Mix Examples - Circles Questions in Gujarati

(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) 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,$\angle PRQ = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.

(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) 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 $CD = 2 \times EC = 2 \times 4 = 8 \, cm$.

(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) 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:
$\angle POQ + \angle OPQ + \angle OQP = 180^{\circ}$.
$\angle POQ + 40^{\circ} + 40^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle POQ + 80^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle POQ = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$.

(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.

(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,$\angle QSR = \angle OSQ + \angle OSR = 40^{\circ} + 30^{\circ} = 70^{\circ}$.

(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.

(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.
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.

(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.

(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.

(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,$d_{2}^{2} = c^{2} + d_{1}^{2}$.

(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,$(b - r) + (a - r) = c$.
$a + b - 2r = c$.
$2r = a + b - c$.
$r = \frac{a + b - c}{2}$.

(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: 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) 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: $AB$ 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) 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: 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.

(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 $PR$ 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) 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 $= PA + PB = 10 + 10 = 20 \, cm$.

(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 $PQ = 2 \times PN = 2 \times 2.4 = 4.8\, cm$.

(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.

(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) $1$. $\triangle ABC$ 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) 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.

(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.

(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,$AB = AE + EB = \frac{10}{3} + \frac{10}{3} = \frac{20}{3} \, cm$.