Mix Examples - Circles Questions in Gujarati

(C) વૈકલ્પિક વૃત્તખંડના પ્રમેય મુજબ,જીવા અને સ્પર્શક વચ્ચેનો ખૂણો તે જીવા દ્વારા વૈકલ્પિક વૃત્તખંડમાં બનતા ખૂણા જેટલો હોય છે.
આકૃતિમાં $R$ એ લઘુચાપ પર આવેલ બિંદુ છે,તેથી $\angle PRQ$ એ ગુરુચાપમાં બનતા ખૂણાનો પૂરકકોણ છે.
વૈકલ્પિક વૃત્તખંડમાં બનતો ખૂણો $\angle QPT = 60^{\circ}$ છે.
ચક્રીય ચતુષ્કોણના ગુણધર્મ મુજબ,$\angle PRQ = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળને પરિગત ચતુષ્કોણની સામસામેની બાજુઓ વર્તુળના કેન્દ્ર આગળ પૂરક ખૂણાઓ આંતરે છે.
તેથી,$\angle AOB + \angle COD = 180^{\circ}$.
અહીં $\angle AOB = 125^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી:
$\angle COD = 180^{\circ} - 125^{\circ}$
$\angle COD = 55^{\circ}$.

(B) આકૃતિમાં,$AOC$ એ વર્તુળનો વ્યાસ છે. આપણે જાણીએ છીએ કે અર્ધવર્તુળમાં અંતર્ગત ખૂણો કાટખૂણો હોય છે.
તેથી,$\angle ABC = 90^{\circ}$.
$\triangle ACB$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle BAC + \angle ABC + \angle ACB = 180^{\circ}$.
$\angle BAC + 90^{\circ} + 50^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle BAC + 140^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle BAC = 180^{\circ} - 140^{\circ} = 40^{\circ}$.
અહીં $AT$ એ બિંદુ $A$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક છે,તેથી ત્રિજ્યા $OA$ એ સ્પર્શક $AT$ ને લંબ છે.
તેથી,$\angle OAT = 90^{\circ}$.
$A, O, C$ એક જ રેખા પર હોવાથી,$\angle OAT$ એ $\angle CAT$ સમાન છે,એટલે કે $\angle CAT = 90^{\circ}$.
આપણે લખી શકીએ કે $\angle CAT = \angle CAB + \angle BAT$.
$90^{\circ} = 40^{\circ} + \angle BAT$.
$\angle BAT = 90^{\circ} - 40^{\circ} = 50^{\circ}$.
આમ,$\angle BAT$ નું મૂલ્ય $50^{\circ}$ છે.

(C) આપેલ છે: વર્તુળની ત્રિજ્યા $OQ = OR = 5 \, cm$. કેન્દ્ર $O$ થી બિંદુ $P$ નું અંતર $OP = 13 \, cm$ છે.
$PQ$ અને $PR$ સ્પર્શકો હોવાથી,ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુ આગળ સ્પર્શકને લંબ હોય છે. તેથી,$\angle OQP = 90^\circ$ અને $\angle ORP = 90^\circ$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OQP$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OP^2 = OQ^2 + PQ^2$
$13^2 = 5^2 + PQ^2$
$169 = 25 + PQ^2$
$PQ^2 = 169 - 25 = 144$
$PQ = 12 \, cm$.
હવે,$\triangle OQP$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times OQ \times PQ = \frac{1}{2} \times 5 \times 12 = 30 \, cm^2$.
ચતુષ્કોણ $PQOR$ એ બે એકરૂપ કાટકોણ ત્રિકોણો,$\triangle OQP$ અને $\triangle ORP$ થી બનેલો છે.
તેથી,ચતુષ્કોણ $PQOR$ નું ક્ષેત્રફળ $= 2 \times \text{ક્ષેત્રફળ}(\triangle OQP) = 2 \times 30 = 60 \, cm^2$.

(D) ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $O$ અને ત્રિજ્યા $r = 5 \, cm$ છે. $AB$ એ વ્યાસ છે,તેથી $OA = OB = 5 \, cm$.
બિંદુ $A$ આગળ સ્પર્શક $XY$ દોરવામાં આવ્યો છે. વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે,તેથી $OA \perp XY$.
ધારો કે જીવા $CD$ એ $XY$ ને સમાંતર છે. ધારો કે $CD$ વ્યાસ $AB$ ને બિંદુ $E$ માં છેદે છે. $CD \parallel XY$ અને $OA \perp XY$ હોવાથી,$OE \perp CD$ થાય.
જીવા $CD$ નું $A$ થી અંતર $AE = 8 \, cm$ આપેલ છે.
$OA = 5 \, cm$ હોવાથી,કેન્દ્ર $O$ થી જીવાનું અંતર $OE = AE - OA = 8 - 5 = 3 \, cm$ થાય.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OEC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OC^2 = OE^2 + EC^2$
$5^2 = 3^2 + EC^2$
$25 = 9 + EC^2$
$EC^2 = 16$
$EC = 4 \, cm$.
કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે,તેથી $CD = 2 \times EC = 2 \times 4 = 8 \, cm$.

