Number of Tangents from a Point on a Circle Questions in Gujarati

(A) વર્તુળ એ સમતલ પરના એવા બિંદુઓનો સમૂહ છે જે કેન્દ્ર નામના નિશ્ચિત બિંદુથી સમાન અંતરે આવેલા હોય છે. વર્તુળનો સ્પર્શક વર્તુળને માત્ર એક જ બિંદુમાં સ્પર્શે છે,અને વર્તુળના પરિઘ પર અસંખ્ય બિંદુઓ હોવાથી,વર્તુળને અનંત સ્પર્શકો હોઈ શકે છે.

(C) આપેલ છે કે $PA$ અને $PB$ એ વર્તુળના સ્પર્શકો છે.
સ્પર્શબિંદુએ દોરેલી ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે.
તેથી,$OA \perp PA$ અને $OB \perp PB$,જેનો અર્થ છે કે $\angle OAP = 90^{\circ}$ અને $\angle OBP = 90^{\circ}$.
ચતુષ્કોણ $OAPB$ માં,અંતઃકોણોનો સરવાળો $360^{\circ}$ થાય છે.
$\angle OAP + \angle APB + \angle OBP + \angle AOB = 360^{\circ}$
$90^{\circ} + 80^{\circ} + 90^{\circ} + \angle AOB = 360^{\circ}$
$260^{\circ} + \angle AOB = 360^{\circ}$
$\angle AOB = 100^{\circ}$
$\triangle OPA$ અને $\triangle OPB$ માં:
$OA = OB$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ)
$PA = PB$ (બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકો સમાન હોય છે)
$OP = OP$ (સામાન્ય બાજુ)
$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle OPA \cong \triangle OPB$.
$CPCT$ મુજબ,$\angle POA = \angle POB$.
કારણ કે $\angle POA + \angle POB = \angle AOB = 100^{\circ}$,તેથી $2 \angle POA = 100^{\circ}$.
આમ,$\angle POA = 50^{\circ}$.

(A) ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $O$ છે અને બે ત્રિજ્યાઓ $OA$ અને $OB$ છે. ત્રિજ્યાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\angle AOB = 130^{\circ}$ છે.
ધારો કે બિંદુ $A$ અને $B$ આગળના સ્પર્શકો બિંદુ $P$ માં મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ દોરેલો સ્પર્શક તે બિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે.
તેથી,$\angle OAP = 90^{\circ}$ અને $\angle OBP = 90^{\circ}$ થાય.
ચતુષ્કોણ $OAPB$ માં,અંતઃકોણોનો સરવાળો $360^{\circ}$ થાય છે.
$\angle AOB + \angle OAP + \angle APB + \angle OBP = 360^{\circ}$
$130^{\circ} + 90^{\circ} + \angle APB + 90^{\circ} = 360^{\circ}$
$310^{\circ} + \angle APB = 360^{\circ}$
$\angle APB = 360^{\circ} - 310^{\circ} = 50^{\circ}$.
આમ,સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો $50^{\circ}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $AP$ અને $AQ$ એ કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળ પર બહારના બિંદુ $A$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો છે.
સ્પર્શકો એકબીજાને લંબ હોવાથી,$\angle PAQ = 90^{\circ}$ થાય.
$OP$ અને $OQ$ ને જોડો. તેમજ,$OA$ ને જોડો.
ચતુષ્કોણ $APOQ$ માં,ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શકને લંબ હોય છે,તેથી $\angle OPA = 90^{\circ}$ અને $\angle OQA = 90^{\circ}$ થાય.
કારણ કે $\angle PAQ = 90^{\circ}$,$\angle OPA = 90^{\circ}$,અને $\angle OQA = 90^{\circ}$ છે,તેથી ચોથો ખૂણો $\angle POQ$ પણ $90^{\circ}$ જ હોવો જોઈએ (કારણ કે ચતુષ્કોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $360^{\circ}$ હોય છે).
આમ,$APOQ$ એક ચોરસ છે કારણ કે $AP = AQ$ (બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકો) અને તેના બધા ખૂણા $90^{\circ}$ છે.
તેથી,વર્તુળની ત્રિજ્યા $OP = AP = 5 \, cm$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $PA$ અને $PB$ એ બિંદુ $P$ માંથી વર્તુળના સ્પર્શકો છે.
બિંદુ $P$ માંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે,તેથી $PA = PB$.
$\triangle PAB$ માં,$PA = PB$ હોવાથી,તેમની સામેના ખૂણા સમાન થાય,એટલે કે $\angle PBA = \angle PAB$.
ધારો કે $\angle PBA = \angle PAB = \theta$.
$\triangle PAB$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય,તેથી $\angle APB + \angle PAB + \angle PBA = 180^{\circ}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $50^{\circ} + \theta + \theta = 180^{\circ}$.
$2\theta = 180^{\circ} - 50^{\circ} = 130^{\circ}$.
$\theta = 65^{\circ}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ દોરેલો સ્પર્શક તે બિંદુએથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે. તેથી,$OA \perp PA$,જેનો અર્થ છે કે $\angle OAP = 90^{\circ}$.
$\angle OAP = \angle OAB + \angle PAB$ હોવાથી,$90^{\circ} = \angle OAB + 65^{\circ}$.
$\angle OAB = 90^{\circ} - 65^{\circ} = 25^{\circ}$.

