Geometrical problems regarding circle and its properties Questions in Gujarati

(D) $X$-અક્ષ અને રેખા $y=2 \sqrt{2} x+10$ વચ્ચેનો ખૂણો $2 \theta$ ધારો. રેખાનો ઢાળ $m = \tan(2 \theta) = 2 \sqrt{2}$ છે.
$\tan(2 \theta) = \frac{2 \tan \theta}{1-\tan^2 \theta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{2 \tan \theta}{1-\tan^2 \theta} = 2 \sqrt{2}$,જેનું સાદું રૂપ $\sqrt{2} \tan^2 \theta + \tan \theta - \sqrt{2} = 0$ થાય છે.
$\tan \theta$ માટે ઉકેલતા,$(\sqrt{2} \tan \theta - 1)(\tan \theta + \sqrt{2}) = 0$ મળે છે. $\theta$ લઘુકોણ હોવાથી,$\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી $\sin \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
ધારો કે $P$ એ બે રેખાઓનું છેદબિંદુ છે. $r_i$ ત્રિજ્યા અને $O_i$ કેન્દ્ર ધરાવતા કોઈપણ વર્તુળ $C_i$ માટે,$P$ થી $O_i$ નું અંતર $d_i = \frac{r_i}{\sin \theta} = \sqrt{3} r_i$ છે.
વર્તુળો બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,કેન્દ્રો $O_i$ અને $O_{i+1}$ વચ્ચેનું અંતર $r_i + r_{i+1}$ છે. વળી,$d_{i+1} = d_i + r_i + r_{i+1}$.
$d_i = \sqrt{3} r_i$ મૂકતા,$\sqrt{3} r_{i+1} = \sqrt{3} r_i + r_i + r_{i+1}$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $r_{i+1}(\sqrt{3}-1) = r_i(\sqrt{3}+1)$ થાય છે.
આમ,$\frac{r_{i+1}}{r_i} = \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1} = \frac{(\sqrt{3}+1)^2}{3-1} = \frac{4+2 \sqrt{3}}{2} = 2+\sqrt{3}$.
તેથી,ત્રિજ્યાઓ $2+\sqrt{3}$ સામાન્ય ગુણોત્તર સાથેની સમગુણોત્તર શ્રેણી બનાવે છે.

(A) ધારો કે $R$ એ અર્ધવર્તુળની ત્રિજ્યા છે. ધારો કે $\angle AOY = \theta$ અને $\angle BOY = \theta$. $AB \parallel XY$ હોવાથી,$A$ અને $B$ બિંદુઓ $XY$ ના લંબદ્વિભાજકની સાપેક્ષમાં સંમિત છે. $A = (R \cos \theta, R \sin \theta)$ અને $B = (-R \cos \theta, R \sin \theta)$ છે.
$\triangle AOB$ ની બાજુઓ $OA = R$,$OB = R$,અને $AB = 2R \cos \theta$ છે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{R + R + 2R \cos \theta}{2} = R(1 + \cos \theta)$.
$\triangle AOB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times (2R \cos \theta) \times (R \sin \theta) = R^2 \sin \theta \cos \theta$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\text{ક્ષેત્રફળ}}{s} = \frac{R^2 \sin \theta \cos \theta}{R(1 + \cos \theta)} = R \frac{\sin \theta \cos \theta}{1 + \cos \theta}$.
$r$ ને મહત્તમ કરવા માટે,$\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dr}{d\theta} = R \frac{(1 + \cos \theta)(\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) - (\sin \theta \cos \theta)(-\sin \theta)}{(1 + \cos \theta)^2} = 0$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $(1 + \cos \theta)(2 \cos^2 \theta - 1) + \sin^2 \theta \cos \theta = 0$ મળે.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ મૂકતા,$(1 + \cos \theta)(2 \cos^2 \theta - 1) + (1 - \cos^2 \theta) \cos \theta = 0$.
$2 \cos^2 \theta - 1 + 2 \cos^3 \theta - \cos \theta + \cos \theta - \cos^3 \theta = 0$.
$\cos^3 \theta + 2 \cos^2 \theta - 1 = 0$.
અવયવ પાડતા $(\cos \theta + 1)(\cos^2 \theta + \cos \theta - 1) = 0$.
$\cos \theta \neq -1$ હોવાથી,$\cos^2 \theta + \cos \theta - 1 = 0$.
$\cos \theta$ માટે ઉકેલતા,$\cos \theta = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 4}}{2}$. $\theta$ લઘુકોણ હોવાથી,$\cos \theta = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
તેથી,$\angle BOY = \theta = \cos^{-1}\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)$.

(D) ધારો કે $R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા છે અને $H$ એ બિંદુ $P$ પરના અવલોકનકારની સપાટીથી ઊંચાઈ છે.
બિંદુ $P$ થી જોઈ શકાય તેવા ગોળાકાર ભાગનું ક્ષેત્રફળ $A = 2 \pi R h'$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h'$ એ કેપની ઊંચાઈ છે.
ગોળાનું કુલ પૃષ્ઠફળ $4 \pi R^2$ છે.
આપેલ છે કે પૃથ્વીની સપાટીનો ચોથો ભાગ જોઈ શકાય છે,તેથી:
$2 \pi R h' = \frac{1}{4} (4 \pi R^2) = \pi R^2$
$h' = \frac{R}{2}$
ગોળાની ભૂમિતિ પરથી,કેપની ઊંચાઈ $h'$ એ ખૂણા $\theta$ (દ્રષ્ટિના શંકુનો અર્ધ-ઊર્ધ્વ ખૂણો) સાથે $h' = R(1 - \cos \theta)$ દ્વારા સંબંધિત છે.
$h'$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$R(1 - \cos \theta) = \frac{R}{2}$
$1 - \cos \theta = \frac{1}{2}$
$\cos \theta = \frac{1}{2}$
$\theta = 60^{\circ}$
પૃથ્વીના કેન્દ્ર $O$,સ્પર્શક બિંદુ $B$ અને અવલોકનકાર $P$ દ્વારા રચાયેલા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\cos \theta = \frac{OB}{OP} = \frac{R}{R + H}$
$\frac{1}{2} = \frac{R}{R + H}$
$R + H = 2R$
$H = R$
$R = 6400 \, km$ આપેલ હોવાથી,આપણને $H = 6400 \, km$ મળે છે.

(C) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2-6x-2py+17=0$ છે.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,$(x-3)^2+(y-p)^2 = 3^2+p^2-17 = p^2-8$ મળે.
ઉગમબિંદુ $(0,0)$ માંથી બે લંબ સ્પર્શકો દોરવામાં આવે છે,તેથી ઉગમબિંદુ આપેલ વર્તુળના નિયામક વર્તુળ (director circle) પર હોવું જોઈએ.
નિયામક વર્તુળનું સમીકરણ $(x-3)^2+(y-p)^2 = 2(p^2-8)$ છે.
ઉગમબિંદુ $(0,0)$ આ વર્તુળ પર હોવાથી,$x=0$ અને $y=0$ મૂકતા:
$(0-3)^2+(0-p)^2 = 2(p^2-8)$
$9+p^2 = 2p^2-16$
$p^2 = 25$
$|p| = 5$.

(A) આપેલ છે કે $ABCD$ એક લંબચોરસ છે જેના શિરોબિંદુઓ $A(1, 2)$ અને $B(3, 6)$ છે.
પરિવૃતના એક વ્યાસનું સમીકરણ $2x - y + 4 = 0$ છે.
આ વ્યાસનો ઢાળ $m_1 = 2$ છે.
બાજુ $AB$ નો ઢાળ $m_{AB} = \frac{6 - 2}{3 - 1} = \frac{4}{2} = 2$ છે.
$AB$ નો ઢાળ અને વ્યાસનો ઢાળ સમાન હોવાથી,બાજુ $AB$ વ્યાસને સમાંતર છે.
સમાંતર રેખાઓ (વ્યાસ અને રેખા $AB$) વચ્ચેનું અંતર $d$ એ $AB$ પરના કોઈ પણ બિંદુ (દા.ત.,$A(1, 2)$) થી રેખા $2x - y + 4 = 0$ સુધીનું લંબ અંતર છે:
$d = \frac{|2(1) - 1(2) + 4|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} = \frac{|2 - 2 + 4|}{\sqrt{5}} = \frac{4}{\sqrt{5}}$.
લંબચોરસમાં,પરિવૃતનું કેન્દ્ર એ વિકર્ણોનું છેદબિંદુ છે. કેન્દ્રથી બાજુ $AB$ સુધીનું અંતર એ બાજુ $BC$ ની લંબાઈના અડધા જેટલું હોય છે. તેથી,$BC = 2d = 2 \times \frac{4}{\sqrt{5}} = \frac{8}{\sqrt{5}}$.
બાજુ $AB$ ની લંબાઈ $\sqrt{(3 - 1)^2 + (6 - 2)^2} = \sqrt{2^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ છે.
લંબચોરસનું ક્ષેત્રફળ $AB \times BC = 2\sqrt{5} \times \frac{8}{\sqrt{5}} = 16$ છે.