(B) આપેલ છે કે,$\angle QPR = 50^{\circ}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ દોરેલો સ્પર્શક તે બિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે.
તેથી,$\angle OPR = 90^{\circ}$.
આકૃતિ પરથી,$\angle OPQ + \angle QPR = \angle OPR = 90^{\circ}$.
આપેલ કિંમત મૂકતા,$\angle OPQ + 50^{\circ} = 90^{\circ}$.
તેથી,$\angle OPQ = 90^{\circ} - 50^{\circ} = 40^{\circ}$.
$\triangle OPQ$ માં,$OP = OQ$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ).
સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોવાથી,$\angle OQP = \angle OPQ = 40^{\circ}$.
$\triangle OPQ$ માં ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\angle POQ + \angle OPQ + \angle OQP = 180^{\circ}$.
$\angle POQ + 40^{\circ} + 40^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle POQ + 80^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle POQ = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$.

(A) આપેલ છે કે $AB \parallel PR$ અને $PQR$ એ $Q$ બિંદુએ સ્પર્શક છે.
યુગ્મકોણના પ્રમેય મુજબ,સ્પર્શક $QR$ અને જીવા $BQ$ વચ્ચેનો ખૂણો એ વૈકલ્પિક વૃત્તખંડમાં જીવા દ્વારા બનતા ખૂણા જેટલો હોય છે.
તેથી,$\angle BAQ = \angle BQR = 70^{\circ}$.
$AB \parallel PR$ હોવાથી,યુગ્મકોણો સમાન થાય.
તેથી,$\angle ABQ = \angle BQR = 70^{\circ}$.
$\triangle ABQ$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle AQB + \angle ABQ + \angle BAQ = 180^{\circ}$.
$\angle AQB + 70^{\circ} + 70^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle AQB + 140^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle AQB = 180^{\circ} - 140^{\circ} = 40^{\circ}$.

(A) સાચું.
$\triangle PBO$ માં,$OB = OP$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ).
તેથી,$\angle OPB = \angle PBO = 30^{\circ}$.
$\triangle PBO$ માં ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,$\angle POB = 180^{\circ} - (30^{\circ} + 30^{\circ}) = 120^{\circ}$.
$BOA$ એ એક સીધી રેખા હોવાથી,$\angle POA = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$.
$\triangle OPT$ માં,$OP \perp PT$ (સ્પર્શબિંદુએ ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે).
તેથી,$\angle OPT = 90^{\circ}$.
$\triangle OPT$ માં,$\angle PTA = 180^{\circ} - (\angle POT + \angle OPT) = 180^{\circ} - (60^{\circ} + 90^{\circ}) = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$.
આમ,આપેલ વિધાન સાચું છે.

(B) ખોટું.
અહીં $QL$ એ $Q$ આગળ સ્પર્શક હોવાથી,ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે,તેથી $\angle OQS = 90^{\circ} - \angle SQL = 90^{\circ} - 50^{\circ} = 40^{\circ}$.
$\triangle OSQ$ માં,$OS = OQ$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ),તેથી $\angle OSQ = \angle OQS = 40^{\circ}$.
તે જ રીતે,$R$ આગળના સ્પર્શક $RM$ માટે,$\angle ORS = 90^{\circ} - \angle SRM = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
$\triangle OSR$ માં,$OS = OR$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ),તેથી $\angle OSR = \angle ORS = 30^{\circ}$.
તેથી,$\angle QSR = \angle OSQ + \angle OSR = 40^{\circ} + 30^{\circ} = 70^{\circ}$.

(TRUE) સાચું.
ધારો કે રેખાખંડ $PQ$ ના અંત્યબિંદુઓ $P$ અને $Q$ માંથી પસાર થતા ઘણા બધા વર્તુળો છે.
કારણ કે $PQ$ આ બધા વર્તુળો માટે સામાન્ય જીવા છે,તેથી $P$ અને $Q$ માંથી પસાર થતા કોઈપણ વર્તુળનું કેન્દ્ર $P$ અને $Q$ થી સમાન અંતરે હોવું જોઈએ.
આપણે જાણીએ છીએ કે બે નિશ્ચિત બિંદુઓ $P$ અને $Q$ થી સમાન અંતરે આવેલા બિંદુઓનો બિંદુપથ એ રેખાખંડ $PQ$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
તેથી,આવા તમામ વર્તુળોના કેન્દ્રો $PQ$ ના લંબદ્વિભાજક પર આવેલા હોવા જોઈએ.