(D) ધારો કે $P$ એક બાહ્ય બિંદુ છે જ્યાંથી $O$ કેન્દ્ર અને $OA = 3 \, cm$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળ પર બે સ્પર્શકો $PA$ અને $PC$ દોરવામાં આવ્યા છે.
બે સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો $\angle APC = 60^{\circ}$ છે.
$OP$ ને જોડો. $OP$ એ $\angle APC$ નો દ્વિભાજક છે.
તેથી,$\angle APO = \angle CPO = \frac{60^{\circ}}{2} = 30^{\circ}$.
વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે,તેથી $OA \perp AP$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OAP$ માં,આપણી પાસે છે:
$\tan(\angle APO) = \frac{OA}{AP}$
$\tan 30^{\circ} = \frac{3}{AP}$
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{3}{AP}$
$AP = 3 \sqrt{3} \, cm$.
આમ,દરેક સ્પર્શકની લંબાઈ $3 \sqrt{3} \, cm$ છે.

(B) ખોટું (False)
આપેલ છે કે વર્તુળની જીવા $AB$ કેન્દ્ર $O$ આગળ $60^{\circ}$ નો ખૂણો આંતરે છે.
એટલે કે,$\angle AOB = 60^{\circ}$.
$OA = OB$ હોવાથી (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ),$\triangle OAB$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$\angle OAB = \angle OBA = (180^{\circ} - 60^{\circ}) / 2 = 60^{\circ}$.
ધારો કે $A$ અને $B$ બિંદુએ દોરેલા સ્પર્શકો બિંદુ $C$ માં છેદે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિજ્યા સ્પર્શકને સ્પર્શબિંદુએ લંબ હોય છે.
તેથી,$OA \perp AC$ અને $OB \perp BC$.
તેથી,$\angle OAC = 90^{\circ}$ અને $\angle OBC = 90^{\circ}$.
હવે,$\angle BAC = \angle OAC - \angle OAB = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
તે જ રીતે,$\angle ABC = \angle OBC - \angle OBA = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
$\triangle ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle ACB + \angle BAC + \angle ABC = 180^{\circ}$.
$\angle ACB + 30^{\circ} + 30^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle ACB = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.
આમ,સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો $120^{\circ}$ છે,$60^{\circ}$ નથી.

