M.n Giải giúp

a) Ta có $AB^2+BC^2=36c^2+100c^2=136c^2>64c^2=AC^2$. Vậy tam giác ABC là tam giác tù tại A. Do đó, góc A lớn hơn 90 độ và góc B, C nhỏ hơn 45 độ. b) Gọi E là trung điểm của AB. Ta có BE = EA = 3c. Vì A là trung điểm của BD nên ta có AD = DB = 4c. K là trung điểm của BC nên ta có KC = KB = 5c. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ADC và đường thẳng DK, ta có: $\frac{AM}{MC} \cdot \frac{CK}{KD} \cdot \frac{BD}{BA} = 1$ Thay giá trị AM = MC = 5c, CK = KB = 5c, BD = 4c, BA = 6c, ta được: $\frac{5}{5} \cdot \frac{5c}{KD} \cdot \frac{4c}{6c} = 1$ Từ đó suy ra $KD = \frac{8}{5}c$. Gọi F là giao điểm của đường thẳng trung trực của AC và DC. Ta cần chứng minh B, M, Q đều nằm trên đường thẳng EF. Ta có $EF \parallel AC$ vì đường thẳng trung trực của AC là đường thẳng vuông góc với AC. Vậy $\angle EFC = \angle ACB$. Ta có $\angle ADC = 180^\circ - \angle ADB = 180^\circ - \angle ABC$. Vì $EF \parallel AC$ nên $\angle EFD = \angle ADC$. Do đó, $\angle BFD = \angle EFD - \angle EFB = \angle ADC - \angle ACB = \angle ADB$. Vậy tam giác BDF và ADB đồng dạng. Từ đó suy ra $\frac{BF}{BD} = \frac{BA}{AD} = \frac{3}{2}$. Gọi H là trung điểm của CD. Ta có DH = HC = 4c. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác DCH và đường thẳng trung trực của AC, ta có: $\frac{QH}{HC} \cdot \frac{CF}{FD} \cdot \frac{DE}{EC} = 1$ Thay giá trị QH = HC = 4c, CF = FB = 3c, FD = KD - KF = $\frac{8}{5}c - 3c = \frac{7}{5}c$, DE = EC = $\frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{136}c$, ta được: $\frac{4c}{4c} \cdot \frac{3c}{\frac{7}{5}c} \cdot \frac{\frac{1}{2}\sqrt{136}c}{\frac{1}{2}\sqrt{136}c} = 1$ Từ đó suy ra $QH = \frac{12}{7}c$. Vậy ta có $HM = AM - AH = 5c - 4c = c$ và $HQ = HC + CQ = 4c + \frac{12}{7}c = \frac{40}{7}c$. Áp dụng định lí Thales cho tam giác ABC và đường thẳng trung trực của AC, ta có: $\frac{AQ}{QC} = \frac{AH}{HC} = \frac{1}{1}$ Do đó, ta có $CQ = QA$. Vậy ta có $QM = CQ - CM = QA - AM = QM = c$. Từ đó suy ra tam giác BMQ là tam giác đều. Do đó, B, M, Q thẳng hàng trên đường thẳng EF.