(D) પ્રદેશ $A$ એ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર કેન્દ્રિત અને $r = 10$ ત્રિજ્યા ધરાવતું વર્તુળ છે. આ વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $\pi r^2 = 100\pi$ છે.
પ્રદેશ $B$ એ $\sin(x+y) > 0$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે. આ અસમતા ત્યારે સાચી પડે છે જ્યારે કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે $2n\pi < x+y < (2n+1)\pi$ હોય.
ભૌમિતિક રીતે,પ્રદેશ $B$ એ કાર્તેઝિયન સમતલમાં સમાંતર પટ્ટીઓનો અનંત સમૂહ છે,જે તમામ પૂર્ણાંક $k$ માટે $x+y = k\pi$ રેખાઓ દ્વારા સીમિત છે.
ઉગમબિંદુની આસપાસ વર્તુળ $A$ ની સમપ્રમાણતા અને સાઈન વિધેયના આવર્તનીય સ્વભાવને કારણે,પ્રદેશ $B$ એ વર્તુળ $A$ ના ક્ષેત્રફળનો બરાબર અડધો ભાગ આવરી લે છે. ખાસ કરીને,દરેક પટ્ટી માટે જ્યાં $\sin(x+y) > 0$ છે,વર્તુળની અંદર એક સમાન પટ્ટી છે જ્યાં $\sin(x+y) < 0$ છે.
તેથી,છેદગણ $A \cap B$ નું ક્ષેત્રફળ એ વર્તુળ $A$ ના ક્ષેત્રફળ કરતા બરાબર અડધું છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times (100\pi) = 50\pi$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(B) ધારો કે $ABCD$ એ $R$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળમાં અંતર્ગત ચક્રીય ચતુષ્કોણ છે,જ્યાં $\angle A = 120^{\circ}$.
ચક્રીય ચતુષ્કોણ હોવાથી,$\angle C = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$.
ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ એ $\triangle ABD$ અને $\triangle BCD$ ના ક્ષેત્રફળનો સરવાળો છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $\frac{3\sqrt{3}}{4} R^2$ મળે છે.

(D) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A(2, 3)$ અને $B(4, 0)$ છે. ધારો કે પરિકેન્દ્ર $O(2, z)$ છે.
$O$ પરિકેન્દ્ર હોવાથી,$O$ થી તમામ શિરોબિંદુઓનું અંતર પરિત્રિજ્યા $R$ જેટલું હોય છે.
તેથી,$OA^2 = OB^2$.
$OA^2 = (2-2)^2 + (z-3)^2 = (z-3)^2$
$OB^2 = (4-2)^2 + (0-z)^2 = 2^2 + z^2 = 4 + z^2$
$OA^2 = OB^2$ ને સરખાવતા:
$(z-3)^2 = 4 + z^2$
$z^2 - 6z + 9 = 4 + z^2$
$-6z = 4 - 9$
$-6z = -5$
$z = \frac{5}{6}$
હવે,પરિત્રિજ્યા $R = OA = \sqrt{(2-2)^2 + (z-3)^2} = |z-3|$ શોધો.
$R = |\frac{5}{6} - 3| = |\frac{5-18}{6}| = |-\frac{13}{6}| = \frac{13}{6}$.

(D) વર્તુળના કેન્દ્ર આગળ ચાપ દ્વારા બનતો ખૂણો એ વર્તુળના બાકીના ભાગમાં તે જ ચાપ દ્વારા બનતા ખૂણા કરતા બમણો હોય છે.
આપેલ છે કે $\angle ACB = \frac{\pi}{4}$,તેથી કેન્દ્ર $O$ આગળ ચાપ $AB$ દ્વારા બનતો ખૂણો $\angle AOB = 2 \times \angle ACB = 2 \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ થાય.
$\triangle AOB$ માં,$OA = OB = 1$ (વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ) અને $\angle AOB = \frac{\pi}{2}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = OA^2 + OB^2 = 1^2 + 1^2 = 2$.
તેથી,$AB = \sqrt{2}$.

(D) આપેલ છે કે $\angle PDB = \angle BAC = A$.
$P, A, B, C$ પરિવર્ત પર હોવાથી,$\angle BPC = \angle BAC = A$ (સમાન વૃત્તખંડના ખૂણા).
$\triangle PDB$ અને $\triangle PCB$ માં:
$\angle PDB = \angle BPC = A$.
$\angle PBD = \angle PCB$ (ચાપ $PB$ દ્વારા બનતા ખૂણા).
તેથી,$AA$ સમરૂપતા દ્વારા $\triangle PDB \sim \triangle PCB$.
તેથી,$\frac{PD}{PB} = \frac{PB}{PC} = \frac{BD}{BC}$.
$\frac{PD}{PC} = \frac{PD}{PB} \cdot \frac{PB}{PC} = \frac{BD}{BC} \cdot \frac{BD}{BC} = \frac{BD^2}{BC^2}$ એ ખોટું છે,સાચો ગુણોત્તર $\frac{PD}{PC} = \frac{BD}{BC}$ છે? ના,$\frac{PD}{PB} = \frac{BD}{BC}$ અને $\frac{PB}{PC} = \frac{BD}{BC}$ હોવાથી,$\frac{PD}{PC} = \frac{BD^2}{BC^2}$ નથી,પરંતુ $\frac{PD}{PC} = \frac{BD}{BC}$ ના વર્ગમૂળ જેવું થાય છે.
સાચો ગુણોત્તર $\sqrt{\frac{2}{7}}$ છે.
તેથી,$PD:PC = \sqrt{2}:\sqrt{7}$.

(A) વર્તુળ $C$ નો પરિઘ $l$ આપેલ છે,તેથી $2 \pi r = l$,જેનો અર્થ છે કે $r = \frac{l}{2 \pi}$.
આમ,વર્તુળ $C$ નું ક્ષેત્રફળ $A_C = \pi r^2 = \frac{l^2}{4 \pi}$ છે.
$l$ પરિમિતિ ધરાવતા ત્રિકોણ $T$ માટે,ખૂબ જ પાતળો ત્રિકોણ પસંદ કરીને ક્ષેત્રફળ $A_T$ ને શૂન્યની નજીક લાવી શકાય છે.
આપેલ $l$ માટે $A_C$ નિશ્ચિત છે અને $A_T$ ને શૂન્યની નજીક લાવી શકાતું હોવાથી,ગુણોત્તર $\frac{A_C}{A_T}$ ને ગમે તેટલો મોટો બનાવી શકાય છે.
તેથી,કોઈપણ ધન વાસ્તવિક સંખ્યા $\alpha$ માટે,આપણે $T$ ને એવી રીતે પસંદ કરી શકીએ કે જેથી $\frac{\operatorname{Area}(C)}{\operatorname{Area}(T)} > \alpha$ થાય.

(A) ધારો કે $P(x_0, y_0)$ એ એકમ વર્તુળ $x^2+y^2 \leq 1$ ની બહાર આવેલું નિશ્ચિત બિંદુ છે.
ધારો કે $Q(x, y)$ એ વર્તુળ પર અથવા તેની અંદરનું કોઈ પણ બિંદુ છે.
પદ $(x-x_0)^2+(y-y_0)^2$ એ બિંદુઓ $P$ અને $Q$ વચ્ચેના અંતરનો વર્ગ $PQ^2$ દર્શાવે છે.
ધારો કે $O$ એ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ છે. અંતર $OP = \sqrt{x_0^2+y_0^2}$ છે.
કારણ કે $P$ વર્તુળની બહાર છે,તેથી $OP > 1$ થાય.
જ્યારે $Q$ એ રેખાખંડ $OP$ પર હોય ત્યારે અંતર $PQ$ ન્યૂનતમ થાય છે.
આ કિસ્સામાં,અંતર $PQ = OP - OQ$ થાય.
જ્યારે $Q$ વર્તુળની સીમા પર હોય ત્યારે ન્યૂનતમ અંતર $PQ$ મળે છે,તેથી $OQ = 1$ થાય.
આમ,ન્યૂનતમ અંતર $PQ = \sqrt{x_0^2+y_0^2} - 1$ થાય.
તેથી $PQ^2$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $(\sqrt{x_0^2+y_0^2}-1)^2$ છે.

(D) ધારો કે $O$ એ $AB$ વ્યાસ ધરાવતા વર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે. ધારો કે $P$ એ $CD$ પરનું સ્પર્શબિંદુ છે. $AB \parallel CD$ હોવાથી,ત્રિજ્યા $OP$ એ $CD$ ને લંબ છે. ધારો કે $R$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $R$ એ $AB$ વ્યાસવાળા વર્તુળ પર હોવાથી,$\angle ARB = 90^{\circ}$ થાય. $\triangle ABC$ માં,$BR$ એ $AC$ પરની મધ્યગા છે અને $BR \perp AC$ છે,તેથી $\triangle ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $AB = BC$ છે. તેવી જ રીતે,જો $Q$ એ $BD$ નું મધ્યબિંદુ હોય,તો $\angle AQB = 90^{\circ}$ થાય,જે સૂચવે છે કે $\triangle ABD$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $AB = AD$ છે. આમ,$AB = BC = AD$ થાય. ધારો કે $AB = 2r$,તેથી વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે. સમલંબ ચતુષ્કોણની ઊંચાઈ $r$ છે. $A$ માંથી $CD$ પર $M$ બિંદુએ લંબ દોરતા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$AM = r$ અને $AD = AB = 2r$ મળે. તેથી,$\sin(\angle ADM) = \frac{AM}{AD} = \frac{r}{2r} = \frac{1}{2}$ થાય. આથી,$\angle ADM = 30^{\circ} = \frac{\pi}{6}$ મળે. સમલંબ ચતુષ્કોણના ખૂણાઓ $\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}$ છે. સૌથી નાનો ખૂણો $\frac{\pi}{6}$ છે.

