Tangent to a Circle Questions in Gujarati

(A) $(i)$ વર્તુળનો સ્પર્શક વર્તુળને માત્ર એક જ બિંદુમાં સ્પર્શે છે. તેથી,તે વર્તુળને $1$ બિંદુમાં છેદે છે.
$(ii)$ જે રેખા વર્તુળને બે ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે છે,તેને વર્તુળની છેદિકા કહેવામાં આવે છે.

(A-D) $(i)$ એક વર્તુળને વધુમાં વધુ $2$ સમાંતર સ્પર્શકો હોઈ શકે છે. આ સ્પર્શકો એકબીજાને સમાંતર હોય છે અને વ્યાસના અંત્યબિંદુઓમાંથી પસાર થાય છે.
$(ii)$ વર્તુળના સ્પર્શક અને વર્તુળના સામાન્ય બિંદુને સ્પર્શબિંદુ કહેવામાં આવે છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુ આગળ સ્પર્શકને લંબ હોય છે.
તેથી,$OP \perp PQ$.
આમ,$\triangle OPQ$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ બને છે,જ્યાં $OP = 5 \, cm$ (ત્રિજ્યા) અને $OQ = 12 \, cm$ (કર્ણ) છે.
$\triangle OPQ$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય વાપરતા:
$OP^2 + PQ^2 = OQ^2$
$5^2 + PQ^2 = 12^2$
$25 + PQ^2 = 144$
$PQ^2 = 144 - 25$
$PQ^2 = 119$
$PQ = \sqrt{119} \, cm$.

(N/A) આકૃતિ પરથી જોઈ શકાય છે કે $AB$ અને $CD$ બે સમાંતર રેખાઓ છે.
રેખા $AB$ વર્તુળને બરાબર બે બિંદુઓ $P$ અને $Q$ માં છેદે છે. તેથી,રેખા $AB$ એ આ વર્તુળની છેદિકા છે.
રેખા $CD$ વર્તુળને બરાબર એક બિંદુ $R$ માં છેદે છે,તેથી રેખા $CD$ એ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.

(N/A) અહીં આપણને કેન્દ્ર $O$ વાળા બે સમકેન્દ્રી વર્તુળો $C_1$ અને $C_2$ આપેલા છે અને મોટા વર્તુળ $C_1$ ની જીવા $AB$ છે જે નાના વર્તુળ $C_2$ ને બિંદુ $P$ આગળ સ્પર્શે છે. આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $AP = BP$.
ધારો કે આપણે $OP$ ને જોડીએ છીએ. તો,$AB$ એ $C_2$ ને $P$ આગળ સ્પર્શક છે અને $OP$ તેની ત્રિજ્યા છે.
વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ દોરેલ સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે,તેથી:
$OP \perp AB$
હવે,$AB$ એ વર્તુળ $C_1$ ની જીવા છે અને $OP \perp AB$ છે. આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળના કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલ લંબ જીવાને દુભાગે છે.
તેથી,$OP$ એ જીવા $AB$ નો દ્વિભાજક છે,જેનો અર્થ છે કે:
$AP = BP$

(N/A) અહીં આપણને કેન્દ્ર $O$ વાળું એક વર્તુળ,એક બાહ્ય બિંદુ $T$ અને વર્તુળના બે સ્પર્શકો $TP$ અને $TQ$ આપેલા છે,જ્યાં $P$ અને $Q$ સ્પર્શબિંદુઓ છે (આકૃતિ જુઓ).
આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $\angle PTQ = 2 \angle OPQ$.
ધારો કે $\angle PTQ = \theta$.
હવે,$TP = TQ$ (બાહ્ય બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે). તેથી,$\triangle TPQ$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$\angle TPQ = \angle TQP = \frac{1}{2} (180^{\circ} - \theta) = 90^{\circ} - \frac{1}{2} \theta$.
વળી,ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શકને લંબ હોય છે,તેથી $\angle OPT = 90^{\circ}$.
આમ,$\angle OPQ = \angle OPT - \angle TPQ = 90^{\circ} - (90^{\circ} - \frac{1}{2} \theta)$.
$\angle OPQ = \frac{1}{2} \theta = \frac{1}{2} \angle PTQ$.
આથી,$\angle PTQ = 2 \angle OPQ$ સાબિત થાય છે.

(D) $OT$ ને જોડો. ધારો કે તે $PQ$ ને $R$ બિંદુએ છેદે છે. તો $\triangle TPQ$ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે અને $TO$ એ $\angle PTQ$ નો દ્વિભાજક છે. તેથી,$OT \perp PQ$ અને પરિણામે,$OT$ એ $PQ$ ને દુભાગે છે,જે $PR = RQ = 4 \, cm$ આપે છે.
વળી,$OR = \sqrt{OP^2 - PR^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} \, cm = \sqrt{25 - 16} \, cm = \sqrt{9} \, cm = 3 \, cm$.
હવે,$\angle TPR + \angle RPO = 90^{\circ}$ અને $\angle TPR + \angle PTR = 90^{\circ}$ (કારણ કે $\triangle TRP$ કાટકોણ ત્રિકોણ છે).
તેથી,$\angle RPO = \angle PTR$.
તેથી,કાટકોણ ત્રિકોણ $TRP$ એ $AA$ સમરૂપતા દ્વારા કાટકોણ ત્રિકોણ $PRO$ ને સમરૂપ છે.
આનાથી $\frac{TP}{PO} = \frac{RP}{RO}$ મળે છે,એટલે કે $\frac{TP}{5} = \frac{4}{3}$ અથવા $TP = \frac{20}{3} \, cm$.

(A) ધારો કે $O$ એ વર્તુળનું કેન્દ્ર છે.
આપેલ છે કે,
$OQ = 25 \, cm$ અને $PQ = 24 \, cm$.
વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શકને લંબ હોય છે,તેથી $OP \perp PQ$.
$\triangle OPQ$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$OP^2 + PQ^2 = OQ^2$
$OP^2 + 24^2 = 25^2$
$OP^2 + 576 = 625$
$OP^2 = 625 - 576$
$OP^2 = 49$
$OP = 7 \, cm$.
તેથી,વર્તુળની ત્રિજ્યા $7 \, cm$ છે.

(B) અહીં આપેલ છે કે $TP$ અને $TQ$ એ બાહ્ય બિંદુ $T$ માંથી વર્તુળના સ્પર્શકો છે.
વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શકને લંબ હોય છે.
તેથી,$OP \perp TP$ અને $OQ \perp TQ$.
આનો અર્થ એ છે કે $\angle OPT = 90^{\circ}$ અને $\angle OQT = 90^{\circ}$.
ચતુષ્કોણ $POQT$ માં,બધા અંતઃકોણોનો સરવાળો $360^{\circ}$ થાય છે.
$\angle OPT + \angle POQ + \angle OQT + \angle PTQ = 360^{\circ}$
જ્ઞાત કિંમતો મૂકતા:
$90^{\circ} + 110^{\circ} + 90^{\circ} + \angle PTQ = 360^{\circ}$
$290^{\circ} + \angle PTQ = 360^{\circ}$
$\angle PTQ = 360^{\circ} - 290^{\circ} = 70^{\circ}$

(N/A) ધારો કે $AB$ એ કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળનો વ્યાસ છે. બિંદુઓ $A$ અને $B$ આગળ અનુક્રમે બે સ્પર્શકો $PQ$ અને $RS$ દોરેલા છે.
વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુ આગળ સ્પર્શકને લંબ હોય છે,તેથી:
$OA \perp RS$ અને $OB \perp PQ$
તેથી:
$\angle OAR = 90^{\circ}$
$\angle OAS = 90^{\circ}$
$\angle OBP = 90^{\circ}$
$\angle OBQ = 90^{\circ}$
ઉપર મુજબ,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે:
$\angle OAR = \angle OBQ = 90^{\circ}$ (આ યુગ્મકોણ છે)
$\angle OAS = \angle OBP = 90^{\circ}$ (આ યુગ્મકોણ છે)
જ્યારે યુગ્મકોણ સમાન હોય,ત્યારે રેખાઓ $PQ$ અને $RS$ સમાંતર હોય છે.

