4. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka je $O$ polovište dužine $\overline{PB}$. Iz uvjeta zadatka je jasno da je $|AP|=|BP|=1$.

Budući da je $AT$ tangenta, vrijedi da je $\angle ATP=\angle PBT$. Zaista, imamo

$$\angle ATP=90^\circ-\angle PTO=90^\circ-\angle TPO=90^\circ-\angle TPB=\angle TBP.$$

Ovdje prva jednakost slijedi iz činjenice da je $AT$ tangenta, a $\overline{PT}$ polumjer kružnice (stoga je $\angle ATO=90^\circ$). Druga jednakost vrijedi jer je trokut $OPT$ jednakokračan, treća je očita, a posljednja vrijedi jer je po Talesovom poučku trokut $BPT$ pravokutan.

Trokuti $PAT$ i $TAB$ imaju zajednički kut u vrhu $A$, pa zbog $\angle ATP=\angle TBP$, po K–K poučku, zaključujemo da su ti trokuti slični.

Zato vrijedi

$$\frac{|PT|}{|BT|}=\frac{|AT|}{|AB|}=\frac{|AP|}{|AT|}.$$

Iz toga dobivamo

$$|AT|^2=|AB||AP|=2, \qquad\text{tj.}\qquad |AT|=\sqrt2.$$

Također, slijedi da je

$$\frac{|PT|}{|BT|}=\frac{\sqrt2}{2}, \qquad\text{tj.}\qquad |BT|=\sqrt2|PT|.$$

Već smo komentirali da je trokut $PTB$ pravokutan. Zato po Pitagorinom poučku imamo

$$|PT|^2+|BT|^2=|PB|^2=1.$$

Uvrštavanjem $|BT|=\sqrt2|PT|$ slijedi $3|PT|^2=1$, pa je konačno $|PT|=\frac1{\sqrt3}$.

Napomena: Tvrdnja da je $\angle ATP=\angle PBT$ naziva se poučak o kutu tetive i tangente, te se može koristiti bez dokaza ako se navede ime poučka (ili da je to poznata tvrdnja).

Iz $|AT|=\sqrt2$, $|PT|^2+|TB|^2=1$ i $|AB|=2$ možemo direktno izračunati da je $|PT|=\frac1{\sqrt3}$ koristeći formulu za duljinu težišnice (ili Stewartov poučak) u trokutu $ATB$:

$$4|PT|^2=|AT|^2+2|BT|^2-|AB|^2.$$

Drugo rješenje.

Neka je $O$ polovište dužine $\overline{PB}$. Iz uvjeta zadatka je jasno da je $|AP|=|BP|=1$, $|PO|=|OB|=\frac12$.

Trokut $ATO$ je pravokutan zbog činjenice da je polumjer okomit na tangentu. Zato po Pitagorinom poučku slijedi $|AT|^2+|OT|^2=|AO|^2$, pa uvrštavanjem $|OT|=1$ i $|AO|=\frac32$, slijedi

$$|AT|=\sqrt2.$$

Neka je $N$ nožište okomice iz $T$ na $\overline{PB}$.

Označimo $|PN|=x$. Tada je $|BN|=|BP|-|PN|=1-x$.

Trokut $PTB$ je pravokutan jer je $PB$ promjer kružnice. Primjenom Euklidovog poučka na trokut $PTB$ dobivamo

$$|NT|^2=|PN|\cdot|NB|=x(1-x).$$

Po Pitagorinom poučku za trokut $ATN$ slijedi $(1+x)^2+x(1-x)=2$.

Slijedi $1+3x=2$, tj. $x=\frac13$.

Sada direktno slijedi iz ranijih jednakosti slijedi

$$|NB|=1-x=\frac23 \qquad\text{i}\qquad |NT|=\sqrt{x(1-x)}=\frac{\sqrt2}{3}.$$

Iskoristimo li još Pitagorin poučak u trokutu $PTN$, slijedi $|PN|^2+|NT|^2=|PT|^2$.

Konačno uvrštavanjem $|PN|$ i $|NT|$, dobivamo

$$|PT|=\frac1{\sqrt3}.$$

Napomena: Tvrdnju $|AT|^2=|AP|\cdot|AB|$ možemo argumentirati promatrajući potenciju točke $A$ ili koristeći sličnost trokuta $APT$ i $ATB$, kao u prvom rješenju.

Stewartov poučak možemo primijeniti direktno na trokut $ATO$. Tako dobivamo

$$|AP|\cdot|TO|^2+|OP|\cdot|AT|^2=|AO|\cdot\bigl(|PT|^2+|AP|\cdot|PO|\bigr).$$

Ako prethodno izračunamo $|AT|=\sqrt2$, odavde lako dobivamo $|PT|$.