Construction of Similar Triangles Questions in Gujarati

(N/A) આપેલ ત્રિકોણ $ABC$ માટે,આપણે એક એવો બીજો ત્રિકોણ રચવાનો છે જેની બાજુઓ ત્રિકોણ $ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓ કરતાં $\frac{3}{4}$ ગણી હોય.
રચનાના પગલાં:
$1.$ શિરોબિંદુ $A$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$2.$ $BX$ પર $4$ ($\frac{3}{4}$ માં $3$ અને $4$ માંથી મોટી સંખ્યા) બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3$ અને $B_4$ એવા લો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય.
$3.$ $B_4C$ ને જોડો અને $B_3$ માંથી (ત્રીજું બિંદુ,કારણ કે $\frac{3}{4}$ માં $3$ અને $4$ માંથી નાની સંખ્યા $3$ છે) $B_4C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BC$ ને $C'$ માં છેદે.
$4.$ $C'$ માંથી $CA$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BA$ ને $A'$ માં છેદે.
આમ,$\Delta A'BC'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
ચાલો હવે જોઈએ કે આ રચના કેવી રીતે માંગેલ ત્રિકોણ આપે છે.
$B_3C' \parallel B_4C$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય મુજબ,$\frac{BC'}{C'C} = \frac{BB_3}{B_3B_4} = \frac{3}{1}$ થાય.
તેથી,$\frac{BC}{BC'} = \frac{BC' + C'C}{BC'} = 1 + \frac{C'C}{BC'} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$,એટલે કે $\frac{BC'}{BC} = \frac{3}{4}$ થાય.
વળી,$C'A' \parallel CA$ હોવાથી,$\Delta A'BC' \sim \Delta ABC$ થાય.
તેથી,$\frac{A'B}{AB} = \frac{A'C'}{AC} = \frac{BC'}{BC} = \frac{3}{4}$.

(N/A) આપેલ ત્રિકોણ $ABC$ માટે,આપણે એવો ત્રિકોણ રચવાનો છે જેની બાજુઓ $\Delta ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓ કરતાં $\frac{5}{3}$ ગણી હોય.
રચનાના પગલાં:
$1.$ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $A$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ હોય.
$2.$ $BX$ પર $5$ બિંદુઓ ($\frac{5}{3}$ માં $5$ અને $3$ માંથી મોટી સંખ્યા $5$ છે) $B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}$ અને $B_{5}$ એવા લો કે જેથી $BB_{1} = B_{1}B_{2} = B_{2}B_{3} = B_{3}B_{4} = B_{4}B_{5}$ થાય.
$3.$ $B_{3}$ ને (ત્રીજું બિંદુ,$\frac{5}{3}$ માં $3$ અને $5$ માંથી નાની સંખ્યા $3$ છે) $C$ સાથે જોડો અને $B_{5}$ માંથી $B_{3}C$ ને સમાંતર રેખા દોરો,જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BC$ ને $C^{\prime}$ માં છેદે.
$4.$ $C^{\prime}$ માંથી $CA$ ને સમાંતર રેખા દોરો,જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BA$ ને $A^{\prime}$ માં છેદે.
આમ,$\Delta A^{\prime}BC^{\prime}$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
રચનાની યથાર્થતા માટે,નોંધો કે $\Delta ABC \sim \Delta A^{\prime}BC^{\prime}$.
તેથી,$\frac{AB}{A^{\prime}B} = \frac{AC}{A^{\prime}C^{\prime}} = \frac{BC}{BC^{\prime}}$.
પરંતુ,$\frac{BC}{BC^{\prime}} = \frac{BB_{3}}{BB_{5}} = \frac{3}{5}$.
તેથી,$\frac{BC^{\prime}}{BC} = \frac{5}{3}$,અને તેથી,$\frac{A^{\prime}B}{AB} = \frac{A^{\prime}C^{\prime}}{AC} = \frac{BC^{\prime}}{BC} = \frac{5}{3}$.