(N/A) ધારો કે $O$ કેન્દ્રવાળું એક વર્તુળ છે. ધારો કે $AB$ એક સ્પર્શક છે જે વર્તુળને $P$ બિંદુએ સ્પર્શે છે.
આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $P$ બિંદુએ $AB$ ને લંબ રેખા કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થાય છે. આપણે આ સાબિતી વિરોધાભાસની રીત દ્વારા આપીશું.
ધારો કે $P$ બિંદુએ $AB$ ને લંબ રેખા કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થતી નથી. ધારો કે તે બીજા બિંદુ $O'$ માંથી પસાર થાય છે.
$OP$ અને $O'P$ ને જોડો.
જેમ કે $P$ બિંદુએ $AB$ ને લંબ રેખા $O'$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી,
$\angle O'PB = 90^{\circ} \dots(1)$
$O$ એ વર્તુળનું કેન્દ્ર છે અને $P$ એ સ્પર્શબિંદુ છે. આપણે જાણીએ છીએ કે સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે.
$\therefore \angle OPB = 90^{\circ} \dots(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે
$\angle O'PB = \angle OPB \dots(3)$
આકૃતિ પરથી જોઈ શકાય છે કે,
$\angle O'PB < \angle OPB \dots(4)$
તેથી,$\angle O'PB = \angle OPB$ શક્ય નથી.
આ માત્ર ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે રેખા $O'P$ એ $OP$ સાથે સંપાતી હોય.
તેથી,$P$ માંથી પસાર થતી $AB$ ને લંબ રેખા કેન્દ્ર $O$ માંથી પસાર થાય છે.

(B) ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $O$ છે અને જે બિંદુમાંથી સ્પર્શક દોરવામાં આવ્યો છે તે બિંદુ $A$ છે.
ધારો કે $B$ એ વર્તુળ પર સ્પર્શકનું સ્પર્શબિંદુ છે.
આપેલ છે કે કેન્દ્ર $O$ થી બિંદુ $A$ નું અંતર $OA = 5 \, cm$ છે.
સ્પર્શકની લંબાઈ $AB = 4 \, cm$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શકને લંબ હોય છે.
તેથી,$OB \perp AB$,જે $\triangle ABO$ ને કાટકોણ ત્રિકોણ બનાવે છે જ્યાં $\angle OBA = 90^\circ$ છે.
$\triangle ABO$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા:
$OA^2 = AB^2 + OB^2$
$5^2 = 4^2 + OB^2$
$25 = 16 + OB^2$
$OB^2 = 25 - 16$
$OB^2 = 9$
$OB = \sqrt{9} = 3 \, cm$.
આમ,વર્તુળની ત્રિજ્યા $3 \, cm$ છે.

(C) ધારો કે બે સમકેન્દ્રી વર્તુળોનું કેન્દ્ર $O$ છે. ધારો કે $PQ$ એ મોટા વર્તુળની જીવા છે જે નાના વર્તુળને બિંદુ $A$ પર સ્પર્શે છે. તેથી,$PQ$ એ નાના વર્તુળને બિંદુ $A$ પર સ્પર્શક છે.
$OA$ એ નાના વર્તુળની ત્રિજ્યા છે અને $PQ$ સ્પર્શક હોવાથી,$OA \perp PQ$ થાય.
$\triangle OAP$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા:
$OA^2 + AP^2 = OP^2$
$3^2 + AP^2 = 5^2$
$9 + AP^2 = 25$
$AP^2 = 25 - 9 = 16$
$AP = \sqrt{16} = 4 \, cm$.
વર્તુળના કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે,તેથી $AP = AQ$ થાય.
તેથી,જીવા $PQ$ ની લંબાઈ $= AP + AQ = 2 \times AP = 2 \times 4 = 8 \, cm$ થાય.

(N/A) આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે.
બિંદુ $D$ માંથી,$DR = DS$ ... $(1)$
બિંદુ $C$ માંથી,$CR = CQ$ ... $(2)$
બિંદુ $B$ માંથી,$BP = BQ$ ... $(3)$
બિંદુ $A$ માંથી,$AP = AS$ ... $(4)$
સમીકરણો $(1), (2), (3)$ અને $(4)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$DR + CR + BP + AP = DS + CQ + BQ + AS$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$(DR + CR) + (BP + AP) = (DS + AS) + (CQ + BQ)$
કારણ કે $DR + CR = CD$,$BP + AP = AB$,$DS + AS = AD$,અને $CQ + BQ = BC$,તેથી:
$CD + AB = AD + BC$
આમ,$AB + CD = AD + BC$ સાબિત થાય છે.

(N/A) બિંદુ $O$ ને $C$ સાથે જોડો.
$\triangle OPA$ અને $\triangle OCA$ માં:
$OP = OC$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ)
$AP = AC$ (બિંદુ $A$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે)
$AO = AO$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle OPA \cong \triangle OCA$.
આથી,$\angle POA = \angle COA$ ... $(i)$
તે જ રીતે,$\triangle OQB$ અને $\triangle OCB$ માં:
$OQ = OC$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ)
$BQ = BC$ (બિંદુ $B$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે)
$OB = OB$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle OQB \cong \triangle OCB$.
આથી,$\angle QOB = \angle COB$ ... $(ii)$
$POQ$ એ વર્તુળનો વ્યાસ હોવાથી,તે એક સીધી રેખા છે,તેથી એક બાજુના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય:
$\angle POA + \angle COA + \angle COB + \angle QOB = 180^{\circ}$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \angle COA + 2 \angle COB = 180^{\circ}$
$2(\angle COA + \angle COB) = 180^{\circ}$
$\angle COA + \angle COB = 90^{\circ}$
તેથી,$\angle AOB = 90^{\circ}$.

(N/A) ધારો કે $O$ કેન્દ્રિત એક વર્તુળ છે. ધારો કે $P$ એક બહારનું બિંદુ છે જ્યાંથી વર્તુળ પર બે સ્પર્શકો $PA$ અને $PB$ દોરવામાં આવ્યા છે,જે વર્તુળને અનુક્રમે $A$ અને $B$ બિંદુએ સ્પર્શે છે. $AB$ એ સ્પર્શબિંદુઓ $A$ અને $B$ ને જોડતો રેખાખંડ છે,જે વર્તુળના કેન્દ્ર $O$ આગળ $\angle AOB$ આંતરે છે.
અહીં જોઈ શકાય છે કે:
$OA$ (ત્રિજ્યા) $\perp PA$ (સ્પર્શક)
તેથી,$\angle OAP = 90^{\circ}$
તે જ રીતે,$OB$ (ત્રિજ્યા) $\perp PB$ (સ્પર્શક)
તેથી,$\angle OBP = 90^{\circ}$
ચતુષ્કોણ $OAPB$ માં,બધા અંતઃકોણોનો સરવાળો $360^{\circ}$ થાય છે.
$\angle OAP + \angle APB + \angle PBO + \angle BOA = 360^{\circ}$
$90^{\circ} + \angle APB + 90^{\circ} + \angle BOA = 360^{\circ}$
$\angle APB + \angle BOA = 180^{\circ}$
આમ,સાબિત થાય છે કે વર્તુળની બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા બે સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો,સ્પર્શબિંદુઓને જોડતા રેખાખંડ દ્વારા કેન્દ્ર આગળ આંતરાતા ખૂણાનો પૂરકકોણ હોય છે.

