Cercul

a) $BMFD$ inscriptibil (ip.) $\Rightarrow \widehat{FMB} = \widehat{ADF}.$
$\triangle AMB \sim \triangle ADF \Rightarrow AB \cdot AD = AM \cdot AF \quad (1).$
$\triangle AEB \sim \triangle ADH \Rightarrow AB \cdot AD = AE \cdot AH \quad (2).$
Din $(1)$ și $(2) \Rightarrow AM \cdot AF = AE \cdot AH \Rightarrow \triangle AEM \sim \triangle AFH \Rightarrow \boxed{\widehat{AFH}=90\degree}.$

b) $AM$ mediană, $HF \perp AM$, rezultă că $F$ este "Humpty point"-ul corespunzător vârfului $A$, deci $B,$ $H,$ $F,$ $C$ conciclice (1).

Fie $A'$ simetricul lui $A$ față de $M.$ Rezultă $AB \parallel CA' \Rightarrow \widehat{DCA'}=90 \degree$, deci $H,$ $F,$ $C,$ $A'$ conciclice (2).

Din (1) și (2) rezultă $B,$ $F,$ $C,$ $A'$ conciclice. Aplicând puterea punctului $M$ față de cercul $(B,F,C)$ rezultă concluzia.

$$\begin{rcases} I \text{ - centrul cercului înscris } \Rightarrow BI \text{ este bisectoarea lui } \widehat{ABC} \\ \overgroup{AB'} = \overgroup{B'C} \Rightarrow BB' \text{ este bisectoarea lui }\widehat{ABC} \end{rcases} \Rightarrow \boxed{B, I, B' \text{ coliniare}} \quad (1)$$

$$\begin{rcases} \widehat{A'_1} = \widehat{A'_2} \\ \widehat{C'_1} = \widehat{C'_2} \end{rcases} \Rightarrow A'BC'I \text{ zmeu } \Rightarrow \boxed{IB \perp A'C'} \quad (2)$$

Analog, $\boxed{A, I, A' \text{ coliniare }} \quad (3)$ și $\boxed{IA \perp B'C'} \quad (4)$

Din (1), (2), (3) și (4) rezultă concluzia.

Folosim doar puterea punctului față de cerc:
$NE \cdot NF = \boxed{NL \cdot NA = NM \cdot ND},$ adică $(\cancel{DN}-DL) \cdot NA = (\cancel{AN}-AM) \cdot ND.$

$\Rightarrow \boxed{\dfrac{MA}{LD} = \dfrac{NA}{ND}}.$ Analog, $\boxed{\dfrac{ID}{HF} =\dfrac{OD}{OF}}$ și $\boxed{\dfrac{KF}{JA} = \dfrac{SF}{SA}} \quad (1).$

Pe de altă parte,

$$\begin{rcases} FK \cdot FA = FH \cdot FD \\ DI \cdot DF = DL \cdot DA \\ AM \cdot AD = AJ \cdot AF \end{rcases} \Rightarrow \boxed{\dfrac{MA}{LD} \cdot \dfrac{ID}{HF} \cdot \dfrac{KF}{JA} = 1} \overset{(1)}{\Rightarrow} \boxed{\dfrac{NA}{ND} \cdot \dfrac{OD}{OF} \cdot \dfrac{SF}{SA} = 1} \Rightarrow \text{ concluzia}.$$

Fie $C_1 \cap C_2 = \{A,P\} \Rightarrow O_1O_2$ este mediatoarea segmentului $AP.$ Fie $AB \cap O_1O_2=\{M\}.$
Pe dreapta $PM$ alegem punctele $H$, $I$ și $J$ ca simetrice ale lui $B$, $D$, respectiv $F$ în raport cu $O_1O_2.$

Din $CE=HI \overset{Lema *}{\Rightarrow} \boxed{CE \parallel HI}.$

Din $EG \parallel IJ$ și $EG = IJ \overset{Reciprocă~Lema *}{\Rightarrow} \boxed{P,A,G,J \text{ conciclice}}$ (1).
Dar $PAJF$ trapez isoscel $\Rightarrow \boxed{P,A,J,F \text{ conciclice}}$ (2).

Din (1) și (2) rezultă $\boxed{P,A,G,F \text{ conciclice}},$ adică concluzia.

Presupunem, prin absurd, că $AC \not\parallel BD.$ Fie $AC \cap BD = \{G\},$ cu $A \in (CG).$

$$\begin{rcases} GA \cdot GC = GB \cdot GD \\ GA \cdot GE = GB \cdot GF \end{rcases} \Rightarrow \dfrac{GC}{GE} = \dfrac{GD}{GF} \Leftrightarrow \dfrac{GC}{CE} = \dfrac{GD}{DF} \Leftrightarrow \boxed{GC=GD}.$$

Deci $\triangle GCD$ isoscel $\Rightarrow \widehat{ACD} = \widehat{BDC} \Rightarrow \overgroup{BD} = \overgroup{AC} \Rightarrow BD=AC$ - contradicție.
Similar se tratează cazul $E \in (CG).$

Reciproc. $DF \parallel = CE \Rightarrow DFEC$ paralelogram $\Rightarrow \boxed{EF=CD}$ (1).
$ABDC$ inscriptibil și $BD \parallel AC \Rightarrow \boxed{CD=AB}$ (2).

Din (1), (2) și $BF \parallel AE \Rightarrow \boxed{ABFE \text{ inscriptibil}}.$

Fie $S'$ simetricul lui $S$ față de dreapta care trece prin mijloacele bazelor trapezului $ABDC$.
Lema lui Haruki ne spune că raportul $\dfrac{MA \cdot NB}{MN}$ nu depinde de poziția punctului $R$ pe arcul mic $\overgroup{AB}.$

Prin urmare, $\boxed{\dfrac{MA \cdot NB}{MN} = \dfrac{P'A \cdot Q'B}{P'Q'}}$ (1).
Dar $S'$, $P'$ și $Q'$ sunt simetricele lui $S$, $P$ și $Q,$ deci $\boxed{\dfrac{P'A \cdot Q'B}{P'Q'} = \dfrac{PC \cdot QD}{PC}}$ (2).
Din (1) și (2) rezultă concluzia.

$\dfrac{AM^2+BN^2}{MN} \geq \dfrac{2\cdot AM \cdot BN}{MN} \overset{*}{=} \dfrac{2 \cdot AM \cdot DQ}{MQ} = \dfrac{2 \cdot \cancel{AM} \cdot AD}{\cancel{AM}}.$

(*) Cum raportul $\dfrac{AM \cdot BN}{MN}$ nu depinde de poziția lui $P$ (lema lui Haruki), putem alege, fără a restrânge generalitatea, $ADBP$ trapez isoscel.