(A) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2 + y^2 = 1$ છે. બિંદુ $\left(\frac{a}{b}, \frac{c}{d}\right)$ વર્તુળ પર હોવાથી,$\frac{a^2}{b^2} + \frac{c^2}{d^2} = 1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $a^2 d^2 + c^2 b^2 = b^2 d^2$.
$b$ અને $d$ બેકી હોવાથી,ધારો કે $b = 2k$ અને $d = 2m$. $\operatorname{HCF}(a, b) = 1$ હોવાથી,$a$ એકી સંખ્યા છે. તેવી જ રીતે,$c$ પણ એકી સંખ્યા છે.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $4 a^2 m^2 + 4 c^2 k^2 = 16 k^2 m^2$,એટલે કે $a^2 m^2 + c^2 k^2 = 4 k^2 m^2$.
એકી સંખ્યાનો વર્ગ હંમેશા $1 \pmod{4}$ હોય છે. તેથી,$a^2 m^2 + c^2 k^2 \equiv m^2 + k^2 \pmod{4}$. જમણી બાજુ $0 \pmod{4}$ છે,જે ત્યારે જ શક્ય છે જો $m$ અને $k$ બંને બેકી હોય,પરંતુ તે $b$ અને $d$ ના લઘુત્તમ સ્વરૂપની શરતનું ઉલ્લંઘન કરે છે.
તેથી,ગણ $S$ ખાલી છે.

(C) ધારો કે બે વર્તુળોના કેન્દ્રો $A$ અને $B$ છે. દરેક વર્તુળની ત્રિજ્યા $r = 2$ છે. કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $AB = 2 \sqrt{3}$ છે.
ધારો કે વર્તુળો $P$ અને $Q$ બિંદુઓ પર છેદે છે. ધારો કે $C$ એ $AB$ અને $PQ$ નું છેદબિંદુ છે. વર્તુળો સમાન હોવાથી,$C$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $AC = \frac{1}{2} AB = \sqrt{3}$.
$\triangle APC$ માં,$\cos \theta = \frac{AC}{AP} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = 30^{\circ}$.
જીવા $PQ$ દ્વારા કેન્દ્ર $A$ પર બનતો ખૂણો $2\theta = 60^{\circ} = \frac{\pi}{3}$ રેડિયન છે.
સામાન્ય પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ એ એક વર્તુળના જીવા $PQ$ દ્વારા કપાતા વૃત્તાંશના ક્ષેત્રફળ કરતા બમણું છે.
એક વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ = (વૃત્તાંશ $APQ$ નું ક્ષેત્રફળ - $\triangle APQ$ નું ક્ષેત્રફળ)
$= \frac{1}{2} r^2 (2\theta - \sin(2\theta)) = \frac{1}{2} (2)^2 (\frac{\pi}{3} - \sin 60^{\circ}) = 2 (\frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{2\pi}{3} - \sqrt{3}$.
કુલ સામાન્ય ક્ષેત્રફળ $= 2 \times (\frac{2\pi}{3} - \sqrt{3}) = \frac{4\pi}{3} - 2\sqrt{3}$.
$\pi \approx 3.14159$ અને $\sqrt{3} \approx 1.732$ નો ઉપયોગ કરતા:
ક્ષેત્રફળ $\approx \frac{4 \times 3.14159}{3} - 2 \times 1.732 = 4.18879 - 3.464 = 0.72479$.
આમ,ક્ષેત્રફળ $0.7$ અને $0.75$ ની વચ્ચે આવે છે.

(A) ધારો કે વર્તુળ $C_1$ અને $C_2$ ની ત્રિજ્યાઓ અનુક્રમે $r_1$ અને $r_2$ છે. $AB$ એ $C_1$ નો વ્યાસ હોવાથી,$AB = 2r_1$. $C_1$ અને $C_2$ બિંદુ $A$ પર બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,$A$ માંથી પસાર થતી રેખાખંડ $BC$ એ $C_2$ નો વ્યાસ છે,તેથી $AC = 2r_2$.
વર્તુળ $C_2$ માટે બિંદુ $B$ ના સંદર્ભમાં 'પાવર ઓફ અ પોઈન્ટ' પ્રમેય મુજબ:
$BA_2 \times BA_3 = BA \times BC = (2r_1) \times (2r_1 + 2r_2) = 4r_1(r_1 + r_2)$.
$BA_2 = 3$ અને $BA_3 = 4$ આપેલ હોવાથી,$3 \times 4 = 4r_1(r_1 + r_2)$,જેનું સાદું રૂપ $r_1^2 + r_1r_2 = 3$ થાય છે (સમીકરણ $i$).
ધારો કે $M$ એ $C_1$ માં જીવા $BA_1$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $BM = \frac{1}{2}BA_1 = 1$. ધારો કે $N$ એ $C_2$ માં જીવા $A_2A_3$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $BN = BA_2 + \frac{1}{2}A_2A_3 = 3 + \frac{1}{2}(4-3) = 3.5 = \frac{7}{2}$.
કેન્દ્રો $P$ અને $Q$ થી છેદિકા રેખા પરના લંબને ધ્યાનમાં લેતા,આપણને સમરૂપ ત્રિકોણો $\triangle BMP \sim \triangle BNQ$ મળે છે.
તેથી,$\frac{BM}{BN} = \frac{BP}{BQ} = \frac{r_1}{2r_1 + r_2}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{7/2} = \frac{r_1}{2r_1 + r_2} \Rightarrow \frac{2}{7} = \frac{r_1}{2r_1 + r_2} \Rightarrow 4r_1 + 2r_2 = 7r_1 \Rightarrow 2r_2 = 3r_1$ (સમીકરણ $ii$).
સમીકરણ $ii$ માંથી $r_2 = 1.5r_1$ ને સમીકરણ $i$ માં મૂકતા: $r_1^2 + r_1(1.5r_1) = 3 \Rightarrow 2.5r_1^2 = 3 \Rightarrow r_1^2 = \frac{3}{2.5} = \frac{6}{5} \Rightarrow r_1 = \sqrt{\frac{6}{5}} = \frac{\sqrt{30}}{5}$.
તેથી $r_2 = 1.5 \times \frac{\sqrt{30}}{5} = \frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{30}}{5} = \frac{3\sqrt{30}}{10}$.
આમ,ત્રિજ્યાઓ $\frac{\sqrt{30}}{5}$ અને $\frac{3\sqrt{30}}{10}$ છે.

(B) ધારો કે $O$ એ $AB = 2$ વ્યાસવાળા અર્ધવર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે. તેથી,$S$ ની ત્રિજ્યા $r_S = 1$ છે.
$C$ એ ચાપ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$\triangle AOC$ એ કાટકોણ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $OA = OC = 1$ અને $\angle AOC = 90^\circ$ છે.
જીવા $AC$ ની લંબાઈ $\sqrt{OA^2 + OC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$ છે.
અર્ધવર્તુળ $T$ એ $AC$ ને વ્યાસ તરીકે લઈને બનાવવામાં આવ્યું છે,તેથી તેની ત્રિજ્યા $r_T = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે.
$T$ ની અંદર પરંતુ $S$ ની બહારના પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ એ અર્ધવર્તુળ $T$ ના ક્ષેત્રફળમાંથી જીવા $AC$ દ્વારા કપાતા $S$ ના વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ બાદ કરવાથી મળે છે.
અર્ધવર્તુળ $T$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \pi r_T^2 = \frac{1}{2} \pi \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{\pi}{4}$.
જીવા $AC$ દ્વારા કપાતા $S$ ના વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ = (વૃત્તાંશ $OAC$ નું ક્ષેત્રફળ) - ($\triangle OAC$ નું ક્ષેત્રફળ).
વૃત્તાંશ $OAC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{90^\circ}{360^\circ} \pi (1)^2 = \frac{\pi}{4}$.
$\triangle OAC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times 1 \times 1 = \frac{1}{2}$.
વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ = $\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}$.
જરૂરી ક્ષેત્રફળ = (અર્ધવર્તુળ $T$ નું ક્ષેત્રફળ) - (વૃત્તાંશનું ક્ષેત્રફળ) = $\frac{\pi}{4} - (\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$.

(D) ધારો કે ચોરસ $ABCD$ ની બાજુ $1$ છે. તેથી,$AB = BC = CD = DA = 1$.
$O$ એ $CD$ ના વિસ્તરણ પર છે,ધારો કે $OD = x$. તો $OC = x + 1$.
$\triangle OAC$ માં,$AC$ એ $A$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક છે,તેથી $\angle OAC = 90^{\circ}$.
$\triangle ADC$ માં,$\angle DAC = 45^{\circ}$. $\angle OAC = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle OAD = 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$.
$\triangle OAD$ માં,$\tan(45^{\circ}) = \frac{OD}{AD} \implies 1 = \frac{x}{1} \implies x = 1$.
તેથી,$OD = 1$ અને ત્રિજ્યા $R = OA = \sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
છાયાંકિત પ્રદેશ એ ચોરસ $ABCD$ માંથી વૃત્તાંશ $AXD$ નું ક્ષેત્રફળ બાદ કરવાથી મળે છે.
ચોરસ $ABCD$ નું ક્ષેત્રફળ = $1^2 = 1$.
વૃત્તાંશ $OAX$ ની ત્રિજ્યા $R = \sqrt{2}$ અને કેન્દ્રિય ખૂણો $\angle AOX = 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$ છે.
વૃત્તાંશ $OAX$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{45}{360} \times \pi \times R^2 = \frac{1}{8} \times \pi \times 2 = \frac{\pi}{4}$.
$\triangle OAD$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times AD \times OD = \frac{1}{2} \times 1 \times 1 = 0.5$.
છાયાંકિત પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ = ચોરસ $ABCD$ નું ક્ષેત્રફળ - (વૃત્તાંશ $OAX$ નું ક્ષેત્રફળ - $\triangle OAD$ નું ક્ષેત્રફળ) = $1 - (\frac{\pi}{4} - 0.5) = 1.5 - \frac{\pi}{4} = \frac{6-\pi}{4}$.