(N/A) કારણ કે $ABCD$ એક સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે,
$AB = CD \dots(1)$
$BC = AD \dots(2)$
અહીં જોઈ શકાય છે કે:
$DR = DS$ (બિંદુ $D$ માંથી વર્તુળ પરના સ્પર્શકો)
$CR = CQ$ (બિંદુ $C$ માંથી વર્તુળ પરના સ્પર્શકો)
$BP = BQ$ (બિંદુ $B$ માંથી વર્તુળ પરના સ્પર્શકો)
$AP = AS$ (બિંદુ $A$ માંથી વર્તુળ પરના સ્પર્શકો)
આ તમામ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$DR + CR + BP + AP = DS + CQ + BQ + AS$
$(DR + CR) + (BP + AP) = (DS + AS) + (CQ + BQ)$
$CD + AB = AD + BC$
આ સમીકરણમાં સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ની કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$2AB = 2BC$
$AB = BC \dots(3)$
સમીકરણ $(1), (2),$ અને $(3)$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે:
$AB = BC = CD = DA$
આમ,$ABCD$ એક સમબાજુ ચતુષ્કોણ છે.

(D) ધારો કે વર્તુળ ત્રિકોણની બાજુઓ $AB$ અને $AC$ ને અનુક્રમે બિંદુ $E$ અને $F$ પર સ્પર્શે છે. ધારો કે સ્પર્શક $AF$ ની લંબાઈ $x \, cm$ છે.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે:
$CF = CD = 6 \, cm$
$BE = BD = 8 \, cm$
$AE = AF = x \, cm$
આમ,ત્રિકોણની બાજુઓ છે:
$AB = AE + EB = x + 8$
$BC = BD + DC = 8 + 6 = 14 \, cm$
$AC = AF + FC = x + 6$
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{(x+8) + 14 + (x+6)}{2} = \frac{2x + 28}{2} = x + 14$.
હેરોનના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$
$= \sqrt{(x+14)(x+14-14)(x+14-(x+6))(x+14-(x+8))}$
$= \sqrt{(x+14)(x)(8)(6)} = \sqrt{48x(x+14)} = 4\sqrt{3x(x+14)}$.
વળી,$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \triangle OBC$ નું ક્ષેત્રફળ $+ \triangle OCA$ નું ક્ષેત્રફળ $+ \triangle OAB$ નું ક્ષેત્રફળ
$= \frac{1}{2} \times 4 \times 14 + \frac{1}{2} \times 4 \times (x+6) + \frac{1}{2} \times 4 \times (x+8)$
$= 28 + 2(x+6) + 2(x+8) = 28 + 2x + 12 + 2x + 16 = 56 + 4x = 4(14+x)$.
ક્ષેત્રફળોને સરખાવતા: $4\sqrt{3x(x+14)} = 4(14+x)$
$\sqrt{3x(x+14)} = 14+x$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $3x(x+14) = (14+x)^2$
$3x^2 + 42x = 196 + x^2 + 28x$
$2x^2 + 14x - 196 = 0 \Rightarrow x^2 + 7x - 98 = 0$
$(x+14)(x-7) = 0$. $x > 0$ હોવાથી,$x = 7$.
તેથી,$AB = 7+8 = 15 \, cm$ અને $AC = 7+6 = 13 \, cm$.

(N/A) ધારો કે $ABCD$ એ $O$ કેન્દ્રિત વર્તુળને પરિગત ચતુષ્કોણ છે જે વર્તુળને $P, Q, R, S$ બિંદુઓ પર સ્પર્શે છે. ચાલો ચતુષ્કોણ $ABCD$ ના શિરોબિંદુઓને વર્તુળના કેન્દ્ર સાથે જોડીએ.
$\triangle OAP$ અને $\triangle OAS$ ને ધ્યાનમાં લો:
$AP = AS$ (એક જ બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકો)
$OP = OS$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ)
$OA = OA$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$\triangle OAP \cong \triangle OAS$ ($SSS$ એકરૂપતાની શરત).
આમ,$\angle POA = \angle AOS$,જેનો અર્થ છે કે $\angle 1 = \angle 8$.
તે જ રીતે,આપણે દર્શાવી શકીએ કે:
$\angle 2 = \angle 3$
$\angle 4 = \angle 5$
$\angle 6 = \angle 7$
કેન્દ્રની આસપાસના ખૂણાઓનો સરવાળો $360^{\circ}$ હોવાથી:
$\angle 1 + \angle 2 + \angle 3 + \angle 4 + \angle 5 + \angle 6 + \angle 7 + \angle 8 = 360^{\circ}$
સમાન ખૂણાઓ મૂકતા:
$(\angle 1 + \angle 8) + (\angle 2 + \angle 3) + (\angle 4 + \angle 5) + (\angle 6 + \angle 7) = 360^{\circ}$
$2\angle 1 + 2\angle 2 + 2\angle 5 + 2\angle 6 = 360^{\circ}$
$2(\angle 1 + \angle 2) + 2(\angle 5 + \angle 6) = 360^{\circ}$
$(\angle 1 + \angle 2) + (\angle 5 + \angle 6) = 180^{\circ}$
આમ,$\angle AOB + \angle COD = 180^{\circ}$.
તે જ રીતે,આપણે સાબિત કરી શકીએ કે $\angle BOC + \angle DOA = 180^{\circ}$.
આમ,વર્તુળને પરિગત ચતુષ્કોણની સામસામેની બાજુઓ વર્તુળના કેન્દ્ર આગળ પૂરક ખૂણાઓ આંતરે છે.

(D) ધારો કે $O$ એ બે એકકેન્દ્રીય વર્તુળો $C_{1}$ અને $C_{2}$ નું કેન્દ્ર છે,જેની ત્રિજ્યાઓ $r_{1} = 4 \, cm$ અને $r_{2} = 5 \, cm$ છે.
ધારો કે $AC$ એ મોટા વર્તુળ $C_{2}$ ની જીવા છે,જે નાના વર્તુળ $C_{1}$ ને બિંદુ $B$ પર સ્પર્શે છે.
$OB$ ને જોડો. કારણ કે $AC$ એ વર્તુળ $C_{1}$ નો બિંદુ $B$ આગળ સ્પર્શક છે,તેથી $OB \perp AC$ (વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ દોરેલ સ્પર્શક સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે).
હવે,કાટકોણ $\triangle OBC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$OC^{2} = BC^{2} + OB^{2}$
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$5^{2} = BC^{2} + 4^{2}$
$25 = BC^{2} + 16$
$BC^{2} = 25 - 16 = 9$
$BC = \sqrt{9} = 3 \, cm$
કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે,તેથી જીવા $AC$ ની લંબાઈ $= 2 \times BC = 2 \times 3 = 6 \, cm$ થાય.