(N/A) આપેલ છે: કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળની બહારના બિંદુ $P$ માંથી બે સ્પર્શકો $PQ$ અને $PR$ દોરવામાં આવ્યા છે.
સાબિત કરવાનું છે: $QORP$ એક ચક્રીય ચતુષ્કોણ છે.
સાબિતી:
$1$. $PQ$ અને $PR$ એ અનુક્રમે બિંદુ $Q$ અને $R$ આગળ વર્તુળના સ્પર્શકો હોવાથી,ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુ આગળ સ્પર્શકને લંબ હોય છે.
$2$. તેથી,$OQ \perp PQ$ અને $OR \perp PR$.
$3$. આનો અર્થ એ છે કે $\angle OQP = 90^{\circ}$ અને $\angle ORP = 90^{\circ}$.
$4$. ચતુષ્કોણ $QORP$ માં,સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle OQP + \angle ORP = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$ થાય છે.
$5$. ચતુષ્કોણ $QORP$ માં સામસામેના ખૂણાઓની એક જોડનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,તે એક ચક્રીય ચતુષ્કોણ છે.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $AB$ અને $CD$ એ અસમાન ત્રિજ્યા ધરાવતા બે વર્તુળોના સામાન્ય સ્પર્શકો છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AB = CD$.
રચના: $AB$ અને $CD$ ને લંબાવો જેથી તેઓ બિંદુ $P$ માં છેદે.
સાબિતી:
બિંદુ $P$ એ બહારનું બિંદુ હોવાથી,મોટા વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે:
$PA = PC$ ... $(1)$
તે જ રીતે,નાના વર્તુળ માટે બિંદુ $P$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે:
$PB = PD$ ... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ માંથી સમીકરણ $(2)$ બાદ કરતા:
$PA - PB = PC - PD$
$AB = CD$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે $PR$ એ વર્તુળની એક જીવા છે. બિંદુઓ $P$ અને $R$ આગળ સ્પર્શકો દોરવામાં આવ્યા છે. ધારો કે આ સ્પર્શકો વર્તુળની બહારના બિંદુ $T$ માં મળે છે.
$\triangle TPR$ માં,$TP = TR$ (વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે).
કારણ કે $TP = TR$,તેથી આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે,એટલે કે $\angle TPR = \angle TRP$.
આ ખૂણાઓ સ્પર્શકો દ્વારા જીવા $PR$ સાથે બનાવેલા ખૂણા છે.
આમ,વર્તુળની જીવાના અંત્યબિંદુઓ આગળ દોરેલા સ્પર્શકો જીવા સાથે સમાન ખૂણા બનાવે છે.

(N/A) આપેલ છે: $AB$ એ કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળનો વ્યાસ છે.
ધારો કે $MAN$ એ બિંદુ $A$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.
ધારો કે $CD$ એ વર્તુળની કોઈપણ જીવા છે જે સ્પર્શક $MAN$ ને સમાંતર છે.
સ્પર્શબિંદુ $A$ આગળ $OA$ એ ત્રિજ્યા હોવાથી,$OA \perp MAN$ થાય.
$CD \parallel MAN$ અને $OA \perp MAN$ હોવાથી,તે સાબિત થાય છે કે $OA \perp CD$.
ધારો કે વ્યાસ $AB$ એ જીવા $CD$ ને બિંદુ $E$ માં છેદે છે.
આમ,$OE \perp CD$.
પ્રમેય મુજબ,વર્તુળના કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે.
તેથી,$CE = ED$.
$CD$ એ બિંદુ $A$ આગળના સ્પર્શકને સમાંતર કોઈપણ સ્વૈચ્છિક જીવા હોવાથી,વ્યાસ $AB$ આવી તમામ જીવાઓને દુભાગે છે.

(N/A) $(i)$ આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળના કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે. $ON \perp AB$ હોવાથી,$AN = BN$ થાય.
હવે,$PA \cdot PB = (PN - AN)(PN + BN)$.
$AN = BN$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$PA \cdot PB = (PN - AN)(PN + AN) = PN^2 - AN^2$.
$(ii)$ કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ONP$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OP^2 = ON^2 + PN^2 \implies PN^2 = OP^2 - ON^2$.
આ કિંમતને $PN^2 - AN^2$ માં મૂકતા:
$PN^2 - AN^2 = (OP^2 - ON^2) - AN^2 = OP^2 - (ON^2 + AN^2)$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ONA$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$ON^2 + AN^2 = OA^2$.
તેથી,$PN^2 - AN^2 = OP^2 - OA^2$.
$OA$ અને $OT$ બંને એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યા હોવાથી,$OA = OT$.
તેથી,$PN^2 - AN^2 = OP^2 - OT^2$.
$(iii)$ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,આપણી પાસે $PA \cdot PB = OP^2 - OT^2$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OTP$ માં (જ્યાં $\angle OTP = 90^{\circ}$ કારણ કે સ્પર્શક સ્પર્શબિંદુએ ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે),પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OP^2 = OT^2 + PT^2 \implies OP^2 - OT^2 = PT^2$.
આમ,$PA \cdot PB = PT^2$.