(A) સાચું.
જો વર્તુળના બે સ્પર્શકો એકબીજાને સમાંતર હોય,તો તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $0^{\circ}$ હોઈ શકે છે. ભૂમિતિમાં,સમાંતર રેખાઓ ક્યારેય એકબીજાને છેદતી નથી,તેથી તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $0^{\circ}$ ગણવામાં આવે છે.

(A) સાચું
ધારો કે બિંદુ $P$ માંથી દોરેલા બે સ્પર્શકો વર્તુળને $T$ અને $R$ બિંદુએ સ્પર્શે છે. આપેલ છે કે,ત્રિજ્યા $OT = a$.
રેખાખંડ $OP$ એ બે સ્પર્શકો વચ્ચેના ખૂણા $\angle T P R$ નો દ્વિભાજક છે.
તેથી,$\angle T P O = \angle R P O = \frac{90^{\circ}}{2} = 45^{\circ}$.
વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે,તેથી $OT \perp PT$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OTP$ માં,આપણી પાસે છે:
$\sin 45^{\circ} = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{OT}{OP}$
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{a}{OP}$
તેથી,$OP = a\sqrt{2}$.

(B) ખોટું.
ધારો કે $PT$ અને $PR$ એ બિંદુ $P$ માંથી $O$ કેન્દ્ર અને $a$ ત્રિજ્યા $(OT = OR = a)$ વાળા વર્તુળ પર દોરેલા બે સ્પર્શકો છે.
રેખા $OP$ એ સ્પર્શકો વચ્ચેના ખૂણાને દુભાગે છે,તેથી $\angle TPO = \angle RPO = \frac{60^{\circ}}{2} = 30^{\circ}$.
વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શકને લંબ હોય છે,તેથી $\angle OTP = 90^{\circ}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta OTP$ માં:
$\sin(\angle TPO) = \frac{OT}{OP}$
$\sin(30^{\circ}) = \frac{a}{OP}$
$\frac{1}{2} = \frac{a}{OP}$
$OP = 2a$.
તેથી,વિધાન $OP = a\sqrt{3}$ ખોટું છે.

(N/A) ધારો કે કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ નું અંતઃવૃત્ત બાજુઓ $BC, CA, AB$ ને અનુક્રમે $D, E, F$ બિંદુઓમાં સ્પર્શે છે,જ્યાં $BC = a, CA = b$ અને $AB = c$ છે. ધારો કે $O$ એ વર્તુળનું કેન્દ્ર છે અને $r$ તેની ત્રિજ્યા છે.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,આપણી પાસે $AE = AF$,$BD = BF$ અને $CD = CE = r$ છે.
ચતુષ્કોણ $CDOE$ માં,$\angle C = 90^\circ$ હોવાથી અને ત્રિજ્યાઓ સ્પર્શકોને લંબ હોવાથી,$\angle ODC = \angle OEC = 90^\circ$ થાય. આમ,$CDOE$ એ $r$ બાજુવાળો ચોરસ છે.
તેથી,$CD = CE = r$.
આકૃતિ પરથી,$AF = AE = b - r$ અને $BF = BD = a - r$.
$AB = c$ હોવાથી,આપણી પાસે $AF + BF = c$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$(b - r) + (a - r) = c$.
$a + b - 2r = c$.
$2r = a + b - c$.
$r = \frac{a + b - c}{2}$.

(N/A) બહારના બિંદુ $B$ માંથી બે સ્પર્શકો $BD$ અને $BC$ દોરવામાં આવ્યા છે.
સાબિત કરવાનું છે: $BO = 2BC$.
$OC$,$OD$ અને $BO$ ને જોડો.
બહારના બિંદુ $B$ માંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકો $BC$ અને $BD$ હોવાથી,રેખાખંડ $BO$ એ $\angle DBC$ નો દ્વિભાજક છે.
તેથી,$\angle OBC = \angle DBO = \frac{1}{2} \angle DBC = \frac{1}{2} \times 120^{\circ} = 60^{\circ}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિજ્યા એ સ્પર્શબિંદુ આગળ સ્પર્શકને લંબ હોય છે. તેથી,$OC \perp BC$ અને $OD \perp BD$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OBC$ માં:
$\cos(\angle OBC) = \frac{\text{પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{BC}{BO}$
$\cos(60^{\circ}) = \frac{BC}{BO}$
$\frac{1}{2} = \frac{BC}{BO}$
$BO = 2BC$.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,$BC = BD$.
$BC$ ની જગ્યાએ $BD$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$BO = BC + BD$.