(A) $\triangle OAT$ માં,આપણે જાણીએ છીએ કે વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ દોરેલ સ્પર્શક તે બિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે.
તેથી,$\angle OAT = 90^{\circ}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OAT$ માં,આપણી પાસે છે:
$\cos(\angle OTA) = \frac{\text{પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{AT}{OT}$
અહીં $OT = 4 \, cm$ અને $\angle OTA = 30^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી:
$\cos(30^{\circ}) = \frac{AT}{4}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(30^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી:
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{AT}{4}$
$AT = 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}$
$AT = 2 \sqrt{3} \, cm$.

(B) આ વિધાન 'ખોટું' છે.
ધારો કે વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે અને બહારના બિંદુ $P$ થી દોરેલા સ્પર્શકની લંબાઈ $L$ છે.
ત્રિજ્યા, સ્પર્શક અને કેન્દ્રને બહારના બિંદુ સાથે જોડતા રેખાખંડ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં, કર્ણ એ કેન્દ્રથી બહારના બિંદુ સુધીનું અંતર $(d)$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ, $d^2 = r^2 + L^2$.
અહીં $d > r$ હોવાથી, $L = \sqrt{d^2 - r^2}$ મળે છે.
બહારના બિંદુના કેન્દ્રથી અંતર $(d)$ પર આધાર રાખીને, સ્પર્શકની લંબાઈ $(L)$ એ ત્રિજ્યા $(r)$ કરતા વધારે, તેના જેટલી અથવા તેનાથી ઓછી હોઈ શકે છે.
ઉદાહરણ તરીકે, જો બહારનું બિંદુ વર્તુળની ખૂબ નજીક હોય, તો સ્પર્શકની લંબાઈ ત્રિજ્યા કરતા નાની હોઈ શકે છે.

(TRUE) સાચું.
ધારો કે $PT$ એ બાહ્ય બિંદુ $P$ માંથી વર્તુળ પર સ્પર્શક છે જે સ્પર્શબિંદુ $T$ પર મળે છે. $OT$ ને જોડો.
વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શકને લંબ હોવાથી,$OT \perp PT$ થાય.
આમ,$\triangle OPT$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle OTP = 90^{\circ}$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કર્ણ એ સૌથી મોટી બાજુ હોય છે. અહીં,$OP$ એ કર્ણ છે.
તેથી,$OP > PT$,જે દર્શાવે છે કે સ્પર્શકની લંબાઈ $PT$ એ હંમેશા $OP$ કરતા ઓછી હોય છે.

(A) સાચું.
ધારો કે $EAF$ એ $\triangle ABC$ ના પરિવર્તુળનો બિંદુ $A$ આગળનો સ્પર્શક છે.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $EAF \parallel BC$.
યુગ્મકોણ પ્રમેય (alternate segment theorem) મુજબ,સ્પર્શક $EAF$ અને જીવા $AB$ વચ્ચેનો ખૂણો એ જીવા $AB$ દ્વારા એકાંતર વૃત્તખંડમાં બનતા ખૂણા $\angle ACB$ જેટલો હોય છે.
તેથી,$\angle EAB = \angle ACB$.
ચૂંક $\triangle ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $AB = AC$ છે,તેથી સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય,એટલે કે $\angle ABC = \angle ACB$.
આ બે સંબંધો પરથી,આપણને મળે છે કે $\angle EAB = \angle ABC$.
$\text{આ ખૂણાઓ રેખા } EAF \text{ અને } BC \text{ દ્વારા છેદિકા } AB \text{ સાથે બનતા યુગ્મકોણો છે}, \text{તેથી આ ખૂણાઓ સમાન હોવાથી } EAF \parallel BC$. સાબિત થાય છે.

(B) ખોટું.
ધારો કે $PQ$ એક રેખાખંડ છે અને $A$ તેના પરનું એક બિંદુ છે. જો ઘણા વર્તુળો રેખાખંડ $PQ$ ને બિંદુ $A$ પર સ્પર્શતા હોય,તો દરેક વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુ $A$ આગળ રેખાખંડ $PQ$ ને લંબ હોય છે.
ધારો કે આ વર્તુળોના કેન્દ્રો $C_1, C_2, C_3, \dots$ છે. દરેક વર્તુળ રેખાખંડ $PQ$ ને બિંદુ $A$ પર સ્પર્શતું હોવાથી,દરેક વર્તુળના કેન્દ્રને બિંદુ $A$ સાથે જોડતો રેખાખંડ (જેમ કે $C_1A, C_2A, C_3A, \dots$) બિંદુ $A$ આગળ $PQ$ ને લંબ હોવો જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે બધા કેન્દ્રો $C_1, C_2, C_3, \dots$ એક એવી રેખા પર આવેલા છે જે $PQ$ ને બિંદુ $A$ પર લંબ છે. જોકે,આ કેન્દ્રો $PQ$ ના લંબદ્વિભાજક પર આવેલા હોય તે માટે બિંદુ $A$ એ $PQ$ નું મધ્યબિંદુ હોવું જરૂરી છે. પ્રશ્નમાં એવું ક્યાંય દર્શાવેલ નથી કે $A$ એ $PQ$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી કેન્દ્રો $A$ આગળ $PQ$ ને લંબ રેખા પર આવેલા છે,પરંતુ તે $PQ$ ના લંબદ્વિભાજક પર આવેલા હોય તે જરૂરી નથી.

(A) સાચું (True)
સાબિત કરવાનું છે: $BC = BD$.
$1$. $OC$ ને જોડો. $AB$ વ્યાસ હોવાથી,$\angle ACB = 90^{\circ}$ (અર્ધવર્તુળનો ખૂણો).
$2$. $\triangle ABC$ માં,$\angle ABC = 180^{\circ} - (90^{\circ} + 30^{\circ}) = 60^{\circ}$.
$3$. $OC$ ત્રિજ્યા છે અને $CD$ સ્પર્શક છે,તેથી $OC \perp CD$,એટલે કે $\angle OCD = 90^{\circ}$.
$4$. $\triangle OAC$ માં,$OA = OC$ (ત્રિજ્યાઓ),તેથી $\angle OCA = \angle OAC = 30^{\circ}$.
$5$. $\angle BCD = \angle OCD - \angle OCB = 90^{\circ} - (90^{\circ} - 30^{\circ}) = 30^{\circ}$.
$6$. $\triangle BCD$ માં,$\angle CBD = 180^{\circ} - \angle ABC = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ (રૈખિક જોડના ખૂણા).
$7$. $\triangle BCD$ માં,$\angle BDC = 180^{\circ} - (120^{\circ} + 30^{\circ}) = 30^{\circ}$.
$8$. $\angle BCD = \angle BDC = 30^{\circ}$ હોવાથી,સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય,તેથી $BC = BD$ થાય.