(N/A) આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ,વર્તુળ ત્રિકોણ $ABC$ ની બાજુઓને $P$,$Q$ અને $R$ બિંદુએ સ્પર્શે છે.
પ્રમેય મુજબ,વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે.
તેથી,આપણી પાસે છે:
$BQ = BP$
$CP = CR$
$AQ = AR$
હવે,ત્રિકોણ $ABC$ ની પરિમિતિ ધ્યાનમાં લો:
$\text{પરિમિતિ} = AB + BC + AC$
$\text{પરિમિતિ} = AB + (BP + CP) + AC$
સ્પર્શકના પ્રમેય પરથી કિંમતો મૂકતા:
$\text{પરિમિતિ} = AB + BQ + CR + AC$
$\text{પરિમિતિ} = (AB + BQ) + (AC + CR)$
$\text{પરિમિતિ} = AQ + AR$
કારણ કે $AQ = AR$,આપણે લખી શકીએ:
$\text{પરિમિતિ} = AQ + AQ = 2AQ$
આમ,$2AQ = AB + BC + AC$
$AQ = \frac{1}{2}(AB + BC + AC)$

(N/A) ધારો કે વર્તુળના બાજુઓ $AB, BC, CD, DE, EF,$ અને $FA$ સાથેના સ્પર્શબિંદુઓ અનુક્રમે $P, Q, R, S, T,$ અને $U$ છે.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,આપણી પાસે છે:
$AP = AU$
$BP = BQ$
$CQ = CR$
$DR = DS$
$ES = ET$
$FT = FU$
હવે,એકાંતર બાજુઓનો સરવાળો ધ્યાનમાં લો:
$AB + CD + EF = (AP + PB) + (CR + RD) + (ET + TF)$
સ્પર્શકની સમાનતાઓને બદલતા:
$AB + CD + EF = (AU + BQ) + (CQ + DS) + (ES + FU)$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા:
$AB + CD + EF = (BQ + CQ) + (DS + ES) + (FU + AU)$
$AB + CD + EF = BC + DE + FA$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) કારણ કે $AC$ એ વ્યાસ છે,તેથી અર્ધવર્તુળમાં બનતો ખૂણો $90^{\circ}$ હોય છે.
તેથી,$\angle ABC = 90^{\circ}$ (અર્ધવર્તુળના ખૂણાનો ગુણધર્મ).
$\Delta ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે,તેથી $\angle CAB + \angle ABC + \angle ACB = 180^{\circ}$.
$\angle ABC = 90^{\circ}$ મૂકતા,આપણને મળે છે $\angle CAB + \angle ACB = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$ .......$(i)$
કારણ કે $AT$ એ $A$ આગળનો સ્પર્શક છે અને $AC$ એ ત્રિજ્યા છે (વ્યાસનો ભાગ),તેથી સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુએ ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે.
આમ,$\angle CAT = 90^{\circ}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\angle CAB + \angle BAT = 90^{\circ}$ ..........$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી:
$\angle CAB + \angle ACB = \angle CAB + \angle BAT$
બંને બાજુથી $\angle CAB$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે $\angle ACB = \angle BAT$. આમ સાબિત થાય છે.

(D) આપેલ છે કે,બે વર્તુળોની ત્રિજ્યા $OP = 3\, cm$ અને $PO^{\prime} = 4\, cm$ છે.
આ બે વર્તુળો $P$ અને $Q$ માં છેદે છે.
અહીં $OP$ અને $O^{\prime}P$ એ $P$ આગળ દોરેલા સ્પર્શકો છે,તેથી $\angle OPO^{\prime} = 90^{\circ}$.
કાટકોણ $\triangle OPO^{\prime}$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$(OO^{\prime})^2 = (OP)^2 + (PO^{\prime})^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25$.
તેથી,$OO^{\prime} = 5\, cm$.
ધારો કે $PN \perp OO^{\prime}$,જ્યાં $N$ એ $OO^{\prime}$ પરનું બિંદુ છે.
ધારો કે $ON = x$,તો $NO^{\prime} = 5 - x$.
કાટકોણ $\triangle OPN$ માં,$(PN)^2 = (OP)^2 - (ON)^2 = 3^2 - x^2 = 9 - x^2$ ... $(i)$
કાટકોણ $\triangle PNO^{\prime}$ માં,$(PN)^2 = (PO^{\prime})^2 - (NO^{\prime})^2 = 4^2 - (5 - x)^2 = 16 - (25 + x^2 - 10x) = 10x - 9 - x^2$ ... (ii)
$(i)$ અને (ii) ને સરખાવતા:
$9 - x^2 = 10x - 9 - x^2$
$18 = 10x \Rightarrow x = 1.8\, cm$.
$x = 1.8$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$(PN)^2 = 9 - (1.8)^2 = 9 - 3.24 = 5.76$.
$PN = \sqrt{5.76} = 2.4\, cm$.
સામાન્ય જીવા $PQ = 2 \times PN = 2 \times 2.4 = 4.8\, cm$.

