Đáp án:

Giải thích các bước giải:

 a) Ta có: $H$ là trung điểm của $HP⇒HD=HP$

`P` là điểm đối xứng của `H =>HM=PM`

`Delta HPQ` có $DM$ là đường trung bình.

`=>DM` song song với $PQ$

Lại có `hat(HDM)=90^o => hat(DPQ)=90^o`

`=>DMQP` là hình thang vuông.

 b) Chứng minh MCQB là hình bình hành.

Xét `Delta BMH,Delta CMQ` có:

`hat(HMB)=hat(CMQ)` (đối đỉnh)

`MH=MQ` (giả thiết)

`MB=MC` (giả thiết)

`=>Delta BMH=Delta CMQ (c.g.c)`

`=>hat(HBM)=hat(MCQ) `

`=>BH` song song `CQ`. (1)

  Tương tự: `Delta HMC=Delta BMQ (c.g.c)`

`=>hat(MHC)=hat(MQB)`

`=>HC` song song `BQ` (2)

Từ (1) và (2) suy ra `HCQB` là hình bình hành.

Tính góc ACQ

Ta có: `hat(HCM)=hat(CBM)` (hai góc sole trong)

Nhận thấy rằng nếu kéo dài đoạn `HM ∩ AB={?}` thì sẽ tạo được đường trung bình `Delta ABC`

`=>hat(QHE)+hat(CEH)=180^o`

`=>hat(CEH)=hat(QEH)=90^o`

Lại có `BQ` song song `CH=>hat(QBH)=hat(CHE)` (đồng vị)

Mà `hat(CHQ)+hat(CHE)=hat(EHQ)=90^o`

`=>hat(ACQ)=90^o`.

Tính góc ABQ

Giả sử `CH∩AB≡{F} => hat(AFC)=90^o`

Xét `Delta BHF` và `Delta HEC` có:

`hat(FHB)=hat(EHC)` (đối đỉnh)

`hat(BFC)=hat(CEH)=90^o`

`=>hat(FBH)=hat(ECH)=90^o-hat(FHB)`

Mà `hat(HCE)+hat(CHE)=90^o` do `hat(HBQ)+hat(EHC)`

`=>hat(FBH)+hat(HBQ)=hat(HCE)+hat(CHE)=hat(HEC)=90^o`

c) Gọi các đoạn trung trực xuất phát từ `AB,BC,CA` như hình.

Ta có: `hat(AGO)=hat(GCQ)=90^o`. Hai góc ở vị trí đồng vị:

`=>GO` song song `CQ` mà $GA=GC ⇒OA=OQ$

Mà `OA=OC => OC= OQ =>Delta COQ ` tại $O$

`=>hat(OCQ)=hat(OQC)`.

Từ $M$ hạ trung trực $MI$ `=>DC` là đường trùng với đường trung bình `Delta OQP`

`=> OP=OQ` suy ra từ `Delta OPI=Delta OQI` (hai cạnh góc vuông)

`=>hat(OPI)=hat(OQI)`. Từ đó:

`=>hat(OCQ)=hat(OQC)=hat(OPI)=hat(OQI)=hat(OPB)=hat(OBP)`  `(***)`

`=>OB=OP=OQ=OC=OA`

Bổ sung cụ thể chỗ `***` là hình thứ hai phức tạp hơn.

`Delta OCB` cân `=>hat(OBC)=hat(OCB)`, nối $BI,CI$

`=>hat(CBI)=hat(MCI)` hay `hat(OBP)=hat(OCQ)`

`=>hat(BPQ)=hat(CQP)`