1. Gọi $CH\bot AB=G; BH\bot AC=I$

 Ta có:

$\widehat {AQN} = \widehat {AFN}\left( 1 \right)$ (2 góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp $\Delta ANF$ chắn cung AN)

$\widehat {AQM} = \widehat {AEM}\left( 2 \right)$ (2 góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp $\Delta AME$ chắn cung AM)

Lại có:

$\widehat {AGH} + \widehat {AIH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$

$\to AGHI$ nội tiếp.

$\to $$\widehat {BHC} = \widehat {GHI} = {180^0} - \widehat {GAI} \Rightarrow \widehat {BHC} = {180^0} - \widehat {FAE}$

Mà $\widehat {BPF} = {180^0} - \widehat {BPC} = {180^0} - \widehat {BHC}$

$ \Rightarrow \widehat {BPF} = \widehat {FAE}$

$\to FAEP$ nội tiếp.

$\begin{array}{l}
 \Rightarrow \widehat {BFP} = \widehat {BEA}\\
 \Rightarrow \widehat {AFN} = {180^0} - \widehat {AEM}\\
 \Rightarrow \widehat {AFN} + \widehat {AEM} = {180^0}\left( 3 \right)
\end{array}$

Từ (1),(2),(3) $\widehat {AQN} + \widehat {AQM} = {180^0}$ $\to M,N,Q$ thẳng hàng.

2. Gọi L là giao điểm của EF và PQ. Gọi K là giao điểm của AP với BC.

Ta có:

Tứ giác $AQEM$ nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {QEA} = \widehat {QMA} \Rightarrow \widehat {QEA} = \widehat {NMA}$

Mà tứ giác $AMCN$ nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {NMA} = \widehat {NCA} \Rightarrow \widehat {QEA} = \widehat {NCA}$

$\Rightarrow QE//FC \Rightarrow QE//FP$

Chứng minh tương tự $\Rightarrow QF//EP$

$\Rightarrow EQFB$ là hình bình hành.

$\Rightarrow L$ là trung điểm của EF.

Lại có:

$\widehat {QAM} = \widehat {QEP} = \widehat {QFP} = \widehat {QAN}$

$\to AQ$ là phân giác $\widehat {MAN}$

Mà $AP$ là phân giác $\widehat {MAN}$

$\to A,P,Q$ thẳng hàng.

Ta có:

$\begin{array}{l}
\widehat {EFP} = \widehat {EAP} = \widehat {EAQ} = \widehat {EMQ} = \widehat {EMN} = \widehat {BMN} = \widehat {BCN}\\
 \Rightarrow \widehat {EFP} = \widehat {BCN}\\
 \Rightarrow EF//BC
\end{array}$

Khi đó:

Áp dụng ĐL Talet ta có:

$\frac{{FL}}{{BK}} = \frac{{AL}}{{AK}} = \frac{{EL}}{{KC}}$

Mà L là trung điểm của EF $ \Rightarrow EL = FL$ $ \Rightarrow BK = KC$

$\to K$ là trung điểm của BC.

$\to PQ$ đi qua trung điểm của BC.