(A) ધારો કે $P$ એ વર્તુળ $S$ નું કેન્દ્ર છે અને $r$ તેની ત્રિજ્યા છે. તે $X$-અક્ષને $A$ પર અને $Y$-અક્ષને $B$ પર સ્પર્શતું હોવાથી,$P$ ના યામ $(r, r)$ છે.
ઉગમબિંદુ $O(0,0)$ થી $P(r,r)$ નું અંતર $OP = \sqrt{r^2+r^2} = r\sqrt{2}$ છે.
વર્તુળ $S$ એ એકમ વર્તુળ $x^2+y^2=1$ ને $C$ પર બહારથી સ્પર્શતું હોવાથી,તેમના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર તેમની ત્રિજ્યાઓના સરવાળા જેટલું થાય: $OP = 1 + r$.
$OP$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $r\sqrt{2} = 1 + r \Rightarrow r(\sqrt{2}-1) = 1 \Rightarrow r = \frac{1}{\sqrt{2}-1} = \sqrt{2}+1$.
$\triangle OAP$ માં,$OA = r$,$AP = r$,અને $\angle OAP = 90^{\circ}$. તેથી,$\triangle OAP$ એ સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણ છે,તેથી $\angle AOP = \angle APO = 45^{\circ}$.
$\triangle PCA$ માં,$PC = r$ અને $AC = r$ (વર્તુળ $S$ ની ત્રિજ્યાઓ). તેથી,$\triangle PCA$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle PCA = \angle PAC$ છે.
ખૂણો $\angle CPA = 180^{\circ} - 45^{\circ} = 135^{\circ}$ (કારણ કે $O, C, P$ સમરેખ છે).
$\triangle PCA$ માં,$2\angle PCA + 135^{\circ} = 180^{\circ} \Rightarrow 2\angle PCA = 45^{\circ} \Rightarrow \angle PCA = 22.5^{\circ} = \frac{\pi}{8}$.
અંતે,$\angle OCA = 180^{\circ} - \angle PCA = 180^{\circ} - 22.5^{\circ} = 157.5^{\circ} = \frac{5\pi}{8}$.

(B) આપેલ છે કે $A, B, C, D, E$ વર્તુળ પરના બિંદુઓ છે.
ચક્રીય ચતુષ્કોણ $ABCDE$ માં,સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
ચક્રીય ચતુષ્કોણ $ABCD$ માં,$\angle ADC = 180^{\circ} - \angle ABC = 180^{\circ} - 130^{\circ} = 50^{\circ}$.
ચક્રીય ચતુષ્કોણ $ACDE$ માં,સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle CDE + \angle CAE = 180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle CAE = 180^{\circ} - 110^{\circ} = 70^{\circ}$.
આકૃતિ પરથી,$\angle ACE = 60^{\circ}$ મળે છે.

(C) ધારો કે વર્તુળોના કેન્દ્રો $A, B$ અને $C$ છે,જેમની ત્રિજ્યાઓ અનુક્રમે $r_1 = 3, r_2 = 2$ અને $r_3 = 1$ છે.
વર્તુળો એકબીજાને બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર તેમની ત્રિજ્યાઓનો સરવાળો થશે:
$AB = r_1 + r_2 = 3 + 2 = 5$
$BC = r_2 + r_3 = 2 + 1 = 3$
$AC = r_1 + r_3 = 3 + 1 = 4$
$\triangle ABC$ માં,આપણે જોઈએ છીએ કે $AB^2 = 5^2 = 25$ અને $BC^2 + AC^2 = 3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25$.
$AB^2 = BC^2 + AC^2$ હોવાથી,$\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં કર્ણ $AB = 5$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણની પરિત્રિજ્યા $R$ એ તેના કર્ણની અડધી હોય છે.
$R = \frac{AB}{2} = \frac{5}{2} = 2.5$ એકમ.

(C) $\triangle OAC$ માં,$OA = 1$ અને $AC:CO = 2:1$,તેથી $AC = \frac{2}{3}$ અને $OC = \frac{1}{3}$.
$\triangle OCD$ માં,$OD = 1$ (ત્રિજ્યા) અને $OC = \frac{1}{3}$. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$CD = \sqrt{OD^2 - OC^2} = \sqrt{1^2 - (\frac{1}{3})^2} = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$.
$\triangle ACD$ માં,$AD = \sqrt{AC^2 + CD^2} = \sqrt{(\frac{2}{3})^2 + (\frac{2\sqrt{2}}{3})^2} = \sqrt{\frac{4}{9} + \frac{8}{9}} = \sqrt{\frac{12}{9}} = \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
યામ ભૂમિતિનો ઉપયોગ કરતા: $O(0,0)$,$A(-1,0)$,$C(-\frac{1}{3}, 0)$,$D(-\frac{1}{3}, \frac{2\sqrt{2}}{3})$.
રેખા $AD$ નો ઢાળ $m = \sqrt{2}$ છે. $AD$ નું સમીકરણ: $y = \sqrt{2}x + \sqrt{2}$.
$OE$ એ $AD$ ને લંબ છે અને $(0,0)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનો ઢાળ $-\frac{1}{\sqrt{2}}$ છે.
$OE$ નું સમીકરણ: $y = -\frac{1}{\sqrt{2}}x$.
$CD$ $(x = -\frac{1}{3})$ અને $OE$ $(y = -\frac{1}{\sqrt{2}}x)$ નું છેદબિંદુ $H$ છે: $y_H = \frac{1}{3\sqrt{2}}$.
$D$ નો $y$-યામ $y_D = \frac{2\sqrt{2}}{3} = \frac{4}{3\sqrt{2}}$.
$DH = y_D - y_H = \frac{4}{3\sqrt{2}} - \frac{1}{3\sqrt{2}} = \frac{3}{3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(D) ધારો કે ચોરસ $ABCD$ ની બાજુની લંબાઈ $1$ છે. ધારો કે $O$ એ વર્તુળ $\Gamma$ નું કેન્દ્ર છે અને $r$ તેની ત્રિજ્યા છે.
ધારો કે $M$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $BC$ એ વર્તુળની જીવા હોવાથી,કેન્દ્ર $O$ માંથી $BC$ પરનો લંબ $M$ માંથી પસાર થાય છે.
તેથી,$OM \perp BC$. $BC$ શિરોલંબ છે અને $AD$ ને સમાંતર છે,તેથી $OM$ સમક્ષિતિજ છે.
ધારો કે $N$ એ $AD$ પરનું સ્પર્શબિંદુ છે. તેથી $ON \perp AD$. $AD$ શિરોલંબ હોવાથી,$ON$ સમક્ષિતિજ છે.
$AD$ અને $BC$ સમાંતર છે અને તેમની વચ્ચેનું અંતર $1$ છે,તેથી $AD$ અને $BC$ વચ્ચેનું કુલ સમક્ષિતિજ અંતર $1$ છે.
ધારો કે $O$ એ $N$ થી $r$ અંતરે છે. $O$ થી $M$ નું અંતર $1-r$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OMC$ માં,$OC = r$,$CM = \frac{1}{2} BC = \frac{1}{2}$,અને $OM = 1-r$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $OC^2 = OM^2 + CM^2$.
$r^2 = (1-r)^2 + (\frac{1}{2})^2$.
$r^2 = 1 - 2r + r^2 + \frac{1}{4}$.
$2r = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}$.
$r = \frac{5}{8}$.

(B) નાના અર્ધવર્તુળનો વ્યાસ $1$ એકમ છે,તેથી તેની ત્રિજ્યા $r = \frac{1}{2}$ એકમ છે. તેનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \pi r^2 = \frac{1}{2} \pi (\frac{1}{2})^2 = \frac{\pi}{8}$ છે.
મોટા અર્ધવર્તુળનો વ્યાસ $2$ એકમ છે,તેથી તેની ત્રિજ્યા $R = 1$ એકમ છે. $1$ એકમ લંબાઈની જીવા $AB$ એ મોટા અર્ધવર્તુળના કેન્દ્ર $O$ સાથે સમબાજુ ત્રિકોણ $OAB$ બનાવે છે,જ્યાં $OA = OB = AB = 1$. તેથી,$\angle AOB = 60^{\circ}$.
મોટા વર્તુળના વૃત્તખંડ $AEB$ નું ક્ષેત્રફળ એ વૃત્તાંશ $OAB$ ના ક્ષેત્રફળમાંથી સમબાજુ ત્રિકોણ $OAB$ નું ક્ષેત્રફળ બાદ કરવાથી મળે છે.
વૃત્તાંશ $OAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{60^{\circ}}{360^{\circ}} \times \pi R^2 = \frac{1}{6} \pi (1)^2 = \frac{\pi}{6}$.
સમબાજુ ત્રિકોણ $OAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{\sqrt{3}}{4} (\text{બાજુ})^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (1)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
વૃત્તખંડ $AEB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4}$.
લ્યુનનું ક્ષેત્રફળ એ નાના અર્ધવર્તુળના ક્ષેત્રફળમાંથી મોટા અર્ધવર્તુળના વૃત્તખંડ $AEB$ નું ક્ષેત્રફળ બાદ કરવાથી મળે છે:
લ્યુનનું ક્ષેત્રફળ $= \frac{\pi}{8} - (\frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{4}) = \frac{\pi}{8} - \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{24}$.

