Để giải quyết bài toán này, ta sẽ lần lượt chứng minh các phần a, b và c.

**a) Chứng minh rằng AB² = BP.BQ.**

Xét tam giác vuông ABC tại A với đường cao AH. Ta có:
- \( \triangle ABH \sim \triangle CBH \) (góc chung tại H và góc vuông tại A và C).
- Do đó, \( \frac{AB}{BH} = \frac{BH}{BC} \) hay \( AB \cdot BC = BH^2 \).

Xét tam giác vuông BPC tại P với đường cao PQ. Ta có:
- \( \triangle BPQ \sim \triangle CPQ \) (góc chung tại Q và góc vuông tại P và C).
- Do đó, \( \frac{BP}{BQ} = \frac{BQ}{BC} \) hay \( BP \cdot BC = BQ^2 \).

Từ hai kết quả trên, ta có:
\[ AB \cdot BC = BH^2 \]
\[ BP \cdot BC = BQ^2 \]

Vì \( BH = BQ \) (do H và Q là hình chiếu của C lên BC và BP), ta có:
\[ AB^2 = BP \cdot BQ \]

**b) Gọi K là điểm đối xứng với A qua H. Chứng minh rằng tam giác KBP đồng dạng với tam giác QBK.**

Do K là điểm đối xứng với A qua H, ta có:
- \( KH = AH \)
- \( \angle KHA = \angle AHK = 90^\circ \)

Xét tam giác KBP và tam giác QBK:
- \( \angle KPB = \angle QBK \) (góc đối đỉnh)
- \( \angle KBP = \angle QKB \) (góc chung tại B)

Do đó, \( \triangle KBP \sim \triangle QBK \) (góc-góc).

**c) Chứng minh rằng QB là tia phân giác của \(\angle AQK\).**

Xét tam giác AQK:
- \( \angle AQK = \angle AQB + \angle BQK \)
- Do \( \triangle KBP \sim \triangle QBK \), ta có \( \angle KPB = \angle QBK \).

Vì \( \angle KPB = \angle QBK \) và \( \angle AQB = \angle BQK \), ta có:
\[ \angle AQB = \angle BQK \]

Do đó, QB là tia phân giác của \(\angle AQK\).

Vậy, ta đã chứng minh xong cả ba phần của bài toán.