(B) $PQ$ અને $PR$ એ બાહ્ય બિંદુ $P$ માંથી દોરેલા બે સ્પર્શકો છે.
$\therefore PQ = PR$ [બાહ્ય બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે].
$\triangle PQR$ માં,$PQ = PR$ હોવાથી,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે.
$\therefore \angle PQR = \angle QRP$.
$\triangle PQR$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle PQR + \angle QRP + \angle RPQ = 180^{\circ}$
$2 \angle PQR + 30^{\circ} = 180^{\circ}$
$2 \angle PQR = 150^{\circ}$
$\angle PQR = 75^{\circ}$.
જીવા $SR \parallel$ સ્પર્શક $PQ$ હોવાથી,યુગ્મકોણ સમાન હોય છે.
$\therefore \angle SRQ = \angle RQP = 75^{\circ}$.
યુગ્મકોણ પ્રમેય (Alternate Segment Theorem) મુજબ,સ્પર્શક $PR$ અને જીવા $RQ$ વચ્ચેનો ખૂણો એ વૈકલ્પિક વૃત્તખંડમાં જીવા દ્વારા બનતા ખૂણા જેટલો હોય છે.
$\therefore \angle PQR = \angle QSR = 75^{\circ}$.
$\triangle QRS$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle RQS + \angle QSR + \angle SRQ = 180^{\circ}$
$\angle RQS + 75^{\circ} + 75^{\circ} = 180^{\circ}$
$\angle RQS + 150^{\circ} = 180^{\circ}$
$\angle RQS = 30^{\circ}$.

(N/A) ધારો કે $M$ એ ચાપ $AMB$ નું મધ્યબિંદુ છે અને $TMT'$ એ $M$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.
$AB$,$AM$ અને $MB$ ને જોડો.
કારણ કે,$\text{ચાપ } AM = \text{ચાપ } MB$,
$\Rightarrow$ જીવા $AM =$ જીવા $MB$.
$\triangle AMB$ માં,$AM = MB$.
$\Rightarrow \angle MAB = \angle MBA$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે) $\dots(i)$.
કારણ કે $TMT'$ એ $M$ આગળ સ્પર્શક છે,યુગ્મકોણ પ્રમેય (alternate segment theorem) મુજબ:
$\angle AMT = \angle MBA$ (વૈકલ્પિક વૃત્તખંડના ખૂણા સમાન હોય છે).
$(i)$ પરથી,$\angle AMT = \angle MAB$.
પરંતુ $\angle AMT$ અને $\angle MAB$ એ છેદિકા $AM$ દ્વારા રેખાઓ $AB$ અને $TMT'$ ને છેદવાથી બનતા યુગ્મકોણ છે.
જેથી યુગ્મકોણ સમાન હોવાથી,રેખાઓ સમાંતર હોવી જોઈએ.
તેથી,$AB \parallel TMT'$.
આમ,વર્તુળના ચાપના મધ્યબિંદુએ દોરેલો સ્પર્શક,ચાપના અંત્યબિંદુઓને જોડતી જીવાને સમાંતર હોય છે.

(B) આપેલ છે કે,$OT = 13 \, cm$ અને ત્રિજ્યા $OP = 5 \, cm$.
વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે,તેથી $OP \perp PT$.
કાટકોણ $\triangle OPT$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$PT^2 = OT^2 - OP^2 = 13^2 - 5^2 = 169 - 25 = 144$.
તેથી,$PT = 12 \, cm$.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,$PT = QT = 12 \, cm$.
વળી,$ET = OT - OE = 13 - 5 = 8 \, cm$.
ધારો કે $PA = AE = x$. તો $AT = PT - PA = 12 - x$.
કાટકોણ $\triangle AET$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AT^2 = AE^2 + ET^2$
$(12 - x)^2 = x^2 + 8^2$
$144 - 24x + x^2 = x^2 + 64$
$24x = 144 - 64 = 80$
$x = \frac{80}{24} = \frac{10}{3} \, cm$.
તે જ રીતે,$EB = QB = \frac{10}{3} \, cm$.
તેથી,$AB = AE + EB = \frac{10}{3} + \frac{10}{3} = \frac{20}{3} \, cm$.

(D) ધારો કે $O$ એ $R = 9\, cm$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળનું કેન્દ્ર છે. ધારો કે $AM$ એ $A$ માંથી $BC$ પરનો વેધ છે. કારણ કે $\triangle ABC$ એ $AB = AC$ સાથે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે, તેથી વેધ $AM$ એ કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થાય છે.
ધારો કે $AM = x$. તો $OM = |x - 9|$.
$\triangle AMC$ માં, પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $MC^2 = AC^2 - AM^2 = 6^2 - x^2 = 36 - x^2$.
$\triangle OMC$ માં, પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $MC^2 = OC^2 - OM^2 = 9^2 - (x - 9)^2 = 81 - (x^2 - 18x + 81) = 18x - x^2$.
$MC^2$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $36 - x^2 = 18x - x^2$.
$18x = 36 \Rightarrow x = 2\, cm$.
આમ, $AM = 2\, cm$.
હવે, $MC^2 = 36 - 2^2 = 36 - 4 = 32$.
$MC = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}\, cm$.
કારણ કે $AM$ એ $BC$ ને દુભાગે છે, તેથી $BC = 2 \times MC = 8\sqrt{2}\, cm$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times BC \times AM = \frac{1}{2} \times 8\sqrt{2} \times 2 = 8\sqrt{2}\, cm^{2}$.