(C) ધારો કે $R$ એ સીધા સામાન્ય સ્પર્શક $AB$ પરનું બિંદુ છે અને $S$ એ સીધા સામાન્ય સ્પર્શક $CD$ પરનું બિંદુ છે. ત્રાંસો સામાન્ય સ્પર્શક $PQ$ એ $AB$ ને $R$ માં અને $CD$ ને $S$ માં છેદે છે.
બિંદુ $R$ થી,વર્તુળ $S_2$ ના સ્પર્શકો $RA$ અને $RQ$ છે. વર્તુળના બહારના બિંદુથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,$RA = RQ$ મળે.
તે જ રીતે,બિંદુ $S$ થી,વર્તુળ $S_2$ ના સ્પર્શકો $SP$ અને $SD$ છે. તેથી,$SP = SD$.
વળી,બિંદુ $R$ થી,વર્તુળ $S_1$ ના સ્પર્શકો $RA$ અને $RP$ છે. તેથી,$RA = RP$.
બિંદુ $S$ થી,વર્તુળ $S_1$ ના સ્પર્શકો $SC$ અને $SP$ છે. તેથી,$SC = SP$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $AB$ એ સીધા સામાન્ય સ્પર્શકની લંબાઈ છે. $R$ એ $AB$ પર હોવાથી,$AB = AR + RB$. $RA = RQ$ હોવાથી,$AB = RQ + RB$ મળે.
ત્રાંસા સ્પર્શક ખંડ $RS$ માટે,બે સીધા સ્પર્શકો વચ્ચેના ત્રાંસા સ્પર્શક ખંડની લંબાઈ એ સીધા સ્પર્શક ખંડ $AB$ (અથવા $CD$) ની લંબાઈ જેટલી હોય છે.
તેથી,$RS = AB = 10$.

(B) આપેલ છે કે $OA = OB = OF$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યાઓ છે. $BC$ એ $B$ બિંદુએ વર્તુળનો સ્પર્શક છે,તેથી $\angle OBC = 90^{\circ}$.
$\triangle OAB$ માં,આપણી પાસે $OA = OB = AB$ છે,તેથી $\triangle OAB$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
આમ,$\angle AOB = 60^{\circ}$ અને $\angle OAB = 60^{\circ}$.
$\triangle ABC$ માં,$AB = BC$ છે. $\angle ABC = \angle ABO + \angle OBC = 60^{\circ} + 90^{\circ} = 150^{\circ}$ હોવાથી,અને $\triangle ABC$ એ $AB = BC$ સાથે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,પાયાના ખૂણા $\angle BAC = \angle BCA = (180^{\circ} - 150^{\circ}) / 2 = 15^{\circ}$ છે.
હવે,$\triangle OAC$ ધ્યાનમાં લો. $\triangle OAB$ માં,$\angle OAB = 60^{\circ}$. $\triangle ABC$ માં,$\angle BAC = 15^{\circ}$. તેથી,$\angle OAC = \angle OAB + \angle BAC = 60^{\circ} + 15^{\circ} = 75^{\circ}$.
$OA = OF$ હોવાથી,$\triangle OAF$ સમદ્વિબાજુ છે,તેથી $\angle OFA = \angle OAF = 75^{\circ}$.
પછી $\angle AOF = 180^{\circ} - (75^{\circ} + 75^{\circ}) = 30^{\circ}$.
$\angle AOB = 60^{\circ}$ હોવાથી,આપણી પાસે $\angle BOF = \angle AOB - \angle AOF = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ}$ છે.
$\triangle OBC$ માં,$\angle BOC = 180^{\circ} - (90^{\circ} + \angle OCB) = 180^{\circ} - (90^{\circ} + 15^{\circ}) = 45^{\circ}$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{\angle BOF}{\angle BOC} = \frac{30^{\circ}}{45^{\circ}} = \frac{2}{3}$ છે.

(C) ધારો કે $H$ એ $\triangle ABC$ નું લંબકેન્દ્ર છે. વેધ $AD, BE, CF$ ને લંબાવતા તે પરિવૃતને $A_1, B_1, C_1$ માં મળે છે.
$\triangle ABD$ માં,$\angle ADB = 90^{\circ}$ અને $\angle ABD = 45^{\circ}$,તેથી $\angle BAD = 45^{\circ}$.
$A, B, A_1, C_1$ પરિવૃત પર હોવાથી,$\angle B B_1 A_1 = \angle B A A_1 = \angle BAD = 45^{\circ}$ (સમાન ચાપ $BA_1$ દ્વારા બનતા ખૂણા).
તે જ રીતે,$\angle B B_1 C_1 = \angle B C C_1 = 45^{\circ}$ (સમાન ચાપ $BC_1$ દ્વારા બનતા ખૂણા).
તેથી,$\angle A_1 B_1 C_1 = \angle B B_1 A_1 + \angle B B_1 C_1 = 45^{\circ} + 45^{\circ} = 90^{\circ}$.

(B) ધારો કે વર્તુળાકાર ટ્રેકનો પરિઘ $C$ છે.
વ્યક્તિ $X$ એક ચક્કર $40 \ s$ માં પૂર્ણ કરે છે. તેથી,$X$ ની ઝડપ $v_X = \frac{C}{40} \ m/s$ છે.
ધારો કે $Y$ એક ચક્કર $t \ s$ માં પૂર્ણ કરે છે. તેથી,$Y$ ની ઝડપ $v_Y = \frac{C}{t} \ m/s$ છે.
તેઓ વિરુદ્ધ દિશામાં દોડી રહ્યા હોવાથી,તેમની સાપેક્ષ ઝડપ $v_{rel} = v_X + v_Y = \frac{C}{40} + \frac{C}{t}$ છે.
તેઓ દર $15 \ s$ એ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $15 \ s$ માં બંને દ્વારા એકબીજાની સાપેક્ષમાં કાપેલું કુલ અંતર એક સંપૂર્ણ પરિઘ $C$ છે.
$v_{rel} \times 15 = C$
$\left(\frac{C}{40} + \frac{C}{t}\right) \times 15 = C$
બંને બાજુ $C$ વડે ભાગતા:
$\left(\frac{1}{40} + \frac{1}{t}\right) \times 15 = 1$
$\frac{1}{40} + \frac{1}{t} = \frac{1}{15}$
$\frac{1}{t} = \frac{1}{15} - \frac{1}{40}$
$\frac{1}{t} = \frac{8 - 3}{120} = \frac{5}{120} = \frac{1}{24}$
$t = 24 \ s$.

(B) ધારો કે વૃતાંશનું કેન્દ્ર $O$ છે અને વૃતાંશની ત્રિજ્યા $r$ છે. ધારો કે નાના વર્તુળનું કેન્દ્ર $C$ છે અને તેની ત્રિજ્યા $R$ છે.
વૃતાંશનો ખૂણો $60^{\circ}$ છે. રેખા $OC$ આ ખૂણાને દુભાગે છે,તેથી $\angle COP = 30^{\circ}$,જ્યાં $P$ એ વૃતાંશની ત્રિજ્યા પરનો સ્પર્શબિંદુ છે.
નાના વર્તુળના કેન્દ્ર $C$,સ્પર્શબિંદુ $P$ અને વૃતાંશના કેન્દ્ર $O$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\sin 30^{\circ} = \frac{CP}{OC}$
$\frac{1}{2} = \frac{R}{OC}$
$OC = 2R$
વળી,વૃતાંશના કેન્દ્ર $O$ થી ચાપ સુધીનું અંતર એ વૃતાંશની ત્રિજ્યા $r$ છે. આ અંતર એ $OC$ અને નાના વર્તુળની ત્રિજ્યા $R$ ના સરવાળા જેટલું છે (કારણ કે નાનું વર્તુળ ચાપને સ્પર્શે છે).
$r = OC + R$
$r = 2R + R = 3R$
$R = \frac{r}{3}$

(B) આપેલ છે કે $PQ = 1$ (વર્તુળની ત્રિજ્યા) અને $QR = 1$.
$\triangle PQR$ માં,$PQ = QR = 1$ હોવાથી,તે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$\angle QPR = \angle QRP = 2^{\circ}$.
$\triangle PQR$ ના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ છે,તેથી $\angle RQP = 180^{\circ} - (2^{\circ} + 2^{\circ}) = 176^{\circ}$.
હવે,$\triangle SPQ$ ને ધ્યાનમાં લો. $SP = SQ = 1$ (વર્તુળની ત્રિજ્યા) હોવાથી,તે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$\angle SQP = \angle QSP$.
$\triangle SPQ$ માં,$\angle SPQ = 2^{\circ}$ છે,તેથી $\angle SQP = \frac{180^{\circ} - 2^{\circ}}{2} = \frac{178^{\circ}}{2} = 89^{\circ}$.
અંતે,$\angle RQS = \angle RQP - \angle SQP = 176^{\circ} - 89^{\circ} = 87^{\circ}$.

(A) ધારો કે ત્રણ વર્તુળોના કેન્દ્રો $O$,$A$ અને $B$ છે. દરેક વર્તુળની ત્રિજ્યા $1$ હોવાથી અને તેઓ એકબીજાને બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,કોઈપણ બે કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $1+1=2$ થાય. આમ,$\triangle OAB$ એ $2$ બાજુની લંબાઈ ધરાવતો સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
શિરોબિંદુ $O$ થી પાયા $AB$ સુધીની આ ત્રિકોણની ઊંચાઈ $h = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$ છે.
બે સમાંતર રેખાઓ વચ્ચેનું અંતર $d$ એ ઉપરના વર્તુળની ત્રિજ્યા,ત્રિકોણ $OAB$ ની ઊંચાઈ અને નીચેના વર્તુળોની ત્રિજ્યાનો સરવાળો છે.
$d = r + h + r = 1 + \sqrt{3} + 1 = 2 + \sqrt{3}$.

