Textbook - Circles 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.

(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:
$90^{\circ} + 110^{\circ} + 90^{\circ} + \angle PTQ = 360^{\circ}$
$290^{\circ} + \angle PTQ = 360^{\circ}$
$\angle PTQ = 360^{\circ} - 290^{\circ} = 70^{\circ}$

(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,$\angle POA = 50^{\circ}$.

(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.