Заметим, что ∠PBA ≠ 90° (иначе  PK || AB, и точка Q не существует). Поэтому прямая BP пересекает AQ в некоторой точке R. Треугольники BPH и BRA гомотетичны, так что достаточно доказать, что Q – середина AR.   Первый способ. Пусть прямая QA пересекает данную окружность в точке C, отличной от A (рис. слева). По условию отрезки BC и MK делят друг друга пополам, то есть CKBM – параллелограмм. Поскольку M – середина AB, то CKMA – прямоугольник.

    MC² – MP² – QC² + QP² = (CK² + MK²) – (2PO² + 2OK² – PK²) – (QK² – CK²) + (QK² – PK²) =

        = 2CK² + 4OK² – 2PO² – 2OK² = 2CK² + 2OK² – 2OC² = 0.

  Значит,  MQ ⊥ PC  (см. задачу 157134). Так как CB – диаметр,  BR ⊥ PC.  Следовательно,  MQ || BR,  и поскольку M – середина AB, то Q – середина AR.

  Второй способ. Пусть P' – точка, диаметрально противоположная P (рис. справа). Тогда  PA ⊥ P'A,  PR ⊥ P'B,  AR ⊥ AB,  то есть в треугольниках PAR и P'AB соответственные стороны перпендикулярны. Значит, они подобны, и их медианы, проведённые из вершин P и P', также перпендикулярны. Но из симметрии относительно O следует, что  P'M || PK ⊥PQ.  Это и означает, что PQ – медиана треугольника PAR.

Ответ задачи отсутствует