(N/A) આપેલ છે: એક બાહ્ય બિંદુ $P$ માંથી કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળ પર બે સ્પર્શકો $PR$ અને $PQ$ દોરવામાં આવ્યા છે.
સાબિત કરવાનું છે: વર્તુળનું કેન્દ્ર $O$ એ બે છેદતી રેખાઓ $PR$ અને $PQ$ દ્વારા બનતા ખૂણાના દ્વિભાજક પર આવેલું છે.
રચના: $OR$ અને $OQ$ ને જોડો.
સાબિતી:
$\triangle PRO$ અને $\triangle PQO$ માં:
$1$. $\angle PRO = \angle PQO = 90^{\circ}$ (વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ સ્પર્શક,સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે).
$2$. $OR = OQ$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ).
$3$. $OP = OP$ (સામાન્ય બાજુ).
$R.H.S.$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle PRO \cong \triangle PQO$.
તેથી,$\angle RPO = \angle QPO$ ($CPCT$ દ્વારા).
જેથી $\angle RPO = \angle QPO$ હોવાથી,રેખા $OP$ એ $\angle RPQ$ નો દ્વિભાજક છે. આમ,કેન્દ્ર $O$ એ રેખાઓ $PR$ અને $PQ$ ના ખૂણાના દ્વિભાજક પર આવેલું છે. આમ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: બે વર્તુળોના સામાન્ય સ્પર્શકો $AB$ અને $CD$ બિંદુ $E$ પર છેદે છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AB = CD$.
સાબિતી:
બિંદુ $E$ માંથી,$EA$ અને $EC$ એ ડાબી બાજુના વર્તુળના સ્પર્શકો છે. વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,આપણને મળે છે:
$EA = EC$ ......$(i)$
તે જ રીતે,બિંદુ $E$ માંથી,$EB$ અને $ED$ એ જમણી બાજુના વર્તુળના સ્પર્શકો છે. તેથી:
$EB = ED$ .......$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$EA + EB = EC + ED$
અહીં $EA + EB = AB$ અને $EC + ED = CD$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$AB = CD$
આમ,સાબિત થાય છે.

(B) ખોટું.
વર્તુળની ત્રિજ્યા $r = 3.5 \, cm$ છે અને કેન્દ્રથી બિંદુ $P$ નું અંતર $d = 3 \, cm$ છે.
અહીં $d < r$ $(3 \, cm < 3.5 \, cm)$ હોવાથી,બિંદુ $P$ વર્તુળની અંદરના ભાગમાં આવેલું છે.
વર્તુળનો સ્પર્શક એ એવી રેખા છે જે વર્તુળને માત્ર એક જ બિંદુમાં સ્પર્શે છે. જો કોઈ બિંદુ વર્તુળની અંદરના ભાગમાં આવેલું હોય,તો તે બિંદુમાંથી વર્તુળ પર કોઈ સ્પર્શક દોરી શકાતો નથી.

