Chúng ta sẽ chứng minh bài toán từng phần một mà không sử dụng đường trung tuyến.

### a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.

1. Xét tam giác cân \( \triangle ABC \) với \( AB = AC \).
2. Các đường cao \( BN \) và \( CM \) cắt nhau tại \( L \). Do đó, \( BL \perp AC \) và \( CL \perp AB \).
3. Vì \( AB = AC \) và \( \angle A \) là góc nhọn, nên \( \angle ALB = \angle ALC \).
4. Từ điều này, \( \triangle ALB \) và \( \triangle ALC \) có hai cạnh và một góc kề đối bằng nhau, suy ra \( \triangle ALB \cong \triangle ALC \).
5. Suy ra \( BL = CL \).
6. Tương tự, từ \( AQ \perp BC \) và \( KH \) cắt \( AB \) và \( AC \) tại \( B \) và \( C \), chúng ta có \( BH = CH \).
7. Do đó, \( BH = CK \) và \( BL = CL \) nên \( BHCK \) là hình bình hành.

### b) Chứng minh \( KC = QE \).

1. Kẻ đường thẳng qua \( K \) song song với \( BC \). Gọi đường thẳng này cắt đường thẳng qua \( C \) song song với \( AK \) tại \( E \).
2. Ta có hai cặp góc so le trong do hai đường thẳng song song: \( \angle BKQ = \angle QCE \) và \( \angle BKC = \angle QEB \).
3. Từ đó, suy ra \( \triangle BKQ \sim \triangle QCE \).
4. Từ tỉ lệ giữa các cạnh tương ứng, ta có \( \frac{BK}{QC} = \frac{KQ}{CE} \).
5. Theo định lý đường cao trong tam giác, ta có \( QC = BK \).
6. Do đó, \( KC = QE \).

### c) Chứng minh tứ giác HCEQ là hình bình hành.

1. Ta đã chứng minh rằng \( KC = QE \) và từ trước, \( H \) là điểm cắt của các đường cao.
2. Do đó, \( \angle HCE = \angle HEC \) và \( \angle HQE = \angle HEQ \) (góc đối tại điểm H).
3. Suy ra, tứ giác \( HCEQ \) có hai cặp cạnh đối bằng nhau và góc đối bằng nhau.
4. Kết luận, tứ giác \( HCEQ \) là hình bình hành.

Như vậy, ta đã chứng minh các yêu cầu như đề bài mà không sử dụng đường trung tuyến.