(N/A) $1.$ $AB = 4 \, cm$ માપનો રેખાખંડ દોરો. બિંદુ $A$ ને કેન્દ્ર લઈ $5 \, cm$ ત્રિજ્યાનો ચાપ દોરો. તેવી જ રીતે,બિંદુ $B$ ને કેન્દ્ર લઈ $6 \, cm$ ત્રિજ્યાનો ચાપ દોરો. આ ચાપ એકબીજાને બિંદુ $C$ માં છેદશે. હવે,$AC = 5 \, cm$ અને $BC = 6 \, cm$ થશે અને $\triangle ABC$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
$2.$ રેખા $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવે તેવું કિરણ $AX$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ હોય.
$3.$ કિરણ $AX$ પર $3$ બિંદુઓ $A_1, A_2, A_3$ એવા લો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3$ થાય.
$4.$ $BA_3$ ને જોડો અને $A_2$ માંથી $BA_3$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને બિંદુ $B'$ માં છેદે.
$5.$ $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AC$ ને $C'$ માં છેદે.
$\triangle AB'C'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
આ રચનાની યથાર્થતા સાબિત કરી શકાય છે કે $\frac{AB'}{AB} = \frac{B'C'}{BC} = \frac{AC'}{AC} = \frac{2}{3}$.
રચના મુજબ,$B'C' \parallel BC$ છે.
$\therefore \angle AB'C' = \angle ABC$ (અનુકોણ).
$\triangle AB'C'$ અને $\triangle ABC$ માં,
$\angle AB'C' = \angle ABC$ (ઉપર સાબિત કર્યું),
$\angle B'AC' = \angle BAC$ (સામાન્ય ખૂણો).
$\triangle AB'C' \sim \triangle ABC$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત).
$\Rightarrow \frac{AB'}{AB} = \frac{B'C'}{BC} = \frac{AC'}{AC}$ .......... $(1)$
$\triangle AA_2B'$ અને $\triangle AA_3B$ માં,
$\angle A_2AB' = \angle A_3AB$ (સામાન્ય ખૂણો),
$\angle AA_2B' = \angle AA_3B$ (અનુકોણ).
$\therefore \triangle AA_2B' \sim \triangle AA_3B$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત).
$\Rightarrow \frac{AB'}{AB} = \frac{AA_2}{AA_3} = \frac{2}{3}$ ......... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે $\frac{AB'}{AB} = \frac{B'C'}{BC} = \frac{AC'}{AC} = \frac{2}{3}$.
આ રચનાની યથાર્થતા દર્શાવે છે.

(N/A) $1.$ $5\, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $AB$ દોરો. $A$ અને $B$ ને કેન્દ્ર લઈને,અનુક્રમે $6\, cm$ અને $7\, cm$ ત્રિજ્યાના ચાપ દોરો. આ ચાપ જ્યાં છેદે તેને $C$ નામ આપો. $\triangle ABC$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે જેની બાજુઓ $5\, cm$,$6\, cm$ અને $7\, cm$ છે.
$2.$ રેખા $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવે તેવું કિરણ $AX$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય.
$3.$ કિરણ $AX$ પર $7$ બિંદુઓ $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6, A_7$ એ રીતે અંકિત કરો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3 = A_3A_4 = A_4A_5 = A_5A_6 = A_6A_7$ થાય.
$4.$ $BA_5$ ને જોડો અને $A_7$ માંથી $BA_5$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $AB$ ને $B'$ માં છેદે.
$5.$ $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $AC$ ને $C'$ માં છેદે. $\triangle AB'C'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
આ રચનાનું સમર્થન એ સાબિત કરીને કરી શકાય છે કે $AB' = \frac{7}{5} AB$,$B'C' = \frac{7}{5} BC$,અને $AC' = \frac{7}{5} AC$.
$\triangle ABC$ અને $\triangle AB'C'$ માં:
$\angle ABC = \angle AB'C'$ (અનુકોણ)
$\angle BAC = \angle B'AC'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\triangle ABC \sim \triangle AB'C'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'} = \frac{5}{7}$ (સમીકરણ $1$)
$\triangle AA_5B$ અને $\triangle AA_7B'$ માં:
$\angle A_5AB = \angle A_7AB'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle AA_5B = \angle AA_7B'$ (અનુકોણ)
$\triangle AA_5B \sim \triangle AA_7B'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{AB'} = \frac{AA_5}{AA_7} = \frac{5}{7}$ (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $1$ અને $2$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'} = \frac{5}{7}$
$\Rightarrow AB' = \frac{7}{5} AB, B'C' = \frac{7}{5} BC, AC' = \frac{7}{5} AC$.
આમ,રચનાનું સમર્થન થાય છે.

(N/A) ધારો કે $\triangle ABC$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $CA = CB$,પાયો $AB = 8\, cm$ અને વેધ $AD = 4\, cm$ છે (જ્યાં $D$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે).
$\triangle ABC$ ની બાજુઓ કરતાં $\frac{3}{2}$ ગણી બાજુઓ ધરાવતો $\triangle AB'C'$ નીચે મુજબ દોરી શકાય:
$1.$ $8\, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $AB$ દોરો. $AB$ નો લંબદ્વિભાજક દોરીને મધ્યબિંદુ $D$ મેળવો. ધારો કે લંબ રેખા $OO'$ છે.
$2.$ $D$ ને કેન્દ્ર તરીકે લઈ,લંબ રેખા પર $4\, cm$ ત્રિજ્યાનો ચાપ દોરો જે $C$ બિંદુમાં છેદે. $AC$ અને $BC$ ને જોડીને સમદ્વિબાજુ $\triangle ABC$ બનાવો.
$3.$ $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $AX$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય.
$4.$ $AX$ પર $3$ બિંદુઓ $A_1, A_2,$ અને $A_3$ એ રીતે મેળવો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3$ થાય.
$5.$ $BA_2$ ને જોડો. $A_3$ માંથી $BA_2$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $AB$ ને $B'$ માં છેદે.
$6.$ $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $AC$ ને $C'$ માં છેદે. $\triangle AB'C'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
યથાર્થતા:
$A_2B \parallel A_3B'$ હોવાથી,$\triangle AA_3B'$ માં પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય મુજબ,$\frac{AB}{AB'} = \frac{AA_2}{AA_3} = \frac{2}{3}$ મળે. આમ,$AB' = \frac{3}{2}AB$.
$BC \parallel B'C'$ હોવાથી,$\triangle ABC \sim \triangle AB'C'$ થાય. તેથી,$\frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'} = \frac{2}{3}$,જે દર્શાવે છે કે $B'C' = \frac{3}{2}BC$ અને $AC' = \frac{3}{2}AC$. આ રીતે રચનાની યથાર્થતા સાબિત થાય છે.

(A) $\angle B = 45^{\circ}, \angle A = 105^{\circ}$
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$
$105^{\circ} + 45^{\circ} + \angle C = 180^{\circ}$
$\angle C = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$
જરૂરી ત્રિકોણ નીચે મુજબ દોરી શકાય:
$1.$ $BC = 7 \, cm$,$\angle B = 45^{\circ}$,$\angle C = 30^{\circ}$ હોય તેવો $\triangle ABC$ દોરો.
$2.$ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો જે શિરોબિંદુ $A$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ હોય.
$3.$ $BX$ પર $4$ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3, B_4$ એ રીતે મેળવો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય.
$4.$ $B_3C$ ને જોડો. $B_4$ માંથી $B_3C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ $BC$ ને $C'$ માં છેદે.
$5.$ $C'$ માંથી $AC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BA$ ને $A'$ માં છેદે. $\triangle A'BC'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
$\triangle ABC$ અને $\triangle A'BC'$ માં,
$\angle ABC = \angle A'BC'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle ACB = \angle A'C'B$ (અનુકોણ)
$\triangle ABC \sim \triangle A'BC'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{A'B} = \frac{BC}{BC'} = \frac{AC}{A'C'} \dots(1)$
$\triangle BB_3C$ અને $\triangle BB_4C'$ માં,
$\angle B_3BC = \angle B_4BC'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle BB_3C = \angle BB_4C'$ (અનુકોણ)
$\triangle BB_3C \sim \triangle BB_4C'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{BC}{BC'} = \frac{BB_3}{BB_4} = \frac{3}{4} \dots(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,$\frac{AB}{A'B} = \frac{BC}{BC'} = \frac{AC}{A'C'} = \frac{3}{4}$ મળે છે.
આમ,$A'B = \frac{4}{3} AB$,$BC' = \frac{4}{3} BC$,અને $A'C' = \frac{4}{3} AC$. આ રચનાનું સમર્થન કરે છે.

(N/A) આપેલ છે કે કર્ણ સિવાયની બાજુઓ $4 \,cm$ અને $3 \,cm$ લંબાઈની છે. સ્પષ્ટ છે કે,આ બાજુઓ એકબીજાને લંબ હશે.
જરૂરી ત્રિકોણ નીચે મુજબ દોરી શકાય છે:
$1.$ $AB = 4 \,cm$ નો રેખાખંડ દોરો. $A$ આગળ $90^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવતું કિરણ $AX$ દોરો.
$2.$ $A$ ને કેન્દ્ર લઈને $3 \,cm$ ત્રિજ્યાનો ચાપ દોરો જે કિરણને $C$ માં છેદે. $BC$ જોડો. $\triangle ABC$ એ જરૂરી ત્રિકોણ છે.
$3.$ $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $AY$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય.
$4.$ $AY$ પર $5$ બિંદુઓ $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ એવા લો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3 = A_3A_4 = A_4A_5$ થાય.
$5.$ $A_3B$ જોડો. $A_5$ માંથી $A_3B$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $AB$ ને $B'$ માં છેદે.
$6.$ $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $AC$ ને $C'$ માં છેદે. $\triangle AB'C'$ એ જરૂરી ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
આ રચનાનું સમર્થન એ સાબિત કરીને કરી શકાય છે કે $AB' = \frac{5}{3} AB, B'C' = \frac{5}{3} BC, AC' = \frac{5}{3} AC$.
$\triangle ABC$ અને $\triangle AB'C'$ માં,
$\angle ABC = \angle AB'C'$ (અનુરૂપ ખૂણાઓ)
$\angle BAC = \angle B'AC'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\therefore \triangle ABC \sim \triangle AB'C'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'}$ .......$(1)$
$\triangle AA_3B$ અને $\triangle AA_5B'$ માં,
$\angle A_3AB = \angle A_5AB'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle AA_3B = \angle AA_5B'$ (અનુરૂપ ખૂણાઓ)
$\therefore \triangle AA_3B \sim \triangle AA_5B'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{AB'} = \frac{AA_3}{AA_5} = \frac{3}{5}$ .........$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'} = \frac{3}{5}$
$AB' = \frac{5}{3} AB, B'C' = \frac{5}{3} BC, AC' = \frac{5}{3} AC$
આ રચનાનું સમર્થન કરે છે.

(N/A) જેની બાજુઓ $\triangle ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓ કરતાં $\frac{3}{4}$ ગણી હોય તેવો $\triangle A'BC'$ નીચે મુજબ દોરી શકાય:
$1.$ $BC = 6 \, cm$,$AB = 5 \, cm$ અને $\angle ABC = 60^{\circ}$ હોય તેવો $\triangle ABC$ દોરો.
$2.$ શિરોબિંદુ $A$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$3.$ રેખાખંડ $BX$ પર $4$ બિંદુઓ (કારણ કે $\frac{3}{4}$ માં $4$ મોટી સંખ્યા છે),$B_1, B_2, B_3, B_4$ એવા લો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય.
$4.$ $B_4C$ ને જોડો અને $B_3$ માંથી $B_4C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BC$ ને $C'$ માં છેદે.
$5.$ $C'$ માંથી $AC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને $A'$ માં છેદે. $\triangle A'BC'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
આ રચનાને $A'B = \frac{3}{4} AB$,$BC' = \frac{3}{4} BC$,$A'C' = \frac{3}{4} AC$ સાબિત કરીને સમર્થિત કરી શકાય છે.
$\triangle A'BC'$ અને $\triangle ABC$ માં:
$\angle A'C'B = \angle ACB$ (અનુરૂપ ખૂણાઓ)
$\angle A'BC' = \angle ABC$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\therefore \triangle A'BC' \sim \triangle ABC$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{A'B}{AB} = \frac{BC'}{BC} = \frac{A'C'}{AC}$ ........$(1)$
$\triangle BB_3C'$ અને $\triangle BB_4C$ માં:
$\angle B_3BC' = \angle B_4BC$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle BB_3C' = \angle BB_4C$ (અનુરૂપ ખૂણાઓ)
$\therefore \triangle BB_3C' \sim \triangle BB_4C$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{BC'}{BC} = \frac{BB_3}{BB_4} = \frac{3}{4}$ ........$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{A'B}{AB} = \frac{BC'}{BC} = \frac{A'C'}{AC} = \frac{3}{4}$
$A'B = \frac{3}{4} AB, BC' = \frac{3}{4} BC, A'C' = \frac{3}{4} AC$.
આ રચનાનું સમર્થન કરે છે.

(B) આપેલ $\triangle ABC$ ને $\frac{3}{7}$ ના ગુણોત્તરમાં સમરૂપ ત્રિકોણ રચવા માટે,આપણે નીચેના પગલાં અનુસરીએ છીએ:
$1$. $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$2$. $BX$ પર સમાન અંતરે $7$ બિંદુઓ $(B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}, B_{5}, B_{6}, B_{7})$ અંકિત કરો,કારણ કે અપૂર્ણાંક $\frac{3}{7}$ નો છેદ $7$ છે.
$3$. ત્યારબાદનું પગલું છેલ્લા બિંદુ $B_{7}$ ને $C$ સાથે જોડવાનું છે,જેથી રચના માટેનો આધાર નક્કી કરી શકાય.

(C) જ્યારે કોઈ આપેલ ત્રિકોણને સમરૂપ ત્રિકોણની રચના કરવાની હોય,જેનો ગુણોત્તર $\frac{m}{n}$ હોય,જ્યાં $m$ અને $n$ ધન પૂર્ણાંકો છે,ત્યારે કિરણ $BX$ પર અંકિત કરવાના બિંદુઓની સંખ્યા $m$ અને $n$ માંથી જે મોટી સંખ્યા હોય તેટલી લેવામાં આવે છે.
આ પ્રશ્નમાં,ગુણોત્તર $\frac{8}{5}$ છે.
અંશ $m = 8$ અને છેદ $n = 5$ ની સરખામણી કરતા,મોટી સંખ્યા $8$ છે.
તેથી,કિરણ $BX$ પર સમાન અંતરે આવેલા બિંદુઓની ન્યૂનતમ સંખ્યા $8$ છે.

(B) ખોટું.
$\frac{7}{3}$ ના ગુણોત્તર સાથે $\triangle ABC$ ને સમાન ત્રિકોણ રચવા માટે,આપણે કિરણ $BX$ ને $7$ સમાન ભાગોમાં વિભાજિત કરવું જોઈએ (કારણ કે $7 > 3$ છે).
રચનાના પગલાં:
$1.$ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$2.$ $BX$ પર $7$ બિંદુઓ $B_{1}, B_{2}, \dots, B_{7}$ એ રીતે લો કે જેથી $BB_{1} = B_{1}B_{2} = \dots = B_{6}B_{7}$ થાય.
$3.$ $B_{3}$ ને $C$ સાથે જોડો (કારણ કે છેદ $3$ છે).
$4.$ $B_{7}$ માંથી $B_{3}C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BC$ ને $C'$ માં છેદે.
$5.$ $C'$ માંથી $AC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BA$ ને $A'$ માં છેદે.
આપેલ વિધાન દાવો કરે છે કે $B_{6}C'$ એ $B_{3}C$ ને સમાંતર દોરવામાં આવે છે,જે ખોટું છે કારણ કે ગુણોત્તર $\frac{7}{3}$ છે,તેથી સમાંતર રેખા $B_{7}$ માંથી દોરવી જરૂરી છે,$B_{6}$ માંથી નહીં.