(N/A) ધારો કે $O$ એ બે સમકેન્દ્રી વર્તુળોનું સામાન્ય કેન્દ્ર છે. ધારો કે $AB$ એ મોટા વર્તુળની જીવા છે જે નાના વર્તુળને બિંદુ $C$ પર સ્પર્શે છે.
ત્રિજ્યા સ્પર્શકના સ્પર્શબિંદુએ લંબ હોવાથી,$OC \perp AB$ થાય.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta OCB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OC^{2} + CB^{2} = OB^{2}$
અહીં,$OC$ એ નાના વર્તુળની ત્રિજ્યા છે,તેથી $OC = \frac{d_{1}}{2}$.
$OB$ એ મોટા વર્તુળની ત્રિજ્યા છે,તેથી $OB = \frac{d_{2}}{2}$.
કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે,તેથી $CB = \frac{c}{2}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$(\frac{d_{1}}{2})^{2} + (\frac{c}{2})^{2} = (\frac{d_{2}}{2})^{2}$
$\frac{d_{1}^{2}}{4} + \frac{c^{2}}{4} = \frac{d_{2}^{2}}{4}$
બંને બાજુ $4$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$d_{1}^{2} + c^{2} = d_{2}^{2}$
આમ,$d_{2}^{2} = c^{2} + d_{1}^{2}$.

(D) ધારો કે $C_1$ અને $C_2$ એ સમાન કેન્દ્ર $O$ ધરાવતા વર્તુળો છે. $AC$ એ બહારના વર્તુળ $C_2$ ની જીવા છે જે અંદરના વર્તુળ $C_1$ ને બિંદુ $D$ પર સ્પર્શે છે.
$OD$ ને જોડો.
જેহেতু $AC$ એ અંદરના વર્તુળનો $D$ બિંદુએ સ્પર્શક છે,તેથી $OD \perp AC$.
કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે.
તેથી,$AD = DC = \frac{8}{2} = 4 \, cm$.
કાટકોણ $\triangle AOD$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OA^2 = AD^2 + OD^2$
$5^2 = 4^2 + OD^2$
$25 = 16 + OD^2$
$OD^2 = 25 - 16 = 9$
$OD = \sqrt{9} = 3 \, cm$.
આમ,અંદરના વર્તુળની ત્રિજ્યા $3 \, cm$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $AB$ અને $CD$ એ $O$ અને $O^{\prime}$ કેન્દ્રવાળા અને સમાન ત્રિજ્યા $r$ ધરાવતા બે વર્તુળોના સામાન્ય સ્પર્શકો છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AB = CD$.
રચના: $OA, OC, O^{\prime}B$ અને $O^{\prime}D$ ને જોડો.
સાબિતી:
$1$. $AB$ એ $A$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવાથી,ત્રિજ્યા $OA$ એ $AB$ ને લંબ છે. તેથી,$\angle OAB = 90^{\circ}$.
$2$. તેવી જ રીતે,$CD$ એ $C$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવાથી,ત્રિજ્યા $OC$ એ $CD$ ને લંબ છે. તેથી,$\angle OCD = 90^{\circ}$.
$3$. $AB$ અને $CD$ સમાંતર સ્પર્શકો હોવાથી (કારણ કે જો ત્રિજ્યા સમાન હોય તો તેઓ કેન્દ્રોને જોડતી રેખાને લંબ હોય છે),$AC$ એ વ્યાસ અથવા સ્પર્શકોને લંબ રેખાખંડ છે.
$4$. ચતુષ્કોણ $ABDC$ માં,$\angle A = 90^{\circ}, \angle B = 90^{\circ}, \angle C = 90^{\circ}$ અને $\angle D = 90^{\circ}$ છે.
$5$. ત્રિજ્યા સમાન હોવાથી,સમાંતર સ્પર્શકો $AB$ અને $CD$ વચ્ચેનું અંતર અચળ છે,તેથી $AC = BD = 2r$ થાય.
$6$. જે ચતુષ્કોણના બધા ખૂણા $90^{\circ}$ હોય અને સામસામેની બાજુઓ સમાન હોય તેને લંબચોરસ કહેવાય છે.
$7$. તેથી,$ABDC$ એક લંબચોરસ છે.
$8$. આમ,લંબચોરસની સામસામેની બાજુઓ સમાન હોવાથી,$AB = CD$ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: જીવા $PQ$ એ બિંદુ $R$ આગળના સ્પર્શક $MN$ ને સમાંતર છે.
સાબિત કરવાનું છે: $R$ એ ચાપ $PRQ$ ને દુભાગે છે, એટલે કે ચાપ $PR = \text{ચાપ } RQ$.
સાબિતી:
ધારો કે $MN$ એ $R$ આગળનો સ્પર્શક છે. $PQ \parallel MN$ હોવાથી, યુગ્મકોણ સમાન થાય.
તેથી, $\angle MRP = \angle RPQ$ (ધારો કે આ $\angle 1 = \angle 2$ છે).
યુગ્મકોણ પ્રમેય મુજબ, સ્પર્શક અને જીવા વચ્ચેનો ખૂણો એ જીવા દ્વારા એકાંતર વૃત્તખંડમાં બનતા ખૂણા જેટલો હોય છે.
તેથી, $\angle MRP = \angle RQP$ (ધારો કે આ $\angle 1 = \angle 3$ છે).
ઉપરના બે સમીકરણો પરથી, આપણને $\angle 2 = \angle 3$ મળે છે, એટલે કે $\angle RPQ = \angle RQP$.
$\triangle PQR$ માં, $\angle RPQ = \angle RQP$ હોવાથી, આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે.
તેથી, $PR = RQ$.
જીવા $PR$ અને $RQ$ સમાન હોવાથી, તેમના દ્વારા બનતી ચાપ પણ સમાન હોય છે.
આમ, ચાપ $PR = \text{ચાપ } RQ$, જેનો અર્થ છે કે $R$ એ ચાપ $PRQ$ ને દુભાગે છે.

(N/A) ધારો કે $O$ એ આપેલ વર્તુળનું કેન્દ્ર છે. ધારો કે $P$ આગળનો સ્પર્શક $BC$ ને $Q$ માં મળે છે. $BP$ ને જોડો.
સાબિત કરવાનું છે: $BQ = QC$.
સાબિતી: $\angle ABC = 90^{\circ}$.
$\triangle ABC$ માં,$\angle A + \angle C = 90^{\circ}$ (જ્યાં $\angle A = \angle 1$ અને $\angle C = \angle 5$).
તેથી,$\angle 1 + \angle 5 = 90^{\circ}$ ... $(i)$
યુગ્મ વૃત્તખંડના પ્રમેય મુજબ,$P$ આગળના સ્પર્શક અને જીવા $BP$ વચ્ચેનો ખૂણો એ યુગ્મ વૃત્તખંડમાં બનેલા ખૂણા જેટલો હોય છે,તેથી $\angle 3 = \angle 1$.
વળી,$\angle APB = 90^{\circ}$ (અર્ધવર્તુળનો ખૂણો).
$AC$ એક સીધી રેખા હોવાથી,$\angle APB + \angle BPC = 180^{\circ}$,તેથી $\angle BPC = 90^{\circ}$.
$\triangle BPC$ માં,$\angle 4 + \angle 5 = 90^{\circ}$ ... $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ પરથી:
$\angle 1 + \angle 5 = \angle 4 + \angle 5$
$\Rightarrow \angle 1 = \angle 4$
$\angle 3 = \angle 1$ હોવાથી,આપણને $\angle 3 = \angle 4$ મળે છે.
$\triangle PQC$ માં,$\angle 3 = \angle 4$ હોવાથી,સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે,તેથી $PQ = QC$.
વળી,બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકો સમાન હોય છે,તેથી $PQ = BQ$.
તેથી,$BQ = QC$.
આમ,$P$ આગળનો સ્પર્શક $BC$ ને દુભાગે છે.