(B) ધારો કે અંતઃવૃત્તની ત્રિજ્યા $r$ છે.
અહીં,$AB = 8$,$BC = 15$ અને $\angle B = 90^{\circ}$ આપેલ છે.
$\Delta ABC$ માં પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2}$
$AC^{2} = 8^{2} + 15^{2}$
$AC^{2} = 64 + 225 = 289$
$AC = \sqrt{289} = 17$.
$\Delta ABC$ નું ક્ષેત્રફળ એ $\Delta AOB$,$\Delta BOC$ અને $\Delta AOC$ ના ક્ષેત્રફળના સરવાળા જેટલું થાય,જ્યાં $O$ એ અંતઃકેન્દ્ર છે:
$\Delta ABC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\text{Area}(\Delta AOB) + \text{Area}(\Delta BOC) + \text{Area}(\Delta AOC)$
$\frac{1}{2} \times AB \times BC = \frac{1}{2} \times AB \times r + \frac{1}{2} \times BC \times r + \frac{1}{2} \times AC \times r$
$\frac{1}{2} \times 8 \times 15 = \frac{1}{2} \times r \times (AB + BC + AC)$
$60 = \frac{1}{2} \times r \times (8 + 15 + 17)$
$60 = \frac{1}{2} \times r \times 40$
$60 = 20r$
$r = \frac{60}{20} = 3$.
વૈકલ્પિક રીતે,કાટકોણ ત્રિકોણ માટે,અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{AB + BC - AC}{2} = \frac{8 + 15 - 17}{2} = \frac{6}{2} = 3$.

(D) ધારો કે $OP$ અને $AB$ નું છેદબિંદુ $R$ છે. $P$ એ બહારનું બિંદુ હોવાથી $PA$ અને $PB$ સ્પર્શકો છે,તેથી $PA = PB$ અને $\triangle OAP \cong \triangle OBP$. આમ,$OP$ એ જીવા $AB$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
આપેલ છે $AB = 24$,તેથી $AR = RB = 12$.
કાટકોણ $\triangle ORA$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OR^2 = OA^2 - AR^2 = 13^2 - 12^2 = 169 - 144 = 25$.
તેથી,$OR = 5$.
$\triangle OAP$ માં,$\angle OAP = 90^\circ$ (સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુએ ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે). $AR$ એ કર્ણ $OP$ પરનો વેધ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,$OA^2 = OR \cdot OP$.
$13^2 = 5 \cdot OP \implies 169 = 5 \cdot OP \implies OP = \frac{169}{5} = 33.8$.
કાટકોણ $\triangle OAP$ માં,$PA^2 = OP^2 - OA^2 = (33.8)^2 - 13^2 = 1142.44 - 169 = 973.44$.
$PA = \sqrt{973.44} = 31.2 = \frac{156}{5}$.

(D) $\odot(O, 15)$ માં,$OA = OB = 15$ (ત્રિજ્યા) અને $AB = 30$ (વ્યાસ).
$\odot(O, 9)$ માં,$OD = 9$ (ત્રિજ્યા).
$BD$ એ $D$ આગળ $\odot(O, 9)$ નો સ્પર્શક હોવાથી,$\overline{OD} \perp \overline{BD}$ થાય. તેથી,$\triangle ODB$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle ODB = 90^{\circ}$.
$AB$ એ $\odot(O, 15)$ નો વ્યાસ હોવાથી,અર્ધવર્તુળમાં અંતર્ગત ખૂણો કાટખૂણો હોય છે. તેથી,$\angle ACB = 90^{\circ}$.
હવે,$\triangle ODB$ અને $\triangle ACB$ ને ધ્યાનમાં લો:
$1$. $\angle ODB = \angle ACB = 90^{\circ}$
$2$. $\angle DBO = \angle CBA$ (સામાન્ય ખૂણો)
$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ODB \sim \triangle ACB$.
તેથી,અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન થાય:
$\frac{AC}{OD} = \frac{AB}{OB}$
$\frac{AC}{9} = \frac{30}{15}$
$\frac{AC}{9} = 2$
$AC = 9 \times 2 = 18$.

(A) ચક્રીય ચતુષ્કોણમાં સામસામેના ખૂણાઓના માપનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
આપેલ છે કે $ABCD$ એક ચક્રીય ચતુષ્કોણ છે,તેથી $\angle B$ અને $\angle D$ સામસામેના ખૂણા છે.
તેથી,$m \angle B + m \angle D = 180^{\circ}$.
આપેલ કિંમત મૂકતા,$60^{\circ} + m \angle D = 180^{\circ}$.
આમ,$m \angle D = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.

