7. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka je točka $E$ sjecište pravaca $AB$ i $DM$. Trokuti $CDM$ i $BEM$ su sukladni jer je $|CM|=|BM|$, $\angle CMD=\angle BME$ (vršni kutovi) i pravokutni su.

Slijedi da je $|BE|=|CD|=a$.

U pravokutnom trokutu $AEX$ dužina $\overline{BX}$ je težišnica iz vrha $X$ na hipotenuzu $\overline{AE}$ pa je $|BX|=\frac12|AE|=a$.

Po Pitagorinom poučku je $|DE|=\sqrt{|AD|^2+|AE|^2}=a\sqrt5$.

Površina pravokutnog trokuta $AED$ je $P_{AED}=\frac{a\cdot2a}{2}=a^2$.

Istu površinu možemo izraziti pomoću hipotenuze $|DE|$ i visine $|AX|$:

$$P_{AED}=\frac{|DE|\cdot|AX|}{2}.$$

Izjednačimo li izraze za površinu trokuta $AED$ dobivamo

$$a^2=\frac{|AX|\cdot a\sqrt5}{2},$$

odnosno $|AX|=\frac{2\sqrt5}{5}a$.

Traženi opseg trokuta $ABX$ je konačno:

$$o=2a+\frac{2\sqrt5}{5}a=2a\left(1+\frac{\sqrt5}{5}\right).$$

Drugo rješenje.

Prema Pitagorinom poučku je $|DM|=\sqrt{a^2+\left(\frac a2\right)^2}=\frac{a\sqrt5}{2}$.

Povucimo sada visinu trokuta $ABX$ iz vrha $X$.

Uočimo da su pravokutni trokuti $AXD$, $DCM$ i $NXA$ slični prema poučku KK.

Iz sličnosti trokuta $AXD$ i $DCM$ slijedi redom

$$\begin{aligned} \frac{|AX|}{|CD|}&=\frac{|AD|}{|DM|},\\ \frac{|AX|}{a}&=\frac{a}{\frac{a\sqrt5}{2}},\\ |AX|&=\frac{2a}{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}a. \end{aligned}$$

Iz sličnosti trokuta $NXA$ i $DCM$ slijedi redom

$$\begin{aligned} \frac{|AN|}{|CM|}=\frac{|AX|}{|DM|}&=\frac{\frac{2\sqrt5}{5}a}{\frac{a\sqrt5}{2}}=\frac45,\\ |AN|&=\frac a2\cdot\frac45=\frac{2a}{5}, \end{aligned}$$

a tada je $|NB|=\frac{3a}{5}$.

Analogno iz $\frac{|NX|}{|CD|}=\frac{|AX|}{|DM|}=\frac45$ slijedi $|NX|=a\cdot\frac45=\frac{4a}{5}$.

Po Pitagorinom poučku je $|BX|=\sqrt{|BN|^2+|NX|^2}=a$.

Konačno, opseg trokuta $ABX$ je $o=2a+\frac{2\sqrt5}{5}a=2a\left(1+\frac{\sqrt5}{5}\right)$.