(N/A) એક વર્તુળ $\triangle ABC$ માં અંતઃવૃત છે,જે બાજુઓ $BC, CA$ અને $AB$ ને અનુક્રમે $D, E$ અને $F$ બિંદુઓમાં સ્પર્શે છે.
આપેલ છે કે,$BC = a, CA = b$ અને $AB = c$.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે,તે ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\therefore BD = BF = x$ (ધારો)
$DC = CE = y$ (ધારો)
$AE = AF = z$ (ધારો)
$\triangle ABC$ ની પરિમિતિ $= BC + CA + AB = a + b + c$.
કારણ કે $2s = a + b + c$,તેથી:
$(BD + DC) + (CE + EA) + (AF + FB) = a + b + c$
$(x + y) + (y + z) + (z + x) = a + b + c$
$2(x + y + z) = 2s$
$x + y + z = s$
આપણે $BD = x$ શોધવાનું છે.
સમીકરણ $x + y + z = s$ પરથી,આપણને $x = s - (y + z)$ મળે છે.
કારણ કે $b = CA = CE + EA = y + z$,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$x = s - b$
તેથી,$BD = s - b$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(B) આપેલ છે કે $PA$ અને $PB$ એ બાહ્ય બિંદુ $P$ માંથી કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળ પરના સ્પર્શકો છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે બાહ્ય બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે,તેથી $PA = PB = 10 \, cm$.
ત્રિકોણ $PCD$ ની પરિમિતિ $= PC + CD + PD$.
સ્પર્શક $CD$ એ બિંદુ $E$ પર છે,તેથી તેને $CD = CE + ED$ તરીકે લખી શકાય.
વળી,$CE = CA$ અને $ED = DB$ (અનુક્રમે બિંદુ $C$ અને $D$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો).
આ કિંમતોને પરિમિતિના સૂત્રમાં મૂકતા:
ત્રિકોણ $PCD$ ની પરિમિતિ $= PC + (CE + ED) + PD = PC + CA + DB + PD$.
કારણ કે $PC + CA = PA$ અને $PD + DB = PB$,તેથી આપણને મળે છે:
ત્રિકોણ $PCD$ ની પરિમિતિ $= PA + PB = 10 + 10 = 20 \, cm$.

(A) આપેલ છે: કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળ પર બહારના બિંદુ $A$ માંથી બે સ્પર્શકો દોરવામાં આવ્યા છે。
$OA = 13\, cm$,ત્રિજ્યા $OP = OQ = 5\, cm$.
લઘુચાપ $PQ$ પરના બિંદુ $R$ આગળ સ્પર્શક $BC$ દોરવામાં આવ્યો છે。
શોધવાનું છે: $\triangle ABC$ ની પરિમિતિ。
સાબિતી: $\angle OPA = 90^{\circ}$ [વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ સ્પર્શક એ સંપર્ક બિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે]。
કાટકોણ $\triangle OPA$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OA^2 = OP^2 + PA^2$
$(13)^2 = 5^2 + PA^2$
$169 = 25 + PA^2$
$PA^2 = 144$
$PA = 12\, cm$.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,$AP = AQ = 12\, cm$.
વળી,$BP = BR$ અને $CR = CQ$ (અનુક્રમે બિંદુ $B$ અને $C$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો)。
$\triangle ABC$ ની પરિમિતિ $= AB + BC + CA$
$= AB + (BR + RC) + CA$
$= AB + BP + CQ + CA$
$= (AB + BP) + (CQ + CA)$
$= AP + AQ$
$= 12 + 12 = 24\, cm$.

(C) ચતુષ્કોણ $OXPY$ માં,ત્રિજ્યાઓ $OX$ અને $OY$ એ અનુક્રમે સ્પર્શબિંદુઓ આગળ સ્પર્શકો $PX$ અને $PY$ ને લંબ છે.
તેથી,$\angle OXP = 90^\circ$ અને $\angle OYP = 90^\circ$.
ચતુષ્કોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $360^\circ$ થાય છે.
$\angle XOY + \angle OXP + \angle XPY + \angle OYP = 360^\circ$
$100^\circ + 90^\circ + \angle XPY + 90^\circ = 360^\circ$
$280^\circ + \angle XPY = 360^\circ$
$\angle XPY = 360^\circ - 280^\circ = 80^\circ$.
કારણ કે $OP$ એ $\angle XPY$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી:
$m \angle XPO = \frac{1}{2} m \angle XPY$
$m \angle XPO = \frac{1}{2} (80^\circ) = 40^\circ$.