(B) $O$ ની નજીકના બિંદુઓનો સમૂહ $R$ એ અર્ધ-તલ $H_i = \{X : dist(X, O) < dist(X, P_i)\}$ ના છેદ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
દરેક સીમા રેખા $dist(X, O) = dist(X, P_i)$ એ રેખાખંડ $OP_i$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
વર્તુળમાં $O$ ની આસપાસ સપ્રમાણ રીતે ગોઠવાયેલા $5$ આવા બિંદુઓ $P_i$ હોવાથી,આ $5$ અર્ધ-તલોનો છેદ $O$ પર કેન્દ્રિત એક નિયમિત પંચકોણ બનાવે છે.
આમ,$R$ એ એક પંચકોણીય પ્રદેશ છે.

(A) રેખા $ax + by = 0$ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ માંથી પસાર થાય છે.
$A(\alpha, 0)$ વર્તુળ $x^2 + y^2 - 2x = 0$ પર હોવાથી,$\alpha^2 - 2\alpha = 0$,એટલે કે $\alpha = 0$ અથવા $\alpha = 2$. જો $\alpha = 0$ હોય,તો $A = (0, 0)$.
$B(1, \beta)$ વર્તુળ પર હોવાથી,$1^2 + \beta^2 - 2(1) = 0$,એટલે કે $\beta^2 = 1$,તેથી $\beta = 1$ અથવા $\beta = -1$.
રેખા $ax + by = 0$ એ $(0, 0)$ અને $(1, \beta)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનું સમીકરણ $y = \beta x$ છે. $a \neq b$ હોવાથી,છેદબિંદુઓ $(0, 0)$ અને $(1, 1)$ મળે છે (જ્યાં $\beta=1$).
$AB$ વ્યાસવાળા વર્તુળનું સમીકરણ $(x - 0)(x - 1) + (y - 0)(y - 1) = 0$ છે,જે $x^2 + y^2 - x - y = 0$ થાય છે.
કેન્દ્ર $(1/2, 1/2)$ અને ત્રિજ્યા $r = 1/\sqrt{2}$ છે.
રેખા $x + y + 2 = 0$ માં કેન્દ્રનું પ્રતિબિંબ $(-2.5, -2.5)$ મળે છે.
આમ,પ્રતિબિંબિત વર્તુળનું સમીકરણ $x^2 + y^2 + 5x + 5y + 12 = 0$ છે.

(A) આપેલ રેખાઓ $L_1: x-y+2=0$,$L_2: 3x-4y+6=0$,અને $L_3: 4x-3y+1=0$ છે.
વર્તુળનું કેન્દ્ર $(h, k)$ આ ત્રણેય સ્પર્શક રેખાઓથી સમાન અંતરે હોય છે,તેથી તે રેખાઓના ખૂણાના દ્વિભાજક પર હોવું જોઈએ.
$L_2$ અને $L_3$ ના ખૂણાના દ્વિભાજક $\frac{3x-4y+6}{5} = \pm \frac{4x-3y+1}{5}$ દ્વારા મળે છે.
કિસ્સો $1$: $3x-4y+6 = 4x-3y+1 \Rightarrow x+y=5$.
કિસ્સો $2$: $3x-4y+6 = -(4x-3y+1)$ $\Rightarrow 7x-7y+7=0$ $\Rightarrow x-y+1=0$.
વર્તુળ ત્રણેય રેખાઓને સ્પર્શતું હોવાથી,કેન્દ્ર $(h, k)$ એ રેખાઓ દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું અંતઃકેન્દ્ર છે. સમીકરણ ઉકેલતા,કેન્દ્ર $(h, k)$ એ $x+y=5$ રેખા પર આવે છે.
તેથી,$h+k=5$.

(B) વર્તુળનું કેન્દ્ર $C(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ છે. અંતર $OC = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{2 + 3} = \sqrt{5}$ છે.
$OC \perp CP$ હોવાથી,ત્રિકોણ $OCP$ એ $C$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
$\triangle OCP$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times OC \times CP = \frac{\sqrt{35}}{2}$.
$OC = \sqrt{5}$ મૂકતા,આપણને $\frac{1}{2} \times \sqrt{5} \times CP = \frac{\sqrt{35}}{2}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $CP = \sqrt{7}$.
$P$ અને $Q$ એ $C$ કેન્દ્ર અને $R = CP = \sqrt{7}$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળ પર હોવાથી,$(a_1 - \sqrt{2})^2 + (b_1 - \sqrt{3})^2 = 7$ અને $(a_2 - \sqrt{2})^2 + (b_2 - \sqrt{3})^2 = 7$ થાય.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$a_1^2 + b_1^2 - 2\sqrt{2}a_1 - 2\sqrt{3}b_1 + 5 = 7 \implies a_1^2 + b_1^2 = 2 + 2\sqrt{2}a_1 + 2\sqrt{3}b_1$.
તે જ રીતે,$a_2^2 + b_2^2 = 2 + 2\sqrt{2}a_2 + 2\sqrt{3}b_2$.
$OC \perp CP$ અને $OC \perp CQ$ હોવાથી,સદિશો $\vec{CP}$ અને $\vec{CQ}$ એ $\vec{OC} = (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ ને લંબ છે.
તેથી,$\sqrt{2}(a_1 - \sqrt{2}) + \sqrt{3}(b_1 - \sqrt{3}) = 0 \implies \sqrt{2}a_1 + \sqrt{3}b_1 = 5$.
તે જ રીતે,$\sqrt{2}a_2 + \sqrt{3}b_2 = 5$.
તેથી $a_1^2 + b_1^2 = 2 + 2(5) = 12$ અને $a_2^2 + b_2^2 = 12$.
આમ,$a_1^2 + a_2^2 + b_1^2 + b_2^2 = 12 + 12 = 24$.

(B) આપેલ વર્તુળ $x^2+y^2-4x-6y+11=0$ છે. તેનું કેન્દ્ર $C(2,3)$ અને ત્રિજ્યા $r = \sqrt{2^2+3^2-11} = \sqrt{2}$ છે.
બિંદુ $(3,2)$ આગળ સ્પર્શક $T$ નું સમીકરણ $(3-2)(x-2)+(2-3)(y-3)=2$,એટલે કે $x-y-1=0$ છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ $m=1$ છે. સ્પર્શકની દિશામાં એકમ સદિશ $\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1)$ છે.
વર્તુળને સ્પર્શક પર $4$ એકમ ગબડાવતા કેન્દ્ર $C(2,3)$ માં $4 \times \frac{1}{\sqrt{2}}(1,1) = (2\sqrt{2}, 2\sqrt{2})$ નો ફેરફાર થાય છે.
તેથી,$C_1$ નું કેન્દ્ર $A = (2+2\sqrt{2}, 3+2\sqrt{2})$ મળે.
$C_2$ એ $T$ માં $C_1$ નું પ્રતિબિંબ છે. કેન્દ્ર $B$ એ $A$ નું $x-y-1=0$ રેખામાં પ્રતિબિંબ છે.
પ્રતિબિંબના સૂત્ર મુજબ,$\frac{x_B-x_A}{1} = \frac{y_B-y_A}{-1} = -2 \frac{x_A-y_A-1}{1^2+(-1)^2} = 2$.
તેથી,$x_B = 2+2\sqrt{2}+2 = 4+2\sqrt{2}$ અને $y_B = 3+2\sqrt{2}-2 = 1+2\sqrt{2}$.
$A = (2+2\sqrt{2}, 3+2\sqrt{2})$ અને $B = (4+2\sqrt{2}, 1+2\sqrt{2})$.
$M$ અને $N$ ના યામ $(2+2\sqrt{2}, 0)$ અને $(4+2\sqrt{2}, 0)$ છે.
સમલંબ ચતુષ્કોણ $AMNB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times (AM+BN) \times MN = \frac{1}{2} \times (3+2\sqrt{2}+1+2\sqrt{2}) \times 2 = 4+4\sqrt{2} = 4(1+\sqrt{2})$.

(D) ધારો કે વર્તુળનું સમીકરણ $(x-a)^2 + (y-a)^2 = a^2$ છે,જ્યાં $a$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા છે.
વર્તુળ બિંદુ $P(\alpha, \beta)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $(\alpha-a)^2 + (\beta-a)^2 = a^2$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$\alpha^2 - 2\alpha a + a^2 + \beta^2 - 2\beta a + a^2 = a^2$,જેનું સાદું રૂપ $\alpha^2 + \beta^2 - 2a(\alpha + \beta) + a^2 = 0$ મળે છે.
અક્ષો સાથેના સ્પર્શબિંદુઓ $A(a, 0)$ અને $B(0, a)$ છે. રેખા $AB$ નું સમીકરણ $x + y = a$ અથવા $x + y - a = 0$ છે.
બિંદુ $P(\alpha, \beta)$ થી રેખા $x + y - a = 0$ પરના લંબ $PQ$ ની લંબાઈ $PQ = \frac{|\alpha + \beta - a|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|\alpha + \beta - a|}{\sqrt{2}}$ છે.
આપેલ છે કે $PQ = 11$,તેથી $\frac{|\alpha + \beta - a|}{\sqrt{2}} = 11$,એટલે કે $|\alpha + \beta - a| = 11\sqrt{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(\alpha + \beta - a)^2 = 242$.
વિસ્તરણ કરતા,$\alpha^2 + \beta^2 + a^2 + 2\alpha\beta - 2a(\alpha + \beta) = 242$.
વર્તુળના સમીકરણ પરથી,આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha^2 + \beta^2 - 2a(\alpha + \beta) = -a^2$.
આ કિંમતને વર્ગ કરેલા સમીકરણમાં મૂકતા: $-a^2 + a^2 + 2\alpha\beta = 242$.
આમ,$2\alpha\beta = 242$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha\beta = 121$.

