Traté de buscar alguna alternativa a las soluciones planteadas...
Pensé algo con trigonometría (con T. del coseno, que hasta el momento nadie había publicado),
pero sin necesidad de usar calculadora:
*Por Potencia de un punto: [math]QX^2=RX(RX+3)
Luego, en [math]\Delta[math]PQR, trazando la altura respecto de [math]QR, tenemos que [math]P\widehat{R}Q=arc \: cos (\frac{1}{3})
*Aplicando el T. del coseno en [math]\Delta[math]QRX, planteamos: [math]QX^2=RX^2+2^2-2.RX.2.(-cos(arc \: cos(\frac{1}{3})),
pues [math]cos (\alpha)=-cos(180º-\alpha)
*Reemplazando en [math]QX^2 y simplificando, nos queda: [math]RX(RX+3)=RX^2+4+\frac{4}{3}RX
Y resolviendo esta ecuación, llegamos a que [math]RX=\frac{12}{5}
Llamamos al ángulo $Q\hat{P}R=2\alpha$. Como el triángulo $PQR$ es isósceles, $P\hat{Q}R=Q\hat{R}P=90-\alpha$. Por tangencia, $R\hat{Q}X=2\alpha$. Por suplementario, $Q\hat{R}X=90+\alpha$. Finalmente $Q\hat{X}R=90-3\alpha$. Notemos ahora que los triángulos $QRX$ y $PQX$ son semejantes. Por lo tanto se cumple:
$\frac{QX}{QR}=\frac{PX}{PQ}$
$\frac{QR}{RX}=\frac{PQ}{QX}$
Pero si tenemos en cuenta de que $PX=RX+3$, nos queda el siguiente sistema de ecuaciones.
$3.QX=2.(RX+3)$
$2.QX=3.RX$
Resolviendo el sistema obtenemos finalmente: $RX=\frac{12}{5}$
No entiendo cómo deduciste que por tangencia los ángulos RQX y QPR son iguales
El $\triangle QPR$ es isósceles en $P$ ya que $PQ=PR=3$. Sea $M$ el punto medio de $QR$, entonces $QM=MR=1$, $Q\widehat PM=M\widehat PR$ y $PM\perp QR$. Como $\triangle PMR$ es rectángulo en $M$, $sen(M\widehat PR)=\frac{MR}{PR}=\frac{1}{3}$, entonces podemos calcular $M\widehat PR$, por lo que podemos saber $Q\widehat PR$ y por lo tanto $P\widehat RQ$ y entonces también sabemos $Q\widehat RX$. Por semiinscripto tenemos $X\widehat QR=Q\widehat PR$, que ya lo conocemos. Como conocemos dos ángulos de $\triangle QRX$ podemos conocer el tercero por suma de ángulos interiores de un triángulo.
Ahora por el Teorema del Seno $\frac{sen(R\widehat XQ)}{QR}=\frac{sen(X\widehat QR)}{XR}\Rightarrow XR=\frac{sen(X\widehat QR)}{sen(R\widehat XQ)}QR$, como conocemos los ángulos podemos conocer sus senos y además conocemos $QR$ por dato, entonces podemos resolver la ecuación.
Llamamos al ángulo $Q\hat{P}R=2\alpha$. Como el triángulo $PQR$ es isósceles, $P\hat{Q}R=Q\hat{R}P=90-\alpha$. Por tangencia, $R\hat{Q}X=2\alpha$. Por suplementario, $Q\hat{R}X=90+\alpha$. Finalmente $Q\hat{X}R=90-3\alpha$. Notemos ahora que los triángulos $QRX$ y $PQX$ son semejantes. Por lo tanto se cumple:
$\frac{QX}{QR}=\frac{PX}{PQ}$
$\frac{QR}{RX}=\frac{PQ}{QX}$
Pero si tenemos en cuenta de que $PX=RX+3$, nos queda el siguiente sistema de ecuaciones.
$3.QX=2.(RX+3)$
$2.QX=3.RX$
Resolviendo el sistema obtenemos finalmente: $RX=\frac{12}{5}$
No entiendo cómo deduciste que por tangencia los ángulos RQX y QPR son iguales
Hola! Es una propiedad que cumplen los ángulos dentro de una circunferencia. El ángulo $R\hat Q X$ se denomina ángulo semi-inscrito. Te recomiendo que busques las propiedades de:
$\bullet$ Arco capaz
$\bullet$ Ángulo central
$\bullet$ Ángulo semi-inscrito
Luego te recomiendo que leas también Potencia en un punto (y que trates de demostrarlas aplicando las propiedades de ángulos mencionadas y combinándolas con semejanza).
Saludos!
Marquemos el centro del circuncirculo y llamémoslo $O$. También marquemos $H$ tal que $OH$ sea perpendicular a $QR$ y digamos que $\angle QOH = 2\alpha$. Por propiedad de ángulo central de un circunferencia sabemos que $\angle QPR = 2\alpha$. Luego, en el triangulo $QOH$ sabemos que $\angle OQH = 90° - \alpha$ por suma de ángulos interiores, y recordemos que el radio de la circunferencia forma un ángulo de 90°con la recta tangente, por lo tanto $\angle XQR = 2\alpha$. Con esto concluimos que los triángulos $QRX$ y $PQX$ son semejantes por criterio $AA$.
Por Thales tenemos:
$$\frac{2}{3} = \frac{RX}{QX} = \frac{QX}{RX + 3}$$
De las ultimas dos:
$$QX = \sqrt{RX(RX+3)}$$
En las dos primeras:
$$2\sqrt{RX(RX+3)} = 3RX$$
$$4RX(RX+3) = 9RX^2$$
$$4RX + 12 = 9RX$$
$$RX = \frac{12}{5}$$