(D) આકૃતિ પરથી,$PA$ અને $PB$ એ બિંદુ $P$ માંથી વર્તુળને દોરેલા સ્પર્શકો છે.
પ્રમેય મુજબ,વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે,તેથી $PA = PB$.
$\triangle PAB$ માં,$PA = PB$ હોવાથી,તે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે,જેનો અર્થ છે કે $m \angle PBA = m \angle PAB$.
આકૃતિમાં,સ્પર્શક $PA$ અને જીવા $AB$ વચ્ચેનો ખૂણો $55^{\circ}$ આપેલ છે.
આમ,$m \angle PAB = 55^{\circ}$.
$m \angle PBA = m \angle PAB$ હોવાથી,$m \angle PBA = 55^{\circ}$ થાય.

(C) પ્રમેય મુજબ,વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે.
બિંદુ $A$ માંથી,$AB$ અને $AC$ વર્તુળના સ્પર્શકો છે,તેથી $AB = AC = 3$.
બિંદુ $P$ માંથી,$PB$ અને $PS$ વર્તુળના સ્પર્શકો છે,તેથી $PB = PS$.
બિંદુ $Q$ માંથી,$QC$ અને $QS$ વર્તુળના સ્પર્શકો છે,તેથી $QC = QS$.
$\Delta APQ$ ની પરિમિતિ $= AP + PQ + AQ$.
કારણ કે $PQ = PS + SQ$,આપણે $PS$ ની જગ્યાએ $PB$ અને $SQ$ ની જગ્યાએ $QC$ મૂકી શકીએ છીએ.
પરિમિતિ $= AP + (PB + QC) + AQ$.
પરિમિતિ $= (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC$.
કારણ કે $AB = 3$ અને $AC = 3$,તેથી પરિમિતિ $= 3 + 3 = 6$.

(A) ધારો કે વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે. આ વર્તુળ કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ નું અંતઃવર્તુળ છે,જ્યાં $AB = 3$ અને $BC = 4$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,કર્ણ $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$ મળે.
કાટકોણ ત્રિકોણના અંતઃવર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ શોધવાનું સૂત્ર $r = \frac{AB + BC - AC}{2}$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$r = \frac{3 + 4 - 5}{2} = \frac{2}{2} = 1$ મળે.
આમ,વર્તુળની ત્રિજ્યા $1$ છે.

(B) અર્ધવર્તુળનો વ્યાસ $d = 50 \, cm$ છે,તેથી ત્રિજ્યા $r = 25 \, cm$ થાય.
અર્ધવર્તુળમાં અંતર્ગત ત્રિકોણ માટે,ત્રિકોણનો પાયો એ અર્ધવર્તુળનો વ્યાસ છે $(b = 50 \, cm)$.
ત્રિકોણની ઊંચાઈ એ અર્ધવર્તુળની ત્રિજ્યા જેટલી હોય છે $(h = r = 25 \, cm)$,કારણ કે જ્યારે શિરોબિંદુ ચાપના મધ્યબિંદુ પર હોય ત્યારે મહત્તમ ઊંચાઈ પ્રાપ્ત થાય છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શોધવાનું સૂત્ર $A = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $A = \frac{1}{2} \times 50 \times 25 = 25 \times 25 = 625 \, cm^{2}$.

(C) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ માંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ અનુક્રમે $x, y, z$ છે.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,આપણી પાસે છે:
$AD = AF = x$
$BD = BE = y$
$CE = CF = z$
$\Delta ABC$ ની બાજુઓના માપ આપેલા છે:
$AB = x + y = 13$
$BC = y + z = 12$
$CA = z + x = 5$
આ ત્રણેય સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$(x + y) + (y + z) + (z + x) = 13 + 12 + 5$
$2(x + y + z) = 30$
$x + y + z = 15$
આપણે $AD = x$ શોધવાનું છે. $y + z = 12$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x + (y + z) = 15$
$x + 12 = 15$
$x = 15 - 12 = 3$
તેથી,$AD = 3$.

(D) વર્તુળ $\odot(O, 5)$ ની ત્રિજ્યા $r = 5$ છે.
વર્તુળ ચોરસની બધી બાજુઓને સ્પર્શતું હોવાથી,વર્તુળનો વ્યાસ એ ચોરસની બાજુની લંબાઈ જેટલો થાય.
ચોરસની બાજુની લંબાઈ $= 2 \times r = 2 \times 5 = 10$.
ચોરસની પરિમિતિ $= 4 \times \text{બાજુની લંબાઈ} = 4 \times 10 = 40$.

(B) એક વર્તુળ $\square ABCD$ ની ચારેય બાજુઓને સ્પર્શે છે. સ્પર્શક ચતુષ્કોણના ગુણધર્મ મુજબ,સામસામેની બાજુઓના સરવાળા સમાન હોય છે.
$\therefore AB + CD = AD + BC$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\therefore 5 + 6 = AD + 8$
$\therefore 11 = AD + 8$
$\therefore AD = 11 - 8 = 3$

(C) $\square PQRS$ એ એક ચક્રીય ચતુષ્કોણ છે.
ચક્રીય ચતુષ્કોણમાં સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી, $m \angle P + m \angle R = 180^{\circ}$.
અહીં $m \angle P = 30^{\circ}$ આપેલ છે.
કિંમત મૂકતા, $30^{\circ} + m \angle R = 180^{\circ}$.
આમ, $m \angle R = 180^{\circ} - 30^{\circ} = 150^{\circ}$.