(D) ત્રિજ્યા $OY$ એ સ્પર્શબિંદુ $Y$ આગળ સ્પર્શક $PY$ ને લંબ હોય છે.
તેથી,$\Delta PYO$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle OYP = 90^{\circ}$ છે.
$\Delta PYO$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OP^2 = OY^2 + PY^2$
અહીં $OP = 30$ અને $PY = 24$ આપેલ છે,અને $OY = r$ છે:
$30^2 = r^2 + 24^2$
$900 = r^2 + 576$
$r^2 = 900 - 576$
$r^2 = 324$
$r = \sqrt{324} = 18$
આમ,ત્રિજ્યા $r$ નું મૂલ્ય $18$ છે.

(240/17) ધારો કે $R$ એ $OP$ અને $AB$ નું છેદબિંદુ છે. $OP$ એ જીવા $AB$ નો લંબદ્વિભાજક હોવાથી,$OP \perp AB$ એ $R$ પર થાય છે.
કાટકોણ $\Delta OAP$ માં,$\angle OAP = 90^{\circ}$.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$OP^2 = OA^2 + AP^2$.
$(17)^2 = (8)^2 + AP^2 \implies 289 = 64 + AP^2 \implies AP^2 = 225 \implies AP = 15$.
$\Delta OAP$ માં,$AR$ એ કર્ણ $OP$ પરનો વેધ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$OA^2 = OR \cdot OP$.
$(8)^2 = OR \cdot 17 \implies OR = \frac{64}{17}$.
કાટકોણ $\Delta OAR$ માં,$AR^2 = OA^2 - OR^2$.
$AR^2 = 8^2 - \left(\frac{64}{17}\right)^2 = 64 - \frac{4096}{289} = \frac{18496 - 4096}{289} = \frac{14400}{289}$.
$AR = \sqrt{\frac{14400}{289}} = \frac{120}{17}$.
$OP$ એ $AB$ ને દુભાગતું હોવાથી,$AB = 2 \cdot AR = 2 \cdot \left(\frac{120}{17}\right) = \frac{240}{17}$.

(40/3) ધારો કે $O$ એ $r = 10$ ત્રિજ્યાવાળા વર્તુળનું કેન્દ્ર છે. ધારો કે $M$ એ જીવા $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે. $AB = 16$ હોવાથી,$AM = MB = 8$ થાય. $\triangle OMA$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$OM = \sqrt{OA^2 - AM^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{100 - 64} = \sqrt{36} = 6$. ધારો કે $PA = x$. $\triangle OAP$ માં,$\angle OAP = 90^\circ$ (ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે). ધારો કે $\angle AOP = \theta$. તો $AA$ સમરૂપતા મુજબ,$\triangle OMA \sim \triangle OAP$ થાય. તેથી,$\frac{PA}{AM} = \frac{OA}{OM}$,જે આપણને $\frac{x}{8} = \frac{10}{6}$ આપે છે. $x$ માટે ઉકેલતા,$x = \frac{80}{6} = \frac{40}{3}$ મળે છે.

(A) વર્તુળ $\odot(O, r)$ માં,$PA$ અને $PB$ એ બહારના બિંદુ $P$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો છે જે વર્તુળને $A$ અને $B$ બિંદુએ સ્પર્શે છે.
સ્પર્શકના ગુણધર્મ મુજબ,ત્રિજ્યા સ્પર્શકને સ્પર્શબિંદુએ લંબ હોય છે. તેથી,$\angle OAP = 90^\circ$ અને $\angle OBP = 90^\circ$.
ચતુષ્કોણ $OAPB$ માં,ચારેય ખૂણાઓનો સરવાળો $360^\circ$ થાય છે.
તેથી,$\angle AOB + \angle OAP + \angle OBP + \angle APB = 360^\circ$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $100^\circ + 90^\circ + 90^\circ + \angle APB = 360^\circ$.
$280^\circ + \angle APB = 360^\circ$,જેથી $\angle APB = 80^\circ$ મળે.
રેખા $OP$ એ $\angle APB$ નો દ્વિભાજક છે. તેથી,$m\angle OPB = \frac{1}{2} \angle APB = \frac{1}{2} \times 80^\circ = 40^\circ$.