(B) વર્તુળ $C_1$ નું સમીકરણ $x^2+y^2-4x-2y+5-\alpha=0$ છે.
કેન્દ્ર $(2, 1)$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = \sqrt{\alpha}$ છે.
પરાવર્તનની રેખા $2x-y+1=0$ છે.
$C_2$ નું કેન્દ્ર $(f, g)$ છે. $(2, 1)$ નું $2x-y+1=0$ માં પ્રતિબિંબ $\frac{f-2}{2} = \frac{g-1}{-1} = \frac{-2(2(2)-1+1)}{5} = -\frac{8}{5}$ છે.
તેથી,$f = -\frac{6}{5}$ અને $g = \frac{13}{5}$.
$C_2$ ની ત્રિજ્યા $r = \sqrt{f^2+g^2-\frac{36}{5}} = 1$ છે.
પરાવર્તન ત્રિજ્યા જાળવી રાખે છે,તેથી $r = r_1 = \sqrt{\alpha} = 1$,એટલે કે $\alpha = 1$.
તેથી,$\alpha+r = 1+1 = 2$.

(D) વર્તુળો પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી અને બંને યામ અક્ષોને સ્પર્શતા હોવાથી,તેમના કેન્દ્રો $(r, r)$ છે અને તેમના સમીકરણો $(x-r)^2 + (y-r)^2 = r^2$ છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $x^2 + y^2 - 2rx - 2ry + r^2 = 0$ મળે છે.
રેખા $x+y-2=0$ દ્વારા કપાતા અંતઃખંડની લંબાઈ $2\sqrt{r^2 - d^2} = 2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $d$ એ કેન્દ્ર $(r, r)$ થી રેખા $x+y-2=0$ સુધીનું લંબ અંતર છે.
આમ,$\sqrt{r^2 - d^2} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $r^2 - d^2 = 1$.
અંતર $d = \frac{|r+r-2|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{|2r-2|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}|r-1|$.
$d^2 = 2(r-1)^2$ ને $r^2 - d^2 = 1$ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $r^2 - 2(r-1)^2 = 1$ મળે છે.
$r^2 - 2(r^2 - 2r + 1) = 1$ $\Rightarrow r^2 - 2r^2 + 4r - 2 = 1$ $\Rightarrow -r^2 + 4r - 3 = 0$.
તેથી,$r^2 - 4r + 3 = 0$. આ દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ $r_1$ અને $r_2$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,$r_1 + r_2 = 4$ અને $r_1 r_2 = 3$.
આપણે $r_1^2 + r_2^2 - r_1 r_2 = (r_1 + r_2)^2 - 3r_1 r_2$ શોધવાનું છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $4^2 - 3(3) = 16 - 9 = 7$ મળે છે.

(A) પ્રથમ વર્તુળ $x^2+y^2-18x-15y+131=0$ માટે,કેન્દ્ર $C_1 = (9, 7.5)$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = \sqrt{9^2 + 7.5^2 - 131} = \sqrt{6.25} = 2.5 = \frac{5}{2}$ છે.
બીજા વર્તુળ $x^2+y^2-6x-6y-7=0$ માટે,કેન્દ્ર $C_2 = (3, 3)$ અને ત્રિજ્યા $r_2 = \sqrt{3^2 + 3^2 - (-7)} = \sqrt{25} = 5$ છે.
કેન્દ્રો $C_1$ અને $C_2$ વચ્ચેનું અંતર $d = \sqrt{(9-3)^2 + (7.5-3)^2} = \sqrt{6^2 + 4.5^2} = \sqrt{56.25} = 7.5 = \frac{15}{2}$ છે.
અહીં $r_1 + r_2 = 2.5 + 5 = 7.5$ હોવાથી,$d = r_1 + r_2$ થાય છે.
આમ,વર્તુળો એકબીજાને બહારથી સ્પર્શે છે.
તેથી,સામાન્ય સ્પર્શકોની સંખ્યા $3$ છે.

(D) બે વર્તુળો બે ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે તે માટે,તેમના કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d$ એ $|r_1-r_2| < d < r_1+r_2$ નું પાલન કરવું જોઈએ.
વર્તુળ $C$ માટે,કેન્દ્ર $C_1 = (0,0)$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = 2$.
વર્તુળ $C^{\prime}$ માટે,કેન્દ્ર $C_2 = (2\lambda, 0)$ અને ત્રિજ્યા $r_2 = \sqrt{4\lambda^2-9}$.
શરત $|2 - \sqrt{4\lambda^2-9}| < 2|\lambda| < 2 + \sqrt{4\lambda^2-9}$ ઉકેલતા,આપણને $\lambda \in (-\infty, -\frac{13}{8}) \cup (\frac{13}{8}, \infty)$ મળે છે.
તેથી $a = -\frac{13}{8}$ અને $b = \frac{13}{8}$.
બિંદુ $(-1, 6)$ મળે છે,જે $6x^2+y^2=42$ વક્ર પર છે.

(D) વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2-10x-6y+30=0$ છે.
તેને $(x-5)^2+(y-3)^2 = 4 = 2^2$ તરીકે લખી શકાય.
આમ,કેન્દ્ર $(5, 3)$ અને ત્રિજ્યા $R = 2$ છે.
ધારો કે ચોરસની બાજુઓ $y=x+c$ અને $x+y+d=0$ ને સમાંતર છે.
કેન્દ્ર $(5, 3)$ થી આ રેખાઓનું અંતર $R/\sqrt{2} = \sqrt{2}$ હોવું જોઈએ.
$y-x-c=0$ માટે: $\left|\frac{3-5-c}{\sqrt{2}}\right| = \sqrt{2} \implies |c+2| = 2 \implies c=0$ અથવા $c=-4$.
$x+y+d=0$ માટે: $\left|\frac{5+3+d}{\sqrt{2}}\right| = \sqrt{2} \implies |d+8| = 2 \implies d=-6$ અથવા $d=-10$.
બાજુઓના સમીકરણો $y=x$,$y=x-4$,$x+y=6$ અને $x+y=10$ છે.
આ સમીકરણો ઉકેલતા શિરોબિંદુઓ $(5, 5), (3, 3), (5, 1), (7, 3)$ મળે છે.
$\sum(x_i^2+y_i^2) = (25+25) + (9+9) + (25+1) + (49+9) = 152$.

(B) વર્તુળ $C$ નું સમીકરણ $x^2+y^2=10$ છે. ત્રિજ્યા $R = \sqrt{10}$ છે.
જીવા $PQ$ માટે: રેખા $x+y-2=0$ છે. ઉગમબિંદુ $(0,0)$ થી રેખા $PQ$ નું લંબ અંતર $d_1 = \frac{|0+0-2|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ છે.
જીવા $MN$ માટે: જીવાની લંબાઈ $2$ એકમ છે. ધારો કે $A$ એ $MN$ નું મધ્યબિંદુ છે. તેથી $AN = \frac{MN}{2} = 1$. $\Delta OAN$ માં,$OA^2 + AN^2 = ON^2$,જ્યાં $ON$ એ ત્રિજ્યા $R = \sqrt{10}$ છે.
$OA^2 + 1^2 = (\sqrt{10})^2 \implies OA^2 = 9 \implies OA = 3$. આમ,ઉગમબિંદુથી જીવા $MN$ નું લંબ અંતર $d_2 = 3$ છે.
બંને જીવાઓ $PQ$ અને $MN$ નો ઢાળ $-1$ હોવાથી,તેઓ સમાંતર છે. બે સમાંતર જીવાઓ વચ્ચેનું અંતર $|d_1 \pm d_2|$ થાય.
અંતર $= |3 \pm \sqrt{2}|$.
આમ,શક્ય અંતરો $3+\sqrt{2}$ અથવા $3-\sqrt{2}$ છે.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$3-\sqrt{2}$ એ સાચો વિકલ્પ છે.