(N/A) $1$. $\triangle ABC$ માં,$\angle ACB = 90^{\circ}$ (અર્ધવર્તુળમાં બનતો ખૂણો).
$2$. $\triangle ABC$ માં,$\angle ABC = 180^{\circ} - (90^{\circ} + 30^{\circ}) = 60^{\circ}$.
$3$. સ્પર્શક અને જીવા વચ્ચેનો ખૂણો તે જીવા દ્વારા એકાંતર વૃત્તખંડમાં બનતા ખૂણા જેટલો હોય છે,તેથી $\angle BCD = \angle BAC = 30^{\circ}$.
$4$. $\triangle BCD$ માં,$\angle CBD = 180^{\circ} - \angle ABC = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ (રૈખિક જોડ).
$5$. $\triangle BCD$ માં,$\angle BDC = 180^{\circ} - (120^{\circ} + 30^{\circ}) = 30^{\circ}$.
$6$. અહીં $\angle BCD = \angle BDC = 30^{\circ}$ હોવાથી,$\triangle BCD$ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે,તેથી $BC = BD$.

(N/A) $AO, OC$ અને $O^{\prime}D, O^{\prime}B$ ને જોડો.
$\triangle E O^{\prime} D$ અને $\triangle E O^{\prime} B$ માં:
$O^{\prime} D = O^{\prime} B$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ)
$O^{\prime} E = O^{\prime} E$ (સામાન્ય બાજુ)
$ED = EB$ (બહારના બિંદુ $E$ માંથી વર્તુળ પર દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે)
તેથી,$\triangle E O^{\prime} D \cong \triangle E O^{\prime} B$ ($SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ).
આનો અર્થ એ છે કે $\angle O^{\prime} E D = \angle O^{\prime} E B$,તેથી $O^{\prime} E$ એ $\angle DEB$ નો દ્વિભાજક છે.
તે જ રીતે,$\triangle EOA$ અને $\triangle EOC$ ને ધ્યાનમાં લેતા,આપણે સાબિત કરી શકીએ છીએ કે $\triangle EOA \cong \triangle EOC$,જેનો અર્થ છે કે $\angle OEA = \angle OEC$,તેથી $OE$ એ $\angle AEC$ નો દ્વિભાજક છે.
$AB$ અને $CD$ એ બિંદુ $E$ માં છેદતી સીધી રેખાઓ હોવાથી,$\angle AEC$ અને $\angle DEB$ અભિકોણો છે,તેથી $\angle AEC = \angle DEB$.
$OE$ એ $\angle AEC$ નો દ્વિભાજક છે અને $O^{\prime}E$ એ $\angle DEB$ નો દ્વિભાજક છે,અને $\angle AEC = \angle DEB$ હોવાથી,$\angle OEC = \angle O^{\prime}EB$ થાય છે.
$C, E, B$ એક સીધી રેખા પર હોવાથી,$\angle OEC + \angle OEO^{\prime} + \angle O^{\prime}EB = 180^{\circ}$.
$\angle OEC = \angle O^{\prime}EB$ મૂકતા,આપણને $2\angle O^{\prime}EB + \angle OEO^{\prime} = 180^{\circ}$ મળે છે.
જોકે,$O, E, O^{\prime}$ એક સીધી રેખા બનાવે છે,તેથી $\angle OEO^{\prime}$ ખૂણો $180^{\circ}$ હોવો જોઈએ.
આમ,$O, E, O^{\prime}$ સમરેખ છે.

(C) ધારો કે $O$ એ વર્તુળનું કેન્દ્ર છે. $OC$ ને જોડો. $OC$ એ ત્રિજ્યા છે અને $PC$ એ $C$ આગળનો સ્પર્શક હોવાથી,$OC \perp PC$ થાય. તેથી,$\angle PCO = 90^{\circ}.$
આપેલ છે કે $\angle PCA = 110^{\circ},$ તેથી $\angle OCA = \angle PCA - \angle PCO = 110^{\circ} - 90^{\circ} = 20^{\circ}.$
$\triangle OCA$ માં,$OC = OA$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ),તેથી $\angle OAC = \angle OCA = 20^{\circ}.$
$\angle COA = 180^{\circ} - (20^{\circ} + 20^{\circ}) = 140^{\circ}$ હોવાથી,ચાપ $AC$ દ્વારા કેન્દ્ર આગળ બનતો ખૂણો $140^{\circ}$ છે.
ચાપ $AC$ દ્વારા પરિઘ પર બનતો ખૂણો $\angle ABC = \frac{1}{2} \angle COA = \frac{1}{2} \times 140^{\circ} = 70^{\circ}.$
આમ,$\angle CBA = 70^{\circ}.$

(B) $O$ એ વર્તુળનું કેન્દ્ર છે અને $P$ એ સ્પર્શકનું સ્પર્શબિંદુ છે.
વર્તુળની ત્રિજ્યા હંમેશા સ્પર્શબિંદુ આગળ સ્પર્શકને લંબ હોય છે,તેથી $\angle OPQ = 90^\circ$.
આપેલ છે: $OP = 7 \, cm$ (ત્રિજ્યા) અને $PQ = 24 \, cm$.
કાટકોણ $\Delta OPQ$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OQ^2 = OP^2 + PQ^2$
$OQ^2 = (7)^2 + (24)^2$
$OQ^2 = 49 + 576$
$OQ^2 = 625$
$OQ = \sqrt{625} = 25 \, cm$.

(C) $\odot(P, 5)$ ની જીવા $\overline{AB}$ એ $\odot(P, 3)$ ને $M$ બિંદુએ સ્પર્શે છે.
વર્તુળની ત્રિજ્યા સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શકને લંબ હોય છે,તેથી $\overline{PM} \perp \overline{AB}$.
વર્તુળના કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે. તેથી,$M$ એ $\overline{AB}$ નું મધ્યબિંદુ છે.
અહીં $PM = 3$ (નાના વર્તુળની ત્રિજ્યા) અને $PB = 5$ (મોટા વર્તુળની ત્રિજ્યા) આપેલ છે.
કાટકોણ $\Delta PMB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$PB^2 = PM^2 + MB^2$
$5^2 = 3^2 + MB^2$
$25 = 9 + MB^2$
$MB^2 = 25 - 9 = 16$
$MB = \sqrt{16} = 4$.
$M$ એ $\overline{AB}$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AB = 2 \times MB = 2 \times 4 = 8$.

(N/A) ધારો કે $P$ એ બે સમકેન્દ્રી વર્તુળોનું સામાન્ય કેન્દ્ર છે. ધારો કે $\overline{AB}$ એ $R = 13$ ત્રિજ્યા ધરાવતા મોટા વર્તુળની જીવા છે,જે $r = 8$ ત્રિજ્યા ધરાવતા નાના વર્તુળને બિંદુ $M$ પર સ્પર્શે છે.
ત્યારબાદ,$\overline{AB}$ એ નાના વર્તુળને $M$ બિંદુએ સ્પર્શક હોવાથી,ત્રિજ્યા $\overline{PM}$ એ જીવા $\overline{AB}$ ને લંબ છે. તેથી,$\angle PMB = 90^{\circ}$ થાય.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta PMB$ માં:
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$PB^2 = PM^2 + MB^2$.
અહીં,$PB = 13$ (મોટા વર્તુળની ત્રિજ્યા) અને $PM = 8$ (નાના વર્તુળની ત્રિજ્યા) છે.
$13^2 = 8^2 + MB^2$
$169 = 64 + MB^2$
$MB^2 = 169 - 64 = 105$
$MB = \sqrt{105}$.
કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે,તેથી $AB = 2 \times MB$ થાય.
$AB = 2\sqrt{105}$.

