4. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka je $O$ središte, a $r$ radijus danog polukruga. Neka su točke $K$, $L$, $M$ i $N$ ortogonalne projekcije točke $O$ na stranice $\overline{CD}$, $\overline{BC}$, $\overline{AB}$ i $\overline{AD}$ redom. Neka je $\varphi$ mjera kuta $\angle CQP$.

Kako je spojnica središta i dirališta polukruga okomita na stranicu koju taj polukrug dira, točke $M$ i $N$ upravo su dirališta polukruga i stranica $\overline{AB}$ i $\overline{AD}$. Posebno, $|OM|=|ON|=r$. U četverokutu $AMON$ kutovi pri vrhovima $A$, $M$ i $N$ su pravi, pa je taj četverokut kvadrat stranice duljine $r$.

U pravokutnom trokutu $QKO$ vrijedi $|QK|=r\cos\varphi$.

Slično, u pravokutnom trokutu $PLO$ imamo $|PL|=r\sin\varphi$.

Promotrimo četverokut $OKDN$. To je pravokutnik jer su kutovi pri vrhovima $K$, $D$ i $N$ pravi. Zato vrijedi $|DK|=|ON|$, odakle je

$$1+r\sin\varphi=|DQ|+|QK|=|DK|=|ON|=r.$$

Slično, iz pravokutnika $LOMB$ dobivamo $2+r\cos\varphi=r$.

Zapišemo li te jednadžbe kao

$$r\sin\varphi=r-1,\qquad r\cos\varphi=r-2,$$

kvadriramo i zbrojimo, dobivamo

$$\begin{aligned} r^2&=(r-1)^2+(r-2)^2,\\ 0&=r^2-6r+5. \end{aligned}$$

Rješenja dobivene kvadratne jednadžbe su $r=1$ i $r=5$.

Rješenje $r=1$ odbacujemo jer u tom slučaju iz jednadžbe $r\cos\varphi=r-2$ dobivamo $\cos\varphi=-1$, što je nemoguće ako je $\varphi$ mjera šiljastog kuta pravokutnog trokuta $PCQ$.

Dakle, $r=5$, pa je $|PQ|=2r=10$.

Drugo rješenje.

Definirajmo točke $M$, $N$ i $O$ kao u prošlom rješenju, te neka je $S$ sjecište pravaca $NP$ i $QM$. Neka $x$ i $y$ označavaju duljine dužina $\overline{PM}$ i $\overline{QN}$ redom.

Promotrimo trokute $QMP$ i $MBP$. To su pravokutni trokuti (prema Talesovom teoremu svaki kut nad promjerom $\overline{PQ}$ je pravi).

Nadalje, pravac $AB$ tangenta je na taj polukrug, pa prema teoremu o kutu između tetive i tangente vrijedi $\angle PMB=\angle PQM$.

Zaključujemo da su dva para kuta tih trokuta jednaka, pa su trokuti slični prema K-K poučku o sličnosti.

Zato vrijedi $\dfrac{|PB|}{|PM|}=\dfrac{|PM|}{|PQ|}$, odakle je $|PQ|=\dfrac{x^2}{2}$.

Analogno, trokuti $DQN$ i $QNP$ su slični i vrijedi $|PQ|=y^2$.

Posebno zaključujemo da je $x=y\sqrt2$.

Kao u prošlom rješenju zaključujemo da je $AMON$ kvadrat, pa je $\angle MON=90^\circ$.

Promotrimo trokute $SMP$ i $SNQ$. To su pravokutni trokuti s pravim kutom pri vrhovima $M$ i $N$. Dodatno, prema teoremu o obodnom i središnjem kutu imamo

$$\angle NPM=\angle NQM=\frac{\angle NOM}{2}=45^\circ.$$

Zato su trokuti $SMP$ i $SNQ$ jednakokračni pravokutni, pa je posebno $|QS|=y\sqrt2=x$ i $|MS|=x$.

Primijenimo Pitagorin poučak na trokut $QMP$. Kako je $|QM|=|QS|+|SM|=2x$, slijedi

$$\begin{aligned} |PQ|^2&=|QM|^2+|MP|^2,\\ \left(\frac{x^2}{2}\right)^2&=(2x)^2+x^2,\\ \frac14x^4&=5x^2,\\ x^2&=20. \end{aligned}$$

Konačno, zaključujemo $|PQ|=\dfrac{x^2}{2}=10$.