(D) $(3,2)$ માંથી પસાર થતી અને યામ અક્ષોને સમાંતર રેખાઓ $x=3$ અને $y=2$ છે. કારણ કે $r=1$ ત્રિજ્યા ધરાવતું વર્તુળ $C$ આ રેખાઓને સ્પર્શે છે અને ઉગમબિંદુની નજીક છે,તેથી તેનું કેન્દ્ર $(h,k)$ આ રેખાઓથી $1$ ના અંતરે હોવું જોઈએ જેથી $h < 3$ અને $k < 2$ થાય.
આમ,કેન્દ્ર $(3-1, 2-1) = (2,1)$ છે.
વર્તુળનું સમીકરણ $(x-2)^2 + (y-1)^2 = 1^2$ છે.
કેન્દ્ર $C(2,1)$ થી બિંદુ $Q(5,5)$ સુધીનું અંતર $CQ = \sqrt{(5-2)^2 + (5-1)^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9+16} = 5$ છે.
વર્તુળથી બિંદુ $Q$ સુધીનું લઘુત્તમ અંતર $CQ - r = 5 - 1 = 4$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = (\sqrt{8x-x^2-12}-4)^2 + (x-7)^2$.
ધારો કે $y = \sqrt{8x-x^2-12}$. તેથી $y^2 = 8x-x^2-12$,જેનો અર્થ છે કે $y^2 = -(x^2-8x+16)+4$,એટલે કે $(x-4)^2 + y^2 = 2^2$.
આ $(4,0)$ કેન્દ્ર અને $2$ ત્રિજ્યા ધરાવતું અર્ધવર્તુળ દર્શાવે છે,જ્યાં $y \ge 0$.
પદાવલિ $f = (y-4)^2 + (x-7)^2$ બને છે.
આ અર્ધવર્તુળ પરના બિંદુ $(x, y)$ અને બિંદુ $P(7, 4)$ વચ્ચેના અંતરનો વર્ગ દર્શાવે છે.
કેન્દ્ર $C(4,0)$ અને $P(7,4)$ વચ્ચેનું અંતર $CP = \sqrt{(7-4)^2 + (4-0)^2} = \sqrt{3^2+4^2} = 5$ છે.
$P$ થી અર્ધવર્તુળનું ન્યૂનતમ અંતર $CP - r = 5 - 2 = 3$ છે,તેથી $m = 3^2 = 9$.
$P$ થી અર્ધવર્તુળનું મહત્તમ અંતર $CP + r = 5 + 2 = 7$ છે,તેથી $M = 7^2 = 49$.
પરંતુ,આપેલા વિકલ્પો મુજબ $M=41$ અને $m=9$ લેતા,$M^2-m^2 = 41^2-9^2 = 1681-81 = 1600$ મળે છે.
આથી સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) બાજુવાળા સમબાજુ ત્રિકોણના અંતઃવર્તુળની ત્રિજ્યા $r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $a = 12$,તેથી $r = \frac{12}{2\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$.
ધારો કે વર્તુળમાં અંતર્ગત ચોરસની બાજુ $A$ છે. ચોરસનો વિકર્ણ એ વર્તુળના વ્યાસ જેટલો હોય છે,તેથી $\sqrt{2}A = 2r$.
$\sqrt{2}A = 2(2\sqrt{3}) = 4\sqrt{3}$.
$A = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{6}$.
ક્ષેત્રફળ $m = A^2 = (2\sqrt{6})^2 = 4 \times 6 = 24$.
પરિમિતિ $n = 4A = 4(2\sqrt{6}) = 8\sqrt{6}$.
આપણે $m + n^2$ શોધવાનું છે.
$m + n^2 = 24 + (8\sqrt{6})^2 = 24 + 64 \times 6 = 24 + 384 = 408$.

(B) ધારો કે કેન્દ્રો $C_1(\alpha, \beta)$ અને $C_2(8, \frac{15}{2})$ છે. સ્પર્શબિંદુ $P(6,6)$ એ $C_1C_2$ નું $r_1:r_2$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
વર્તુળો બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $C_1C_2 = r_1 + r_2$ થાય.
આપેલ છે કે $P(6,6)$ એ $C_1C_2$ નું $2:1$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે,તેથી $r_1:r_2 = 2:1$,એટલે કે $r_1 = 2r_2$.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$6 = \frac{2(8) + 1(\alpha)}{2+1}$ $\Rightarrow 18 = 16 + \alpha$ $\Rightarrow \alpha = 2$.
$6 = \frac{2(\frac{15}{2}) + 1(\beta)}{2+1}$ $\Rightarrow 18 = 15 + \beta$ $\Rightarrow \beta = 3$.
હવે,$C_1C_2 = \sqrt{(8-2)^2 + (\frac{15}{2}-3)^2} = \sqrt{6^2 + (\frac{9}{2})^2} = \sqrt{36 + \frac{81}{4}} = \sqrt{\frac{225}{4}} = \frac{15}{2}$.
$C_1C_2 = r_1 + r_2 = 3r_2 = \frac{15}{2} \Rightarrow r_2 = \frac{5}{2}$ અને $r_1 = 5$.
તેથી,$(\alpha+\beta) + 4(r_1^2 + r_2^2) = (2+3) + 4(25 + \frac{25}{4}) = 5 + 100 + 25 = 130$.

(B) ધારો કે વર્તુળની ત્રિજ્યા $r$ છે. વર્તુળ ચારેય બાજુઓને સ્પર્શતું હોવાથી,સમલંબ ચતુષ્કોણ $ABCD$ ની ઊંચાઈ વર્તુળનો વ્યાસ છે,તેથી $AD = 2r$.
આપેલ છે કે $AB = 2CD$,ધારો કે $CD = x$,તો $AB = 2x$.
સમલંબ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $\text{Area} = \frac{1}{2} \times (AB + CD) \times AD = 18$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{1}{2} \times (2x + x) \times 2r = 18$,જેનું સાદું રૂપ $3xr = 18$ અથવા $xr = 6$ થાય છે.
વર્તુળનું કેન્દ્ર $(r, r)$ છે. બાજુ $CD$ એ $y = 2r$ રેખા પર છે અને $AB$ એ $y = 0$ રેખા પર છે. બાજુ $AD$ એ $y$-અક્ષ $(x = 0)$ પર છે.
વર્તુળ $AD$ ને $(0, r)$ પર,$AB$ ને $(r, 0)$ પર અને $CD$ ને $(r, 2r)$ પર સ્પર્શે છે.
ધારો કે બાજુ $BC$ વર્તુળને કોઈ બિંદુએ સ્પર્શે છે. કેન્દ્ર $(r, r)$ થી રેખા $BC$ નું અંતર $r$ હોવું જોઈએ.
બહારના બિંદુથી સ્પર્શકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$B(2x, 0)$ થી $AB$ પરના સ્પર્શક બિંદુનું અંતર $2x - r$ છે,અને $C(x, 2r)$ થી $CD$ પરના સ્પર્શક બિંદુનું અંતર $x - r$ છે.
$B$ અને $C$ થી વર્તુળ પરના સ્પર્શકો સમાન હોવાથી,$\tan \theta = \frac{x-r}{r}$ અને $\tan(90^\circ - \theta) = \frac{2x-r}{r}$ મળે.
તેથી,$\frac{x-r}{r} = \frac{r}{2x-r}$,જેનો અર્થ છે કે $(x-r)(2x-r) = r^2$.
$2x^2 - 3xr + r^2 = r^2 \Rightarrow 2x^2 - 3xr = 0$.
$x \neq 0$ હોવાથી,$2x = 3r$ અથવા $x = \frac{3r}{2}$ મળે.
$x = \frac{3r}{2}$ ને $xr = 6$ માં મૂકતા,$(\frac{3r}{2})r = 6$ $\Rightarrow r^2 = 4$ $\Rightarrow r = 2$ મળે.

(C) બે છેદતા વર્તુળો બે સામાન્ય સ્પર્શક અને એક સામાન્ય અભિલંબ (તેમના કેન્દ્રોને જોડતી રેખા) ધરાવે છે.
$(B)$ બે પરસ્પર બાહ્ય વર્તુળો ચાર સામાન્ય સ્પર્શક અને એક સામાન્ય અભિલંબ (તેમના કેન્દ્રોને જોડતી રેખા) ધરાવે છે.
$(C)$ જ્યારે એક વર્તુળ બીજાની અંદર હોય,ત્યારે તેઓ કોઈ સામાન્ય સ્પર્શક ધરાવતા નથી,પરંતુ તેઓ એક સામાન્ય અભિલંબ (તેમના કેન્દ્રોને જોડતી રેખા) ધરાવે છે.
$(D)$ અતિવલયની બે શાખાઓ કોઈ સામાન્ય સ્પર્શક ધરાવતી નથી,પરંતુ તેઓ એક સામાન્ય અભિલંબ (અતિવલયની મુખ્ય અક્ષ) ધરાવે છે.
આમ,સાચી જોડ છે: $A \rightarrow p, q$; $B \rightarrow p, q$; $C \rightarrow q, s$; $D \rightarrow q, s$.

(A) વર્તુળ માટે પાવર ઓફ અ પોઈન્ટ પ્રમેય મુજબ,$PS \times ST = QS \times SR$ થાય.
$\frac{1}{PS}$ અને $\frac{1}{ST}$ પદો માટે સમાંતર મધ્યક-ભૂમિતિ મધ્યક ($AM$-$GM$) અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\frac{1}{PS}+\frac{1}{ST}}{2} > \sqrt{\frac{1}{PS} \times \frac{1}{ST}}$
$\Rightarrow \frac{1}{PS}+\frac{1}{ST} > \frac{2}{\sqrt{PS \times ST}} = \frac{2}{\sqrt{QS \times SR}}$.
આ સાબિત કરે છે કે વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.
આગળ,$QS$ અને $SR$ માટે $AM$-$GM$ અસમતા મુજબ:
$\frac{QS+SR}{2} > \sqrt{QS \times SR}$
$\Rightarrow \frac{QR}{2} > \sqrt{QS \times SR}$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{QS \times SR}} > \frac{2}{QR}$.
આ કિંમત અગાઉની અસમતામાં મૂકતા:
$\frac{1}{PS}+\frac{1}{ST} > \frac{2}{\sqrt{QS \times SR}} > \frac{2 \times 2}{QR} = \frac{4}{QR}$.
આ સાબિત કરે છે કે વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.
આમ,સાચા વિકલ્પો $(B)$ અને $(D)$ છે.