(A) આપેલ છે કે બિંદુ $A$ એ કેન્દ્ર $P$ અને ત્રિજ્યા $r = 10$ વાળા વર્તુળની બહારના ભાગમાં છે.
$A$ માંથી પસાર થતી રેખા વર્તુળને $B$ બિંદુએ સ્પર્શે છે,તેથી $AB$ એ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.
સ્પર્શબિંદુએ દોરેલી ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે. તેથી,$\angle PBA = 90^{\circ}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle PBA$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$PA^2 = PB^2 + AB^2$.
અહીં $PA = 26$ અને $PB = r = 10$ આપેલ છે.
$26^2 = 10^2 + AB^2$.
$676 = 100 + AB^2$.
$AB^2 = 676 - 100 = 576$.
$AB = \sqrt{576} = 24$.

(B) આપેલ છે કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $O$ અને ત્રિજ્યા $r = 8$ છે.
બિંદુ $A$ વર્તુળની બહારના ભાગમાં છે.
$A$ માંથી પસાર થતી રેખા વર્તુળને $B$ બિંદુએ સ્પર્શે છે,જેનો અર્થ છે કે $AB$ એ $B$ બિંદુએ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.
સ્પર્શકના ગુણધર્મ મુજબ,ત્રિજ્યા $OB$ એ સ્પર્શક $AB$ ને સ્પર્શબિંદુ $B$ આગળ લંબ હોય છે.
તેથી,$\triangle OBA$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle OBA = 90^{\circ}$ છે.
$\triangle OBA$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OA^2 = OB^2 + AB^2$
અહીં $OB = r = 8$ અને $AB = 15$ આપેલ છે.
$OA^2 = 8^2 + 15^2$
$OA^2 = 64 + 225$
$OA^2 = 289$
$OA = \sqrt{289} = 17$.
આમ,$OA$ ની લંબાઈ $17$ છે.

(B) ધારો કે બે સમકેન્દ્રી વર્તુળોની ત્રિજ્યા $R = 41$ અને $r = 40$ છે.
ધારો કે $O$ એ સામાન્ય કેન્દ્ર છે.
ધારો કે $AB$ એ મોટા વર્તુળની જીવા છે જે નાના વર્તુળને બિંદુ $P$ પર સ્પર્શે છે.
જીવા નાના વર્તુળને સ્પર્શતી હોવાથી,$OP$ એ $AB$ ને લંબ છે અને $OP = r = 40$ થાય.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OPA$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OA^2 = OP^2 + AP^2$
$41^2 = 40^2 + AP^2$
$1681 = 1600 + AP^2$
$AP^2 = 1681 - 1600 = 81$
$AP = 9$.
કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે,તેથી જીવાની લંબાઈ $AB = 2 \times AP = 2 \times 9 = 18$ થાય.

(D) કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળમાં,ત્રિજ્યા $OQ$ એ સ્પર્શબિંદુ $Q$ આગળ સ્પર્શક $PQ$ ને લંબ હોય છે. તેથી,$\triangle OQP$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle OQP = 90^{\circ}$ છે.
$\triangle OQP$ માં પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$OQ^2 + PQ^2 = OP^2$
અહીં $OP = 34$ અને $PQ = 16$ આપેલ છે:
$OQ^2 + 16^2 = 34^2$
$OQ^2 + 256 = 1156$
$OQ^2 = 1156 - 256 = 900$
$OQ = \sqrt{900} = 30$.
વર્તુળની ત્રિજ્યા $30$ છે. વર્તુળનો વ્યાસ $2 \times \text{ત્રિજ્યા} = 2 \times 30 = 60$ થાય.

(A) ધારો કે સમકેન્દ્રી વર્તુળોનું કેન્દ્ર $O$ છે. મોટા વર્તુળની ત્રિજ્યા $R = 17$ અને નાના વર્તુળની ત્રિજ્યા $r = 8$ છે.
ધારો કે $AB$ એ મોટા વર્તુળની જીવા છે જે નાના વર્તુળને બિંદુ $P$ પર સ્પર્શે છે.
કારણ કે $AB$ એ નાના વર્તુળને $P$ પર સ્પર્શક છે,તેથી ત્રિજ્યા $OP$ એ જીવા $AB$ ને લંબ છે $(OP \perp AB)$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OPA$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OA^2 = OP^2 + AP^2$
$17^2 = 8^2 + AP^2$
$289 = 64 + AP^2$
$AP^2 = 289 - 64 = 225$
$AP = \sqrt{225} = 15$.
કેન્દ્રમાંથી જીવા પર દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે,તેથી $AB = 2 \times AP = 2 \times 15 = 30$.
તેથી,જીવાની લંબાઈ $30$ છે.

(A) આપેલ છે કે $r = OX = 12$ અને $XP = 5$.
$PX$ એ વર્તુળનો $X$ બિંદુએ સ્પર્શક હોવાથી,ત્રિજ્યા $OX$ એ સ્પર્શક $PX$ ને સ્પર્શબિંદુએ લંબ હોય છે.
તેથી,$\angle OXP = 90^{\circ}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta OXP$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OP^2 = OX^2 + XP^2$
$OP^2 = (12)^2 + (5)^2$
$OP^2 = 144 + 25$
$OP^2 = 169$
$OP = \sqrt{169} = 13$.
આમ,$OP$ ની લંબાઈ $13$ છે.

(A) $\overline{OX}$ એ ત્રિજ્યા છે અને $\overleftrightarrow{PX}$ એ $X$ બિંદુએ સ્પર્શક છે.
પ્રમેય મુજબ,વર્તુળના કોઈપણ બિંદુએ દોરેલો સ્પર્શક તે બિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે.
તેથી,$\overline{OX} \perp \overleftrightarrow{PX}$,જેનો અર્થ છે કે $m\angle OXP = 90^\circ$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta PXO$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ થાય છે.
તેથી,$m\angle OXP + m\angle XPO + m\angle XOP = 180^\circ$.
$90^\circ + 65^\circ + m\angle XOP = 180^\circ$.
$155^\circ + m\angle XOP = 180^\circ$.
$m\angle XOP = 180^\circ - 155^\circ = 25^\circ$.

(D) ધારો કે એકકેન્દ્રીય વર્તુળોનું કેન્દ્ર $P$ છે. ત્રિજ્યાઓ $R = 13$ અને $r = 8$ છે.
$\overline{AB}$ એ મોટા વર્તુળનો વ્યાસ છે,તેથી $AB = 2 \times 13 = 26$ અને $PB = 13$.
$\overline{BD}$ એ નાના વર્તુળને $D$ બિંદુએ સ્પર્શે છે,તેથી $\overline{PD} \perp \overline{BD}$ અને $PD = 8$.
કાટકોણ $\Delta PDB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$BD^2 = PB^2 - PD^2 = 13^2 - 8^2 = 169 - 64 = 105$.
ધારો કે $\overline{BD}$ મોટા વર્તુળને $C$ બિંદુએ છેદે છે. $\overline{PD} \perp \overline{BC}$ હોવાથી,$D$ એ જીવા $\overline{BC}$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $CD = BD$. આમ,$CD^2 = 105$.
મોટા વર્તુળમાં,$\angle ACB$ એ અર્ધવર્તુળમાં આવેલો ખૂણો છે,તેથી $\angle ACB = 90^\circ$.
$\Delta ABC$ અને $\Delta PBD$ માં,$\angle ACB = \angle PDB = 90^\circ$ અને $\angle B$ સામાન્ય છે. તેથી,$AA$ સમરૂપતા મુજબ $\Delta ABC \sim \Delta PBD$.
તેથી,$\frac{AB}{PB} = \frac{AC}{PD} \implies \frac{26}{13} = \frac{AC}{8} \implies 2 = \frac{AC}{8} \implies AC = 16$.
કાટકોણ $\Delta ACD$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AD^2 = AC^2 + CD^2 = 16^2 + 105 = 256 + 105 = 361$.
$AD = \sqrt{361} = 19$.

