3. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka su sjecišta grafa s koordinatnim osima točke $A(a,0)$, $B(b,0)$ i $C(0,c)$.

Tada su $a$ i $b$ nultočke dane kvadratne funkcije i vrijedi $ab=q$, a $c$ je vrijednost funkcije za $x=0$, tj. $c=f(0)=q$.

Neka je $D(0,d)$ drugo sjecište kružnice opisane trokutu $ABC$ i osi $y$.

Kako se tetive $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ sijeku u ishodištu $O$, zbog svojstva potencije točke s obzirom na kružnicu vrijedi

$$|OA|\cdot|OB|=|OC|\cdot|OD|. \tag{*}$$

tj. zbog $|OA|=|a|$, $|OB|=|b|$, $|OC|=|c|$, $|OD|=|d|$ vrijedi $|ab|=|cd|$.

Uočimo da su brojevi $ab$ i $cd$ uvijek istog predznaka: negativni ako je ishodište unutar kružnice, a pozitivni ako je ishodište izvan kružnice.

Sada iz $ab=cd$ zbog $ab=q=c$ slijedi $d=1$, što je i trebalo pokazati.

Napomena: Ovo rješenje može se provesti i bez direktnog korištenja potencije točke u odnosu na kružnicu.

Naime, vrijedi $\angle ADO=\angle ADC=\angle ABC=\angle OBC$ i $\angle AOD=\angle COB=90^\circ$ pa su trokuti $AOD$ i $COB$ slični. Zato vrijedi

$$\frac{|OA|}{|OC|}=\frac{|OD|}{|OB|}\qquad\text{tj. }(*).$$

Drugo rješenje.

Neka su sjecišta grafa s koordinatnim osima točke $A(a,0)$, $B(b,0)$ i $C(0,c)$.

Tada su $a$ i $b$ nultočke dane kvadratne funkcije i vrijedi $a+b=-p$, $ab=q$ a $c$ je vrijednost funkcije za $x=0$, tj. $c=f(0)=q$.

Simetrala dužine $\overline{AB}$ je pravac $x=\frac{a+b}{2}$, a simetrala dužine $\overline{CD}$ pravac $y=\frac{c+1}{2}$.

Njihovo sjecište je točka

$$S=\left(\frac{a+b}{2},\frac{c+1}{2}\right).$$

Da bismo dokazali da točke $A$, $B$, $C$ i $D(0,1)$ leže na istoj kružnici, dovoljno je pokazati da je točka $S$ jednako udaljena od točaka $A$, $B$, $C$ i $D$. S obzirom da je $S$ na sjecištu simetrala dužina $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$, vrijedi $|SA|=|SB|$ i $|SC|=|SD|$. Zato je dovoljno dokazati da vrijedi $|SA|=|SD|$.

Pritom koristimo $a+b=-p$ i $c=q$.

$$\begin{aligned} |SD|&=\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+\left(\frac{c+1}{2}-1\right)^2}\\ &=\sqrt{\left(\frac{-p}{2}\right)^2+\left(\frac{q-1}{2}\right)^2}\\ &=\frac12\sqrt{p^2+(q-1)^2}. \end{aligned}$$

S druge strane,

$$\begin{aligned} |SA|&=\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}-a\right)^2+\left(\frac{c+1}{2}\right)^2}\\ &=\frac12\sqrt{(b-a)^2+(c+1)^2}. \end{aligned}$$

(vrijedi $(b-a)^2=(a+b)^2-4ab=(-p)^2-4q$)

$$\begin{aligned} |SA|&=\frac12\sqrt{(p^2-4q)+(q+1)^2}\\ &=\frac12\sqrt{p^2-4q+q^2+2q+1}=\frac12\sqrt{p^2+q^2-2q+1}. \end{aligned}$$

Sada vidimo da je $|SA|=|SD|$ čime je tvrdnja dokazana.