đề sai. muốn c/m đề sai thì nói. mình c/m cho 

hình = link 

Gọi O₁, O₂, O₃ lần lượt là tâm các hình vuông dựng từ cách cạnh AB, AC, BC

Ta thấy \(\Delta ACP=\Delta MCB\)(c-g-c) do AC=MC, gócACP=gócMCB, CP=BC => AP = BM 

Gọi I, H lần lượt là giao điểm của BM với AP, AC

Xét 2 tam giác AIH và MCH có: góc AHI=góc MHC(đối đỉnh), góc IAH=góc CMH (do gócPAC=gócBMC) 

=> \(\Delta AIH~\Delta MCH\) => \(\widehat{AIH}=\widehat{MCH}=90^0\) => AP vuông góc BM 

Gọi D là trung điểm của AB, ta có: 

Tam giác ABP có: DA=DB, O₃B=O₃P => DO₃ là đường trung bình => DO₃//AP và DO₃=AP/2 (1) 

Tam giác BAM có: DA=DB, O₂A=O₂M => DO₂ là đường trung bình => DO₂//BM và DO₂=BM/2 (2) 

(1) và (2) suy ra: DO₃ vuông góc DO₂ và DO₃=DO₂ (do AP vuông góc BM và AP=BM)

Dễ dàng thấy: tam giác DO₁A = tam giác DO₁B(c-c-c) => \(\widehat{ADO_1}=\widehat{BDO_1}=\frac{180^0}{2}=90^0\)

Có: \(\widehat{ADO_1}=\widehat{O_2DO_3}\)\(\left(=90^0\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(\widehat{ADO_1}+\widehat{ADO_2}=\widehat{O_2DO_3}+\widehat{ADO_2}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\widehat{O_1DO_2}=\widehat{ADO_3}\)

Tam giác vuông DO₁A có góc \(\widehat{AO_1D}=180^0-\left(\widehat{ADO_1}+\widehat{DAO_1}\right)=180^0-\left(90^0+45^0\right)=45^0\)

=> tam giác DO₁A vuông cân tại D => DO₁=DA 

Xét 2 tam giác O₁DO₂ và ADO₃ có: góc O₁DO₂ = góc ADO₃(CM trên), DO₁=DA(CM trên), DO₂=DO₃(đã CM ở đầu bài) 

=> \(\Delta O_1DO_2=\Delta ADO_3\left(c-g-c\right)\) => \(O_1O_2=AO_3\)

THam khảo nha : 

Xét bài toán: Cho tam giác ABC.ABC. Dựng hình vuông ABEFABEF và ACGHACGH phía ngoài tam giác. P,P, QQ theo thứ tự là tâm của hình vuông ABEFABEF và ACGH.ACGH. Lấy MMtrung điểm BC.BC. Chứng minh tam giác PQMPQM vuông cân tại M.M.

Lời giải: 

Dễ dàng chứng minh được MPMP và MQMQ theo thứ tự là đường trung bình của tam giác BCFBCF và BCH.BCH.

Suy ra MP∥CF ; MP=12CFMP∥CF ; MP=12CF và MQ∥BH ; MQ=12BH.   (1)MQ∥BH ; MQ=12BH.   (1)

Ta có: 

ˆBAH=ˆBAF+ˆFAH=90∘+ˆFAHBAH^=BAF^+FAH^=90∘+FAH^

ˆCAF=ˆCAH+ˆFAH=90∘+ˆFAHCAF^=CAH^+FAH^=90∘+FAH^

Do đó ˆBAH=ˆCAF.BAH^=CAF^.

Từ đó chứng minh được △AFC=△ABH (c.g.c)△AFC=△ABH (c.g.c)

⇒ˆFCA=ˆBHA⇒FCA^=BHA^

Gọi II và OO theo thứ tự là giao điểm của CFCF với BHBH và AH.AH.

Khi đó ˆOCA=ˆIHOOCA^=IHO^

Mà ˆOCA+ˆAOC=90∘OCA^+AOC^=90∘ và ˆAOC=ˆIOHAOC^=IOH^ ((đối đỉnh))

Nên ˆIHO+ˆIOH=90∘,IHO^+IOH^=90∘, suy ra ˆHIO=90∘HIO^=90∘

Do đó IH⊥IOIH⊥IO hay BH⊥CF.    (2)BH⊥CF.    (2)

Vì △AFC=△ABH (c.g.c)△AFC=△ABH (c.g.c) nên CF=BH.     (3)CF=BH.     (3)

Từ (1),(1), (2)(2) và (3)(3) suy ra MP=MQMP=MQ và MP⊥MQ.MP⊥MQ. Vậy tam giác MPQMPQ vuông cân tại M.M.

★★★★★★★★★★★★★★★★

Quay lại bài toán. Gọi MM là trung điểm ACAC

Áp dụng kết quả trên, ta chứng minh được tam giác EMFEMF và HMGHMG vuông cân tại M.M.

Từ đó chứng minh được △MEG=△MFH (c.g.c)△MEG=△MFH (c.g.c)

Rồi suy ra EG=HFEG=HF và EG⊥HF.EG⊥HF.

b)b) Gọi PP và QQ lần lượt là trung điểm HFHF và EGEG

Từ △MEG=△MFH (c.g.c)△MEG=△MFH (c.g.c) dễ dàng chứng minh được △MPF=△MQE (c.g.c)△MPF=△MQE (c.g.c)

Suy ra MP=MQMP=MQ và ˆPMF=ˆQME ⇒ ˆPMQ=ˆEMF=90∘PMF^=QME^ ⇒ PMQ^=EMF^=90∘

Do đó tam giác MPQMPQ vuông cân tại MM

Gọi NN trung điểm BD.BD. Chứng minh tương tự như trên, ta được tam giác NPQNPQ vuông cân tại N.N.

Suy ra tứ giác MPNQMPNQ là hình vuông.

a) Đ ;

b) Đ ;

c) Đ ;

d) S .

a/đ b/đ c/đ d/s

a) Đ ;

b) Đ ;

c) Đ ;

d) S .