+)$BE\perp AD; AH\perp BC$ (gt)

`=>\hat{AEB}=\hat{AHB}=90°`

`=>` Tứ giác $ABHE$ nội tiếp

`=>\hat{BAE}=\hat{CHE}` (góc ngoài của một góc bằng góc trong của đỉnh đối diện)

Mà `\hat{BAE}=\hat{BCD}` (cùng chắn cung $BD$)

`=>\hat{CHE}=\hat{BCD}`

Vì `\hat{CHE}` và `\hat{BCD}` ở vị trí so le trong 

`=>HE`//$DC$ $(1)$

Ta có: `\hat{ACD}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`=>AC`$\perp DC$ $(2)$

Từ `(1);(2)=>HE`$\perp AC$ $\ (3)$

Ta lại có: $P;Q$ lần lượt là trung điểm $AB;BC$ (gt)

`=>PQ` là đường trung bình $∆ABC$

`=>PQ`//$AC$ $\ (4)$

Từ `(3);(4)=>PQ`$\perp HE$ $\ (5)$

$∆ABH$ vuông tại $H$ có trung tuyến $HP$

`=>HP=1/ 2 AB`

$∆ABE$ vuông tại $E$ có trung tuyến $EP$

`=>EP=1/ 2 AB`

`=>HP=EP` 

`=>P` thuộc đường trung trực của $HE$ $\ (6)$

Từ `(5);(6)=>PQ` là đường trung trực của $HE$ 

`=>QH=QE` $\ (*)$

$\\$

+)$CF\perp AD; AH\perp BC$ (gt)

`=>\hat{AFC}=\hat{AHC}=90°`

`=>` Tứ giác $ACFH$ nội tiếp

`=>\hat{CAF}=\hat{CHF}` (cùng chắn cung $CF$)

Mà `\hat{CAF}=\hat{CBD}` (cùng chắn cung $CD$)

`=>\hat{CHF}=\hat{CBD}`

Vì `\hat{CHF}` và `\hat{CBD}` ở vị trí đồng vị

`=>HF`//$BD$ $(7)$

Ta có: `\hat{ABD}=90°` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`=>AB`$\perp BD$ $(8)$

Từ `(7);(8)=>HF`$\perp AB$ $\ (9)$

Gọi $I$ là trung điểm $AC$

Ta có: $Q;I$ lần lượt là trung điểm $BC;AC$ (gt)

`=>QI` là đường trung bình $∆ABC$

`=>QI`//$AB$ $\ (10)$

Từ `(9);(10)=>QI`$\perp HF$ $\ (11)$

$∆ACH$ vuông tại $H$ có trung tuyến $HI$

`=>HI=1/ 2 AC`

$∆ACF$ vuông tại $F$ có trung tuyến $FI$

`=>FI=1/ 2 AC`

`=>HI=FI` 

`=>I` thuộc đường trung trực của $HF$ $\ (12)$

Từ `(11);(12)=>QI` là đường trung trực của $HF$ 

`=>QH=QF` $\ (**)$

Từ $(*);(**)$`=>QH=QE=QF`

Vậy $Q$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $∆HEF$ (đpcm)

Không chắc chắn đúng.

Xét tứ giác ABEH có:

$AH\perp HB$

$AE\perp EB$

=> ABEH nội tiếp.

=> $\widehat{BAE}=\widehat{BHE}$(1)

Lại có: $\widehat{BAD}=\widehat{BCD}$( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD)

hay $\widehat{BAE}=\widehat{BCD}$(2)

Từ (1) và (2)=>$ \widehat{BHE}=\widehat{BCD}$.

Mà 2 góc này nằm ở vị trí đồng vị nên HE//CD.

=> $\widehat{FEH}=\widehat{FDC}$.(3)

Ta có: $\Delta ACF \sim \Delta CDF$ (g-g)

=>$\widehat{FDC}=\widehat{FCA}$(4)

C/m được AFQC nội tiếp=> $\widehat{FCA}=\widehat{FHA}$(5)

Từ (3), (4) và (5)=> $\widehat{FEH}=\widehat{FHA}$

=> HA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta FEH$.

Mà $AH\perp BC$ nên BC là đường thằng kéo dài của đường kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta FEH$.

=> Q thuộc đường thẳng chứa đường kính đường tròn.

Từ đoạn này tui bắt đầu đi c/m cho QF=QH=QE nhé, không biết còn cách khác không, tui làm khá cồng kềnh.

1) C/m QF=QH=> cần c/m $\Delta QFH$ cân tại H.

Nối O với Q. Vì Q là trung điểm BC nên $OQ\perp BC$.

Xét tứ giác OCQF có:

$CF\perp OF$

$OQ\perp CQ$

=> OC QF nội tiếp=> $\widehat{CFQ}=\widehat{COQ}$(6)

Bạn có thể c/m được: $\widehat{COQ}=\widehat{CAB}$.(7)

FHCA nội tiếp nên: $\widehat{CFH}=\widehat{CAH}$

(6) và (7)=> $\widehat{CFQ}=\widehat{CAB}$

 <=> $\widehat{CFH}+\widehat{HFQ}=\widehat{CAH}+\widehat{HAB}$

<=> $\widehat{HFQ}=\widehat{HAB}$.(*)

Đã tìm ra cách đưa $\widehat{HFQ}$ về 1 góc khác là $\widehat{HAB}$ có nhiều sự liên quan với góc khác nữa:vv

Bây giờ đến lượt $\widehat{FHQ}$:

$\widehat{FHQ}$ kề bù với $\widehat{FHC}$. Mà FHCA nội tiếp

=> $\widehat{FHQ}=\widehat{FAC}$.(**)

Từ (*) và (**) thì nhận thấy để chứng minh $\widehat{HFQ}=\widehat{FHQ}$, ta chuyển sang c/m 

$\widehat{HAB}=\widehat{FAC}$ (cái này khá dễ c/m, ông tự c/m thử xem. Nếu không được tui lại gợi ý).

Đến đây thì việc c/m QF=QH hoàn tất.

2) C/m QF=QE.

Có OBEQ nội tiếp.=> $\widehat{FEQ}=\widehat{OBC}$

$\widehat{EFQ}=\widehat{OCB}$ do cùng bù với $\widehat{OFQ}$

Mà $\widehat{OBC}=\widehat{OCB}$ ($\Delta OBC$ cân tại O)

Vậy thì $\widehat{EFQ}=\widehat{FEQ}$

=> $\Delta QFE$ cân tại Q.

=> QF=QE.

Từ 1) và 2) thì QE=QF=QH.

Và Q thuộc đường thẳng chưa đường kính đường tròn

------> Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FEH.

(Tui không dùng đến điểm P :<)

Hình vẽ: