chapter 10

સાચો જવાબ:

જવાબ: અસંખ્ય (અનંત).

(કારણ: વર્તુળ પર અનંત બિંદુઓ હોય છે અને દરેક બિંદુમાંથી એક સ્પર્શક દોરી શકાય છે.)

સાચો જવાબ:

(i) સ્પર્શક વર્તુળને ....... બિંદુ/બિંદુઓમાં છેદે.

• 
  

  જવાબ: એક જ (માત્ર એક)

  
  

(ii) વર્તુળને બે બિંદુમાં છેદતી રેખાને ....... કહે છે.

• 
  

  જવાબ: છેદિકા

  
  

(iii) વર્તુળને વધુમાં વધુ ....... સમાંતર સ્પર્શક હોય.

• 
  

  જવાબ: બે

  
  

(iv) વર્તુળ અને સ્પર્શકના સામાન્ય બિંદુને ....... કહે છે.

• 
  

  જવાબ: સ્પર્શબિંદુ

  
  

સાચો જવાબ: ઉકેલ:પ્રમેય 10.1 મુજબ, સ્પર્શબિંદુમાંથી પસાર થતી ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે.આથી $\Delta OPQ$ માં $\angle OPQ = 90^\circ$ થાય.જ્યાં $OP = 5\text{ cm}$ (ત્રિજ્યા) અને $OQ = 12\text{ cm}$.પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:$$OQ^2 = OP^2 + PQ^2$$$$12^2 = 5^2 + PQ^2$$$$144 = 25 + PQ^2$$$$PQ^2 = 144 - 25 = 119$$$$PQ = \sqrt{119}\text{ cm}$$સાચો વિકલ્પ: (D) $\sqrt{119}\text{ cm}$

સાચો જવાબ:

દોરવાની રીત:

1. 
   

   એક વર્તુળ દોરો જેનું કેન્દ્ર $O$ હોય અને એક આપેલ રેખા $l$ દોરો.

   
   


2. 
   

   રેખા $l$ ને સમાંતર હોય તેવી એક રેખા $m$ એવી રીતે દોરો જે વર્તુળને માત્ર એક જ બિંદુ $P$ માં સ્પર્શે (આ વર્તુળનો સ્પર્શક બનશે).

   
   


3. 
   

   રેખા $l$ ને સમાંતર હોય તેવી બીજી એક રેખા $n$ એવી રીતે દોરો જે વર્તુળને બે બિંદુઓ $A$ અને $B$ માં છેદે (આ વર્તુળની છેદિકા બનશે).

   
   

સાચો જવાબ:

ઉકેલ: ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર O અને સ્પર્શબિંદુ P છે.

પ્રમેય 10.1 અનુસાર, ∠OPQ=90∘ થાય.

કાટકોણ ત્રિકોણ ΔOPQ માં પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:

OQ2=OP2+PQ2

252=OP2+242

625=OP2+576

OP2=625−576=49

OP=49​=7 cm

સાચો વિકલ્પ: (A) 7 cm

સાચો જવાબ:

ઉકેલ: પ્રમેય 10.1 મુજબ, ∠OPT=90∘ અને ∠OQT=90∘.

ચતુષ્કોણ OPTQ ના ચારેય ખૂણાઓનો સરવાળો 360∘ થાય:

∠OPT+∠POQ+∠OQT+∠PTQ=360∘

90∘+110∘+90∘+∠PTQ=360∘

290∘+∠PTQ=360∘

∠PTQ=360∘−290∘=70∘

સાચો વિકલ્પ: (B) 70∘

સાચો જવાબ:

ઉકેલ: ચતુષ્કોણ AOBP માં, કેન્દ્ર આગળનો ખૂણો ∠AOB=180∘−80∘=100∘.

ત્રિકોણ ΔPOA અને ΔPOB એકરૂપ હોવાથી, OP એ ∠AOB નો દ્વિભાજક છે:

∠POA=2∠AOB​=2100∘​=50∘

સાચો વિકલ્પ: (A) 50∘

સાચો જવાબ:

સાબિતી:

1. 
   

   ધારો કે AB એ O કેન્દ્રવાળા વર્તુળનો વ્યાસ છે.

   
   


2. 
   

   બિંદુ A આગળ દોરેલો સ્પર્શક l અને બિંદુ B આગળ દોરેલો સ્પર્શક m છે.

   
   


3. 
   

   પ્રમેય 10.1 અનુસાર, ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે:

   
   
   
   
   
   • 
     

     OA⊥l⟹∠OAP=90∘

     
     
   
   
   • 
     

     OB⊥m⟹∠OBQ=90∘

     
     
   
   
   
   


4. 
   

   અહીં ∠OAP અને ∠OBQ એ યુગ્મકોણ (alternate angles) ની જોડ બનાવે છે અને બંનેનું માપ 90∘ છે (સમાન છે).

   
   

સિદ્ધાંત: યુગ્મકોણો સમાન હોવાથી, બંને સ્પર્શક રેખાઓ l∥m (સમાંતર) સાબિત થાય છે.

સાચો જવાબ:

સાબિતી:

1. 
   

   ધારો કે AB એ વર્તુળનો બિંદુ P આગળનો સ્પર્શક છે.

   
   


2. 
   

   ધારો કે સ્પર્શબિંદુ P માંથી દોરેલો લંબ PQ છે. આપણો દાવો છે કે આ લંબ કેન્દ્ર O માંથી પસાર થતો નથી, પરંતુ અન્ય બિંદુ O′ માંથી પસાર થાય છે.

   
   


3. 
   

   ધારણા મુજબ: ∠O′PB=90∘

   
   


4. 
   

   પરંતુ પ્રમેય 10.1 મુજબ, ત્રિજ્યા OP⊥AB⟹∠OPB=90∘.

   
   


5. 
   

   આથી ∠O′PB=∠OPB=90∘, જે ત્યારે જ શક્ય બને જો O′ અને O સંપાતી (એક જ બિંદુ) હોય.

   
   

સિદ્ધાંત: માટે સ્પર્શબિંદુમાંથી દોરેલો લંબ હંમેશા વર્તુળના કેન્દ્રમાંથી જ પસાર થાય છે.

સાચો જવાબ:

ઉકેલ: ધારો કે કેન્દ્ર O છે અને સ્પર્શબિંદુ P છે. OA=5 cm, સ્પર્શક AP=4 cm.

કાટકોણ ત્રિકોણ ΔOPA માં પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:

OA2=OP2+AP2

52=OP2+42

25=OP2+16

OP2=25−16=9⟹OP=3 cm

જવાબ: વર્તુળની ત્રિજ્યા 3 cm છે.

સાચો જવાબ:

ઉકેલ: ધારો કે મોટા વર્તુળની જીવા AB નાના વર્તુળને P બિંદુએ સ્પર્શે છે. કેન્દ્ર O છે. OA=5 cm (મોટી ત્રિજ્યા) અને OP=3 cm (નાની ત્રિજ્યા).

OP⊥AB હોવાથી પાયથાગોરસ મુજબ ΔOPA માં:

AP=OA2−OP2​=52−32​=25−9​=16​=4 cm

કેન્દ્રમાંથી દોરેલો લંબ જીવાને દુભાગે છે:

AB=2×AP=2×4=8 cm

જવાબ: જીવાની લંબાઈ 8 cm છે.

સાચો જવાબ:

સાબિતી: ધારો કે વર્તુળ ચતુષ્કોણની બાજુઓ AB,BC,CD,DA ને અનુક્રમે P,Q,R,S માં સ્પર્શે છે.

બહારના બિંદુમાંથી દોરેલા સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોય છે (પ્રમેય 10.2):

1. 
   

   AP=AS

   
   


2. 
   

   BP=BQ

   
   


3. 
   

   CR=CQ

   
   


4. 
   

   DR=DS

   
   

ડાબી બાજુ (AP+BP)+(CR+DR)=AB+CD જમણી બાજુ (AS+DS)+(BQ+CQ)=AD+BC

સરવાળો કરતાં:

(AP+BP)+(CR+DR)=(AS+BQ+CQ+DS)

AB+CD=AD+BC

સાચો જવાબ:

સાબિતી:

1. 
   

   સ્પર્શબિંદુઓ P,Q,C ને કેન્દ્ર O સાથે જોડો.

   
   


2. 
   

   ΔOPA≅ΔOCA (કાકબા/પ્રમેય 10.2 મુજબ) ⟹∠POA=∠COA=x

   
   


3. 
   

   ΔOQB≅ΔOCB⟹∠QOB=∠COB=y

   
   


4. 
   

   PQ એ વ્યાસ હોવાથી સરળરેખા બનાવે છે:

   
   ∠POA+∠COA+∠COB+∠QOB=180∘
   
   x+x+y+y=180∘
   
   2(x+y)=180∘⟹x+y=90∘


5. 
   

   પરંતુ ∠AOB=∠COA+∠COB=x+y=90∘.

   
   

સાચો જવાબ:

સાબિતી: બહારનું બિંદુ P, સ્પર્શકો PA,PB અને કેન્દ્ર O છે.

પ્રમેય 10.1 મુજબ, ∠OAP=90∘ અને ∠OBP=90∘.

ચતુષ્કોણ OAPB માં:

∠APB+∠AOB+∠OAP+∠OBP=360∘

∠APB+∠AOB+90∘+90∘=360∘

∠APB+∠AOB=360∘−180∘=180∘

સિદ્ધાંત: બંને ખૂણાઓનો સરવાળો 180∘ થતો હોવાથી તે પરસ્પર પૂરકકોણ છે.

સાચો જવાબ: સાબિતી:પ્રશ્ન 8 ના પરિણામ મુજબ, વર્તુળને પરિગત ચતુષ્કોણ માટે:$$AB + CD = AD + BC \quad \text{--- (1)}$$ચતુષ્કોણ $ABCD$ સમાંતરબાજુ હોવાથી સામસામેની બાજુઓ સમાન હોય:$$AB = CD \quad \text{અને} \quad AD = BC$$સમીકરણ (1) માં કિંમતો મૂકતાં:$$AB + AB = BC + BC$$$$2AB = 2BC \implies AB = BC$$જો પાસપાસેની બાજુઓ પણ સમાન હોય, તો ચતુષ્કોણની ચારેય બાજુઓ સમાન થાય ($AB = BC = CD = DA$).સિદ્ધાંત: આથી વર્તુળને પરિગત સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ એ સમબાજુ ચતુષ્કોણ છે.

સાચો જવાબ:

ઉકેલ:

1. 
   

   બહારના બિંદુના સ્પર્શકો સમાન હોય:

   
   
   
   
   
   • 
     

     CD=CF=6 cm

     
     
   
   
   • 
     

     BD=BE=8 cm

     
     
   
   
   • 
     

     ધારો કે AE=AF=x cm

     
     
   
   
   
   


2. 
   

   બાજુઓ: a=14, b=x+6, c=x+8.

   
   


3. 
   

   અર્ધપરિમિતિ s=214+x+6+x+8​=x+14.

   
   


4. 
   

   હેરોનના સૂત્રથી ક્ષેત્રફળ:

   
   Δ=(x+14)(x)(8)(6)​=48x(x+14)​


5. 
   

   કેન્દ્ર O સાથે ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ Δ=Area(ΔOBC)+Area(ΔOCA)+Area(ΔOAB):

   
   Δ=21​(14)(4)+21​(x+6)(4)+21​(x+8)(4)=4(x+14)


6. 
   

   બંને ક્ષેત્રફળોને સરખાવતાં:

   
   48x(x+14)​=4(x+14)
   

   બંને બાજુ વર્ગ કરતાં: 48x(x+14)=16(x+14)2⟹3x=x+14⟹2x=14⟹x=7 cm

   
   

જવાબ:

• 
  

  AC=x+6=7+6=13 cm

  
  


• 
  

  AB=x+8=7+8=15 cm

  
  

સાચો જવાબ:

સાબિતી:

1. 
   

   ધારો કે $ABCD$ વર્તુળને પરિગત ચતુષ્કોણ છે અને સ્પર્શબિંદુઓ $P, Q, R, S$ છે.

   
   


2. 
   

   દરેક શિરોબિંદુમાંથી બનતા બે ત્રિકોણો એકરૂપ થાય છે, જેથી કેન્દ્ર આગળ બનતા ખૂણાઓને $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$ નામ આપતાં:

   
   $$\angle 1 = \angle 2, \quad \angle 3 = \angle 4, \quad \angle 5 = \angle 6, \quad \angle 7 = \angle 8$$


3. 
   

   કેન્દ્ર આગળના તમામ ખૂણાઓનો સરવાળો $360^\circ$ થાય:

   
   $$(\angle 1 + \angle 2) + (\angle 3 + \angle 4) + (\angle 5 + \angle 6) + (\angle 7 + \angle 8) = 360^\circ$$
   
   $$2(\angle 2 + \angle 3 + \angle 6 + \angle 7) = 360^\circ$$
   
   $$(\angle 2 + \angle 3) + (\angle 6 + \angle 7) = 180^\circ$$
   
   $$\angle AOB + \angle COD = 180^\circ$$

સિદ્ધાંત: આ જ રીતે $\angle AOD + \angle BOC = 180^\circ$ સાબિત થાય છે, એટલે કે સામસામેની બાજુઓ કેન્દ્ર આગળ પૂરકકોણ બનાવે છે.