(A) ધારો કે સ્પર્શક $\overleftrightarrow{PQ}$ વર્તુળને બિંદુ $R$ માં સ્પર્શે છે.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી:
$AB = AC$ (બિંદુ $A$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો)
$PB = PR$ (બિંદુ $P$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો)
$QC = QR$ (બિંદુ $Q$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો)
$\Delta APQ$ ની પરિમિતિ $= AP + PQ + AQ$.
$PQ = PR + QR$ મૂકતા,આપણને મળે:
પરિમિતિ $= AP + (PR + QR) + AQ$.
$PR = PB$ અને $QR = QC$ સમાનતાનો ઉપયોગ કરતા:
પરિમિતિ $= AP + PB + QC + AQ$.
$AP + PB = AB$ અને $AQ + QC = AC$ હોવાથી:
પરિમિતિ $= AB + AC$.
$AB = AC$ હોવાથી,પરિમિતિ $= AB + AB = 2 AB$ (અથવા $2 AC$).
આમ,સાચો વિકલ્પ $2 AB$ છે.

(A) વર્તુળને પરિગત ચતુષ્કોણ માટે,સામસામેની બાજુઓનો સરવાળો સમાન હોય છે,એટલે કે $AB + CD = BC + AD$.
આપેલ છે કે $\overline{AB}$ સૌથી મોટી બાજુ છે,ધારો કે $AB = x$.
વર્તુળ બધી બાજુઓને સ્પર્શતું હોવાથી,શિરોબિંદુઓમાંથી વર્તુળ પરના સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે. ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A, B, C, D$ માંથી સ્પર્શકોની લંબાઈ અનુક્રમે $a, b, c, d$ છે.
તેથી $AB = a + b$,$BC = b + c$,$CD = c + d$,અને $AD = a + d$.
$AB$ સૌથી મોટી બાજુ હોવાથી,$a+b$ એ મહત્તમ મૂલ્ય છે.
પરિગત ચતુષ્કોણમાં,સૌથી મોટી બાજુની સામેની બાજુ સામાન્ય રીતે સૌથી નાની બાજુ હોય છે. આમ,$\overline{CD}$ એ સૌથી નાની બાજુ છે.

(C) ધારો કે બિંદુ $A$ માંથી વર્તુળ પરના સ્પર્શકો $AB$ અને $AC$ છે. પ્રમેય મુજબ,વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે,તેથી $AB = AC$.
ધારો કે સ્પર્શક $PQ$ વર્તુળને બિંદુ $M$ પર સ્પર્શે છે. તો $PM = PB$ અને $QM = QC$ (અનુક્રમે બિંદુ $P$ અને $Q$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો).
$\Delta APQ$ ની પરિમિતિ $= AP + PQ + AQ = AP + (PM + MQ) + AQ$.
સમાન સ્પર્શકોની લંબાઈ મૂકતા: પરિમિતિ $= AP + PB + QC + AQ = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC$.
કારણ કે $AB = AC$,તેથી પરિમિતિ $= 2 AB$.
આપેલ છે કે પરિમિતિ $16$ છે,તેથી $2 AB = 16$,જેનો અર્થ છે કે $AB = 8$.

(C) વર્તુળના કેન્દ્ર $P$ થી રેખા $AB$ સુધીનું અંતર એ લંબ રેખાખંડ $PQ$ ની લંબાઈ છે.
આપેલ છે કે $Q$ એ વર્તુળના અંદરના ભાગમાં આવેલું છે,તેથી $PQ$ ની લંબાઈ વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ કરતા ઓછી હોવી જોઈએ (એટલે કે,$PQ < r$).
વર્તુળના ગુણધર્મો અનુસાર,જો કેન્દ્રથી રેખાનું લંબ અંતર વર્તુળની ત્રિજ્યા કરતા ઓછું હોય,તો તે રેખા વર્તુળની છેદિકા છે અને તે વર્તુળને બે ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે છે.

(B) $\Delta ABC$ માં,$m\angle B = 90^{\circ}$,$AB = 24$ અને $BC = 7$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = (24)^2 + (7)^2$
$AC^2 = 576 + 49$
$AC^2 = 625$
$AC = \sqrt{625} = 25$.
કાટકોણ ત્રિકોણના અંતઃવર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ શોધવાનું સૂત્ર:
$r = \frac{AB + BC - AC}{2}$
$r = \frac{24 + 7 - 25}{2}$
$r = \frac{31 - 25}{2}$
$r = \frac{6}{2} = 3$.
આમ,વર્તુળની ત્રિજ્યા $3$ છે.