(A) $1$. સૌ પ્રથમ,એક સમબાજુ ત્રિકોણ $ABC$ દોરો જ્યાં $AB = BC = CA = 4\, cm$ હોય.
$2$. શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $AX$ દોરો.
$3$. $AX$ પર $5$ બિંદુઓ $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ એ રીતે મેળવો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3 = A_3A_4 = A_4A_5$ થાય.
$4$. $A_5$ ને $B$ સાથે જોડો. $A_3$ માંથી $A_5B$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને $B'$ માં છેદે.
$5$. $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AC$ ને $C'$ માં છેદે.
$6$. ત્રિકોણ $AB'C'$ એ $\triangle ABC$ ને સમરૂપ $\frac{3}{5}$ સ્કેલ ફેક્ટર ધરાવતો જરૂરી ત્રિકોણ છે.
$7$. અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોવાથી,ખૂણાઓ સમાન રહે છે (દરેક $60^{\circ}$). તેથી,નવો ત્રિકોણ પણ સમબાજુ છે.

(A) રચનાના પગલાં:
$1.$ $BC = 12 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ દોરો.
$2.$ બિંદુ $B$ માંથી,$BC$ ને લંબ $AB = 5 \, cm$ એવી રીતે દોરો કે જેથી $\angle B = 90^{\circ}$ થાય.
$3.$ $AC$ ને જોડો. આમ,$\triangle ABC$ એ આપેલ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
$4.$ $B$ માંથી,નીચેની તરફ લઘુકોણ $\angle CBY$ દોરો.
$5.$ કિરણ $BY$ પર ત્રણ બિંદુઓ $B_1, B_2$ અને $B_3$ એવા લો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3$ થાય.
$6.$ $B_3C$ ને જોડો.
$7.$ બિંદુ $B_2$ માંથી $B_2N \parallel B_3C$ દોરો જે $BC$ ને $N$ માં છેદે.
$8.$ બિંદુ $N$ માંથી $NM \parallel CA$ દોરો જે $BA$ ને $M$ માં છેદે. આમ,$\triangle MBN$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
$9.$ કારણ કે $NM \parallel CA$ અને $BC$ એ છેદિકા છે,તેથી અનુકોણ સમાન થાય. તેથી,$\angle MNB = \angle ACB$. બંને ત્રિકોણમાં $\angle B = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\triangle MBN$ પણ $B$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(A) $1.$ $6 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $BC$ દોરો.
$2.$ $B$ અને $C$ ને કેન્દ્ર લઈને,અનુક્રમે $4 \, cm$ અને $5 \, cm$ ત્રિજ્યાના બે ચાપ દોરો જે એકબીજાને $A$ માં છેદે.
$3.$ $BA$ અને $CA$ ને જોડો. $\triangle ABC$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
$4.$ $B$ માંથી,$BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવે તેવું કોઈ પણ કિરણ $BX$ નીચેની તરફ દોરો.
$5.$ $BX$ પર પાંચ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3, B_4$ અને $B_5$ એ રીતે અંકિત કરો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4 = B_4B_5$ થાય.
$6.$ $B_3C$ ને જોડો. $B_5$ માંથી $B_5M \parallel B_3C$ દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BC$ ને $M$ માં છેદે.
$7.$ બિંદુ $M$ માંથી $MN \parallel CA$ દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BA$ ને $N$ માં છેદે. આમ,$\triangle NBM$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે જેની બાજુઓ $\triangle ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓના $\frac{5}{3}$ ગણી છે.

