2 Задачки

[Mr.G{}{}Fy]

1.Точката [tex]M[/tex] е среда на страната [tex]CD[/tex] на квадрата [tex]ABCD[/tex],а точката [tex]P[/tex] лежи върху диагонала [tex]AC[/tex] и е такава,че [tex]PC=3AP[/tex].Намерете [tex]\angle BPM[/tex]
2.Върху страните [tex]AB[/tex] и [tex]AC[/tex] на равностранния триъгълник [tex]ABC[/tex] са взети съответно точките [tex]E[/tex] и [tex]D[/tex] така,че [tex]\frac{BE}{EA } =\frac{AD}{DC } =\frac{1}{ 2}[/tex] .Отсечките [tex]BD[/tex] и [tex]CE[/tex] се пресичат в точката [tex]P[/tex].Докажете,че [tex]\angle APC=90^\circ[/tex]
Ако може решение с материал най-много до подобни триъгълници,защото иначе с Питагор или синусова и косинусова теорема са лесни.Интересно ми е,да видя решение с материал до 8 клас + подобни триъгълници.

[Xixibg]

[tex]1.PN\bot CD ;N\in CD ; PQ\bot BC ; Q\in BC[/tex]
[tex]\triangle PNC\approx\triangle ACD ; =>PC:AC=NC:CD=3:4 ; =>NC=\frac{3a}{4}[/tex]
[tex]\triangle PNC,\triangle PQC[/tex] са еднакви равнобедрени правоъгълни триъгълника [tex]=>PN=PQ=CN=CQ=\frac{3a}{4}[/tex]
[tex]=>BQ=BC-CQ=\frac{a}{4} ; MN=CN-CM=\frac{a}{4}[/tex]
[tex]=>\triangle PNM,\triangle PQB[/tex] са еднакви
[tex]=>\angle MPN=\angle BPQ[/tex]
[tex]\angle NPQ=90^\circ ; =>\angle MPB=90^\circ +\angle BPQ-\angle MPN=90^\circ[/tex]

Само че подобни триъгълници се учат в 9-ти клас , както и Питагорова теорема , така че не спестяваме нищо....

[Xixibg]

Всъщност има начин да избегнем подобните триъгълници и да стане за 8-ми клас...
[tex]AC\cap BD=O ; =>AOMD[/tex] е трапец
[tex]AO=CO=\frac{1}{2}AC ; AP=\frac{1}{4}AC ; =>AP=OP[/tex]
[tex]PN\bot DC ; =>PN[/tex] е средна основа на трапеца[tex]=>PN=\frac{OM+AD}{2}=\frac{3a}{4}[/tex]