(D) $1$. $\triangle OBP$ માં,$PB$ એ વર્તુળનો $B$ બિંદુએ સ્પર્શક હોવાથી,ત્રિજ્યા $OB$ એ સ્પર્શક $PB$ ને લંબ છે. તેથી,$\angle OBP = 90^\circ$.
$2$. કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OBP$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ થાય છે. તેથી,$\angle POB + \angle OBP + \angle OPB = 180^\circ$.
$3$. જાણીતી કિંમતો મૂકતા: $\angle POB + 90^\circ + 35^\circ = 180^\circ$,જે આપણને $\angle POB = 180^\circ - 125^\circ = 55^\circ$ આપે છે.
$4$. બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકો કેન્દ્રને જોડતી રેખા સાથે સમાન ખૂણો બનાવે છે,તેથી $\triangle OAP \cong \triangle OBP$. આમ,$\angle AOP = \angle POB = 55^\circ$.
$5$. તેથી,$m\angle AOB = \angle AOP + \angle POB = 55^\circ + 55^\circ = 110^\circ$.

(C) ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $O$ છે અને બે ત્રિજ્યાઓ $OA$ અને $OB$ છે. ત્રિજ્યાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\angle AOB = 48^{\circ}$ છે.
બિંદુ $A$ અને $B$ આગળ સ્પર્શકો દોરવામાં આવ્યા છે. ધારો કે આ સ્પર્શકો બિંદુ $P$ આગળ મળે છે.
વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ દોરેલો સ્પર્શક તે બિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે,તેથી $\angle OAP = 90^{\circ}$ અને $\angle OBP = 90^{\circ}$ થાય.
ચતુષ્કોણ $OAPB$ માં,અંતઃકોણોનો સરવાળો $360^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle AOB + \angle OAP + \angle OBP + \angle APB = 360^{\circ}$.
જ્ઞાત કિંમતો મૂકતા: $48^{\circ} + 90^{\circ} + 90^{\circ} + \angle APB = 360^{\circ}$.
$228^{\circ} + \angle APB = 360^{\circ}$.
$\angle APB = 360^{\circ} - 228^{\circ} = 132^{\circ}$.
આમ,સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો $132^{\circ}$ છે.

(D) વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે,તેથી $PA = PB = 8$ થાય.
$\triangle PAB$ માં,$PA = PB$ હોવાથી તે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય,એટલે કે $m \angle PBA = m \angle PAB = 60^\circ$.
હવે,ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,$m \angle APB + m \angle PAB + m \angle PBA = 180^\circ$.
$m \angle APB + 60^\circ + 60^\circ = 180^\circ$.
$m \angle APB = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$.
આમ,$\triangle PAB$ ના બધા ખૂણાઓ $60^\circ$ હોવાથી તે સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$AB = PA = PB = 8$.

(C) વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળને દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે,તે પ્રમેય મુજબ,
અહીં $P$ એ બહારનું બિંદુ છે અને $\overline{ PA }$ તથા $\overline{ PB }$ એ $\odot( O , r)$ ના સ્પર્શકો છે,તેથી $PA = PB$ થાય.

(B) પ્રમેય મુજબ,વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળને દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે.
તેથી,$PA = PB$.
અહીં $PA = 8$ આપેલ છે,તેથી $PB = 8$ થાય.

