a) Do F đối xứng với C qua BE nên EB là đường trung trực của FC.

Vậy thì ta có ngay \(\Delta BFE=\Delta BCE\left(c-c-c\right)\Rightarrow\widehat{BFE}=\widehat{BCE}=90^o\)

Vậy thì \(\widehat{AFB}+\widehat{DFE}=90^o\)

Lại có góc DFE và góc AFQ là hai góc đối đỉnh nên \(\widehat{AFB}+\widehat{AFQ}=90^o\Rightarrow\widehat{AFB}=\widehat{AQF}\)

Vậy \(\Delta AQF\sim\Delta AFB\left(g-g\right)\)

b) Từ E kẻ \(EJ\perp QB\). Khi đó ta có EJ = BC. Gọi I là giao điểm của QC và  BD.

Do AF// JE nên  \(\Delta AQF\sim\Delta JQE\). Vậy thì \(\Delta JQE\sim\Delta DEF\left(\sim\Delta AQF\right)\)

\(\Rightarrow\frac{JE}{DF}=\frac{QE}{EF}\)

Hay \(\frac{BC}{DF}=\frac{QE}{EF}\Rightarrow\frac{BF}{DF}=\frac{QE}{EC}\left(1\right)\)  (Do BE là trung trực nên BC = BF, FE = EC)

Ta cũng đã có \(\widehat{FED}=\widehat{AFB}\Rightarrow\widehat{QEC}=\widehat{BFD}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta QEC\sim\Delta BFD\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{FQC}=\widehat{FBD}\)

Lại có \(\widehat{BFQ}=\widehat{BFA}+\widehat{AFQ}=90^o\)

Vậy nên \(\widehat{FQB}+\widehat{QBF}=\widehat{FQC}+\widehat{CQB}+\widehat{QBF}=\widehat{CQB}+\widehat{QBD}=90^o\)

Suy ra \(\widehat{AIB}=90^o\Rightarrow QC\perp BD.\)

vẽ hình chụp lên mk giải choa