[рис.] а)  Пусть окружность, вписанная в квадрат, касается его стороны AB в точке M1, стороны  AD  — в точке  N1, а прямой  MN  — в точке  T. По свойству касательных $NN_1=NT$ $MM_1=MT$ и $AN_1=AM_1$ Тогда

$AM + MN + AN=AM + MT + NT + AN = ( AM + MM_1 ) + ( NN_1 + AN ) = $\frac{1}{2}$ AB + $\frac{1}{2}$ AD=AB$ $AM + MN + AN=AM + MT + NT + AN =$
$= ( AM + MM_1 ) + ( NN_1 + AN ) = $\frac{1}{2}$ AB + $\frac{1}{2}$ AD=AB$ $AM + MN + AN=AM + MT + NT + AN =$
$= ( AM + MM_1 ) + ( NN_1 + AN ) =$
$= $\frac{1}{2}$ AB + $\frac{1}{2}$ AD=AB$

б)  Положим $AB=12a$ $TN=NN_1=x$ Тогда

$AM=3a$
$AN=AN_1 - NN_1=6a - x$
$MN=MT + TN=3a + x$

По теореме Пифагора $AM ^2 + AN ^2 =MN ^2$ то есть

$9a ^2 + ( 6a - x ) ^2 = ( 3a + x ) ^2$

Отсюда находим, что $x=2a$ Тогда $AN=4a$ и $MN=5a$
Пусть точка O  — центр окружности, а прямая PO пересекает стороны AD и BC в точках L и H соответственно. Из равенства треугольников DOL и BOH следует, что DL  =  BH, поэтому $\frac{BH}{HC} = \frac{DL}{LA}$ Окружность вписана в угол MPC, значит, PL  — биссектриса треугольника DPN, который подобен треугольнику AMN. Используя свойство биссектрисы и подобия, находим:

$\frac{DL}{LN} = $\frac{PD}{PN}$ = $\frac{AM}{MN}$ = \frac{3}{5}$

откуда $DL= $\frac{3}{8}$ DN$ Учитывая, что

$DN=DA - AN=12a - 4a=8a$

находим, что $DL=3a$ $LA=9a$ Тогда

$\frac{BH}{HC} = $\frac{DL}{LA}$ = \frac{1}{3}$

Ответ: б) 1 : 3.

Приведем решение пункта б) предложенное нашим читателем Дмитрием.
Часть б) можно решить проще, доказав, что $\Delta OHB=\Delta OMA$ Оттуда сразу следует, что $MA=HB$ при любом положении точки M. Действительно, $OB=OA,\angle OAM=\angle OBH =45 ^{\circ}$ а $\angle MPC=\angle TOM_1$   — угол между касательными и соответствующими им радиусами. Далее, PH  — биссектриса $\angle MPC,OM$   — биссектриса $\angle TOM_1$ Следовательно,

$\angle HPC= \angle MOM_1,\angle PHC=\angle OMM_1,\angle OHB=\angle OMA,\angle BOH=\angle AOM$ $\angle HPC= \angle MOM_1,\angle PHC=\angle OMM_1,\angle OHB=$
$=\angle OMA,\angle BOH=\angle AOM$

Треугольники OHB и OMA равны по второму признаку.

Приведем решение пункта б) Максима Волкова.
Пусть O  — центр окружности, T  — точка касания окружности и прямой MN. Положим AB  =  12a, тогда радиус окружности R  =  6a, MT  =  MM1  =  3a. Положим $альфа = \angle MOT$ тогда

$\text{tg} альфа = $\frac{MT}{OT}$ = $\frac{3a}{6a}$ = \frac{1}{2}$

Заметим, что PO и MO  — биссектрисы внутренних односторонних углов, образованных при пересечении параллельных прямых AB и PC секущей MN. Следовательно, $\angle MOP=90 ^{\circ}$ тогда

$\angle CPO = \angle MPO = \angle MOT = альфа$

Пусть F  — точка касания окружности со стороной CD, тогда в треугольнике POF находим: $OF=PF \text{tg} альфа$ откуда $PF=12a$ Далее,

$PC = 12a + 6a = 18a$

а потому из треугольника PHC находим: $CH=PC \text{tg} альфа = 9a$ Следовательно,

$PC = 12a - 9a = 3a$

Тогда

$\frac{BH}{HC} = $\frac{3a}{9a}$ = \frac{1}{3}$

Ответ: б) 1 : 3.