2. Zadatak

Zadano je $2n+1$ , $n\in\mathbb{N}$ kvadrata, tako da je duljina stranice kvadrata ABCD jednaka 1 cm, a duljina stranice svakog sljedećeg za 1 cm veća od duljine stranice prethodnog kvadrata (vidi sliku). Dužina $\overline{AG}$ siječe sve kvadrate. Izračunaj opseg i površinu pravokutnog trokuta $\triangle LON$ u srednjem po veličini kvadratu, pri čemu je dužina $\overline{LN}$ presjek dužine $\overline{AG}$ i srednjeg kvadrata.

Službeni prikaz niza kvadrata i trokuta LON

Prvi način:

Službeni prikaz prvog načina rješavanja niza kvadrata

Kako je ukupan broj kvadrata $2n+1$ , srednji kvadrat je $(n+1)$ -vi po redu, pa se pravokutni trokut $\triangle LON$ nalazi u $(n+1)$ -vom kvadratu. Kako je kvadrat $(n+1)$ -vi u nizu, $|LO|=n+1$ . Vrijedi i $|FG|=2n+1$ .

Označimo duljine dužina $\overline{ON}$ i $\overline{LN}$ redom s $x$ i $y$ te izračunamo njihove duljine.

$\triangle LON\sim\triangle AFG$ prema poučku K-K jer su oba pravokutna i $\angle OLN\cong\angle FAG$ jer su to šiljasti kutovi uz presječnicu.

Iz sličnosti slijedi

\frac{x}{n+1}=\frac{2n+1}{|AF|}.

Kako je $|AF|=1+2+\dots+2n+1=\frac{(2n+1)\cdot(2n+2)}{2}=(2n+1)\cdot(n+1)$ , dobijemo:

\frac{x}{n+1}=\frac{2n+1}{(2n+1)\cdot(n+1)}

\frac{x}{n+1}=\frac{1}{n+1}

x=1.

Službeni prikaz sličnih trokuta u prvom načinu

Kako je trokut $\triangle LON$ pravokutan, vrijedi:

\begin{aligned} y^2&=(n+1)^2+x^2\\ y^2&=(n+1)^2+1^2\\ y^2&=n^2+2n+1+1\\ y^2&=n^2+2n+2,\quad y>0\\ y&=\sqrt{n^2+2n+2}. \end{aligned}

Konačno, opseg pravokutnog trokuta $\triangle LON$ je $o=n+2+\sqrt{n^2+2n+2}$ , a njegova je površina

P=\frac{(n+1)\cdot1}{2}=\frac{n+1}{2}.

Drugi način:

Službeni prikaz drugog načina rješavanja niza kvadrata

Kako je ukupan broj kvadrata $2n+1$ , srednji kvadrat je $(n+1)$ -vi po redu, pa se pravokutni trokut $\triangle LON$ nalazi u $(n+1)$ -vom kvadratu. Odredimo duljine stranica tog trokuta. Kako je kvadrat $(n+1)$ -vi u nizu, $|LO|=n+1$ .

Označimo duljine dužina $\overline{KL}$ i $\overline{MN}$ redom s $x$ i $y$ te izračunamo njihove duljine.

$\triangle AKL\sim\triangle AFG$ prema poučku K-K jer su oba pravokutna, a kut pri vrhu A im je zajednički.

Iz sličnosti slijedi $|AK|:x=|AF|:|FG|$ .

Odredimo duljine dužina $\overline{AK}$ i $\overline{AF}$ :

|AK|=1+2+\dots+n=\frac{n\cdot(n+1)}{2}

|AF|=1+2+\dots+2n+1=\frac{(2n+1)\cdot(2n+2)}{2}=(2n+1)\cdot(n+1).

Kako je $|FG|=2n+1$ , imamo:

x=\frac{|AK|\cdot|FG|}{|AF|}=\frac{n\cdot(n+1)\cdot(2n+1)}{2\cdot(2n+1)\cdot(n+1)}=\frac{n}{2}.

$\triangle AMN\sim\triangle AFG$ prema poučku K-K jer su oba pravokutna, a kut pri vrhu A im je zajednički.

Iz sličnosti slijedi $|AM|:y=|AF|:|FG|$ .

Odredimo duljinu dužine $\overline{AM}$ :

|AM|=1+2+\dots+n+1=\frac{(n+1)\cdot(n+2)}{2}.

Kako je $|AF|=(2n+1)\cdot(n+1)$ i $|FG|=2n+1$ , imamo:

y=\frac{|AM|\cdot|FG|}{|AF|}=\frac{(n+1)\cdot(n+2)\cdot(2n+1)}{2\cdot(2n+1)\cdot(n+1)}=\frac{n+2}{2}.

Sada je:

|ON|=y-x=\frac{n+2}{2}-\frac{n}{2}=1.

Kako su duljine kateta pravokutnog trokuta $\triangle LON$ jednake $n+1$ i 1, duljina hipotenuze je:

|LN|=\sqrt{(n+1)^2+1^2}=\sqrt{n^2+2n+2}.

Konačno, opseg pravokutnog trokuta $\triangle LON$ je $o=n+2+\sqrt{n^2+2n+2}$ , a njegova je površina

P=\frac{(n+1)\cdot1}{2}=\frac{n+1}{2}.