(N/A) આપેલ છે: $\overline{AB}$ એ કેન્દ્ર $O$ વાળા વર્તુળની જીવા છે. રેખા $l$ એ વર્તુળને $B$ બિંદુએ સ્પર્શક છે. $D$ એ $A$ માંથી રેખા $l$ પર દોરેલા લંબનો લંબપાદ છે (એટલે કે $\overline{AD} \perp l$).
સાબિત કરવાનું છે: $\angle BAO \cong \angle BAD$.
સાબિતી:
$1$. $\Delta OAB$ માં,$\overline{OA} \cong \overline{OB}$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ).
$2$. તેથી,$\angle ABO \cong \angle BAO$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે) ... $(1)$.
$3$. રેખા $l$ એ વર્તુળને $B$ બિંદુએ સ્પર્શક છે અને $\overline{OB}$ એ સ્પર્શબિંદુ $B$ માંથી પસાર થતી ત્રિજ્યા છે. તેથી,$\overline{OB} \perp l$.
$4$. આપણને આપેલ છે કે $\overline{AD} \perp l$.
$5$. $\overline{OB}$ અને $\overline{AD}$ બંને એક જ રેખા $l$ ને લંબ હોવાથી,તેઓ એકબીજાને સમાંતર થાય $(\overline{OB} \parallel \overline{AD})$.
$6$. $\overline{OB} \parallel \overline{AD}$ અને $\overleftrightarrow{AB}$ ને છેદિકા તરીકે લેતા,યુગ્મકોણ સમાન થાય.
$7$. તેથી,$\angle ABO \cong \angle BAD$ (યુગ્મકોણ) ... $(2)$.
$8$. સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,$\angle BAO$ અને $\angle BAD$ બંને $\angle ABO$ ને સમાન હોવાથી,આપણે કહી શકીએ કે $\angle BAO \cong \angle BAD$.

(N/A) $O$ કેન્દ્રિત વર્તુળ ચતુષ્કોણ $ABCD$ ની બાજુઓ $\overline{AB}$,$\overline{BC}$,$\overline{CD}$ અને $\overline{DA}$ ને અનુક્રમે $P, Q, R$ અને $S$ બિંદુઓમાં સ્પર્શે છે.
સાબિત કરવાનું છે: $m \angle AOB + m \angle COD = 180^{\circ}$ અને $m \angle AOD + m \angle BOC = 180^{\circ}$.
સાબિતી: $\overline{OP}, \overline{OQ}, \overline{OR}$ અને $\overline{OS}$ દોરો.
બહારના બિંદુમાંથી વર્તુળને દોરેલા સ્પર્શકો સમાન હોવાથી,$\overline{AS} \cong \overline{AP}$.
$\Delta ASO$ અને $\Delta APO$ માં:
$\overline{AS} \cong \overline{AP}$ (બિંદુ $A$ માંથી સ્પર્શકો)
$\overline{OS} \cong \overline{OP}$ (એક જ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ)
$\overline{AO} \cong \overline{AO}$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$\Delta ASO \cong \Delta APO$ ($SSS$ એકરૂપતાની શરત).
આથી $m \angle OAS = m \angle OAP$,તેથી $m \angle OAB = \frac{1}{2} m \angle DAB$.
તે જ રીતે,આપણે દર્શાવી શકીએ કે:
$m \angle OBA = \frac{1}{2} m \angle ABC$
$m \angle OCD = \frac{1}{2} m \angle BCD$
$m \angle ODC = \frac{1}{2} m \angle CDA$
$\Delta AOB$ માં,$m \angle AOB = 180^{\circ} - (m \angle OAB + m \angle OBA) = 180^{\circ} - \frac{1}{2}(m \angle DAB + m \angle ABC)$.
$\Delta COD$ માં,$m \angle COD = 180^{\circ} - (m \angle OCD + m \angle ODC) = 180^{\circ} - \frac{1}{2}(m \angle BCD + m \angle CDA)$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા:
$m \angle AOB + m \angle COD = 360^{\circ} - \frac{1}{2}(m \angle DAB + m \angle ABC + m \angle BCD + m \angle CDA)$.
ચતુષ્કોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $360^{\circ}$ હોવાથી:
$m \angle AOB + m \angle COD = 360^{\circ} - \frac{1}{2}(360^{\circ}) = 360^{\circ} - 180^{\circ} = 180^{\circ}$.
તે જ રીતે,સાબિત કરી શકાય છે કે $m \angle AOD + m \angle BOC = 180^{\circ}$.

(A) વર્તુળની ત્રિજ્યા $OP = 9$ છે.
$PQ$ એ $P$ બિંદુએ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવાથી,ત્રિજ્યા $OP$ એ સ્પર્શબિંદુએ સ્પર્શક $PQ$ ને લંબ હોય છે.
તેથી,$\angle OPQ = 90^{\circ}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OPQ$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OQ^2 = OP^2 + PQ^2$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$OQ^2 = 9^2 + 40^2$.
$OQ^2 = 81 + 1600$.
$OQ^2 = 1681$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$OQ = \sqrt{1681} = 41$.
આમ,$OQ$ ની લંબાઈ $41$ છે.

(B) કાટકોણ ત્રિકોણમાં,અંતઃવર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ શોધવાનું સૂત્ર $r = \frac{AB + BC - AC}{2}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને કર્ણ $AC$ શોધો: $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{16^2 + 30^2} = \sqrt{256 + 900} = \sqrt{1156} = 34$.
હવે,કિંમતો સૂત્રમાં મૂકો: $r = \frac{16 + 30 - 34}{2}$.
$r = \frac{46 - 34}{2} = \frac{12}{2} = 6$.
આમ,વર્તુળની ત્રિજ્યા $6$ છે.

(C) આપેલ છે કે $P$ એ કેન્દ્ર $O$ અને ત્રિજ્યા $r$ વાળા વર્તુળની બહારનું બિંદુ છે. $\overleftrightarrow{PQ}$ એ $Q$ બિંદુએ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.
સ્પર્શકના ગુણધર્મ મુજબ,ત્રિજ્યા $OQ$ એ સ્પર્શક $PQ$ ને સ્પર્શબિંદુ $Q$ આગળ લંબ હોય છે. તેથી,$\triangle OQP$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle OQP = 90^{\circ}$ છે.
$\triangle OQP$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OP^2 = OQ^2 + PQ^2$
અહીં $OP = 26$ અને $PQ = 10$ આપેલ છે,તેથી:
$26^2 = r^2 + 10^2$
$676 = r^2 + 100$
$r^2 = 676 - 100 = 576$
$r = \sqrt{576} = 24$.
વર્તુળનો વ્યાસ $d = 2r = 2 \times 24 = 48$ થાય.