(D) ચતુષ્કોણ $OAPB$ માં,ત્રિજ્યા એ સ્પર્શબિંદુ આગળ સ્પર્શકને લંબ હોય છે.
તેથી,$\angle OAP = 90^{\circ}$ અને $\angle OBP = 90^{\circ}$ થાય.
ચતુષ્કોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $360^{\circ}$ હોય છે.
આમ,$\angle AOB + \angle OAP + \angle APB + \angle OBP = 360^{\circ}$.
જ્ઞાત કિંમતો મૂકતા: $\angle AOB + 90^{\circ} + 65^{\circ} + 90^{\circ} = 360^{\circ}$.
$\angle AOB + 245^{\circ} = 360^{\circ}$.
$\angle AOB = 360^{\circ} - 245^{\circ} = 115^{\circ}$.

(D) રેખાખંડ $OP$ એ ખૂણા $\angle APB$ નો દ્વિભાજક છે.
તેથી,$m \angle OPB = \frac{1}{2} m \angle APB = \frac{1}{2} (70^\circ) = 35^\circ$.
$PB$ એ બિંદુ $B$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવાથી,ત્રિજ્યા $OB$ એ સ્પર્શક $PB$ ને લંબ છે.
આમ,$m \angle OBP = 90^\circ$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta OBP$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ થાય છે.
$m \angle POB + m \angle OBP + m \angle OPB = 180^\circ$.
$m \angle POB + 90^\circ + 35^\circ = 180^\circ$.
$m \angle POB + 125^\circ = 180^\circ$.
$m \angle POB = 180^\circ - 125^\circ = 55^\circ$.

(B) વર્તુળનો સ્પર્શક એ એક એવી રેખા છે જે વર્તુળને માત્ર એક જ બિંદુમાં છેદે છે.
વર્તુળની બહારના ભાગમાં આવેલા કોઈપણ બિંદુ $P$ માંથી વર્તુળ પર બરાબર બે સ્પર્શકો દોરી શકાય છે.
આ બંને સ્પર્શકો વર્તુળને બે અલગ-અલગ બિંદુઓ પર સ્પર્શે છે.
તેથી,વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરી શકાતા સ્પર્શકોની મહત્તમ સંખ્યા $2$ છે.

(C) ધારો કે સ્પર્શક $\overleftrightarrow{PQ}$ વર્તુળને બિંદુ $R$ માં સ્પર્શે છે.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,આપણી પાસે છે:
$PB = PR$ અને $QC = QR$.
$\Delta APQ$ ની પરિમિતિ = $AP + PQ + AQ$.
$= AP + (PR + RQ) + AQ$.
$= AP + PB + QC + AQ$ (કારણ કે $PR = PB$ અને $RQ = QC$).
$= (AP + PB) + (AQ + QC)$.
$= AB + AC$.
$AB = AC$ હોવાથી (બહારના બિંદુ $A$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો),આપણી પાસે $AB = AC = 6$ છે.
તેથી,$\Delta APQ$ ની પરિમિતિ = $6 + 6 = 12$.

(C) આપેલ છે કે $\overline{ PA }$ અને $\overline{ PB }$ એ બહારના બિંદુ $P$ માંથી વર્તુળ $\odot( O , r)$ ને દોરેલા સ્પર્શકો છે.
પ્રમેય મુજબ,વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે.
તેથી,$\overline{ PA } = \overline{ PB }$.
$\Delta PAB$ માં,$\overline{ PA } = \overline{ PB }$ હોવાથી,આ ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણમાં,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે.
તેથી,$m \angle PAB = m \angle PBA$.
આપેલ છે કે $m \angle PAB = 60^{\circ}$,તેથી $m \angle PBA = 60^{\circ}$ થાય.

(B) જ્યારે બે વર્તુળો એકબીજાને બહારથી સ્પર્શે છે,ત્યારે તેમની પાસે સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતો એક સામાન્ય સ્પર્શક અને બે અન્ય સામાન્ય સ્પર્શકો હોય છે.
તેથી,બે વર્તુળો માટે કુલ $3$ સામાન્ય સ્પર્શકો દોરી શકાય છે.