(N/A) સૌ પ્રથમ,આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ $AB = 4 \, cm$ અને $\angle ABC = 60^{\circ}$ હોય તેવો સમબાજુ ચતુષ્કોણ $ABCD$ દોરો અને $AC$ ને જોડો.
ધોરણ $X$ ના ગણિતના પાઠ્યપુસ્તકમાં સૂચવ્યા મુજબ $\frac{2}{3}$ ના સ્કેલ ફેક્ટર સાથે $\triangle ABC$ ને સમરૂપ ત્રિકોણ $AB'C'$ ની રચના કરો.
અંતે,$CD$ ને સમાંતર રેખાખંડ $C'D'$ દોરો જેથી $D'$ એ $AD$ પર આવે.
ચૂંક $\triangle AB'C' \sim \triangle ABC$,તેથી $\frac{AB'}{AB} = \frac{AC'}{AC} = \frac{B'C'}{BC} = \frac{2}{3}$ મળે.
ચૂંક $C'D' \parallel CD$,તેથી $\triangle AD'C' \sim \triangle ADC$. આમ,$\frac{AD'}{AD} = \frac{AC'}{AC} = \frac{C'D'}{CD} = \frac{2}{3}$ મળે.
ચૂંક $ABCD$ સમબાજુ ચતુષ્કોણ છે,તેથી $AB = BC = CD = AD$.
તેથી,$AB' = B'C' = C'D' = AD' = \frac{2}{3} AB$.
ચતુષ્કોણ $AB'C'D'$ ની ચારેય બાજુઓ સમાન હોવાથી,$AB'C'D'$ એક સમબાજુ ચતુષ્કોણ છે.

(A) $1.$ $3 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $AB$ દોરો.
$2.$ $\angle ABY = 60^{\circ}$ માપનો ખૂણો બનાવતું કિરણ $BY$ દોરો.
$3.$ $B$ ને કેન્દ્ર ગણી અને $5 \, cm$ ત્રિજ્યા લઈ એક ચાપ દોરો જે કિરણ $BY$ ને બિંદુ $C$ માં છેદે.
$4.$ કિરણ $BY$ ને સમાંતર કિરણ $AZ$ દોરો જેથી $\angle BAZ = 120^{\circ}$ થાય (કારણ કે $ABCD$ સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે,તેથી $\angle ABC + \angle BCD = 180^{\circ}$).
$5.$ $A$ ને કેન્દ્ર ગણી અને $5 \, cm$ ત્રિજ્યા લઈ એક ચાપ દોરો જે કિરણ $AZ$ ને બિંદુ $D$ માં છેદે.
$6.$ $CD$ ને જોડો જેથી સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ $ABCD$ પૂર્ણ થાય.
$7.$ $BD$ ને જોડો,જે સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ $ABCD$ નો વિકર્ણ છે.
$8.$ $B$ માંથી નીચેની તરફ કોઈ પણ કિરણ $BX$ દોરો જે લઘુકોણ $\angle CBX$ બનાવે.
$9.$ $BX$ પર $4$ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3, B_4$ એ રીતે મેળવો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય.
$10.$ $B_3C$ ને જોડો અને $B_4$ માંથી $B_3C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $BC$ ને $C'$ માં છેદે.
$11.$ બિંદુ $C'$ માંથી $C'D' \parallel CD$ દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $BD$ ને $D'$ માં છેદે.
$12.$ રેખાખંડ $D'A'$ દોરો જે $DA$ ને સમાંતર હોય,જ્યાં $A'$ એ લંબાવેલી બાજુ $BA$ પર આવેલું છે.
$13.$ હા,$A'BCD'$ એક સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે કારણ કે રચના મુજબ,$A'D' \parallel BC$ અને $A'B \parallel D'C'$ છે.

(N/A) ધારો કે $\triangle PQR$ અને $\triangle ABC$ સમરૂપ ત્રિકોણો છે. અનુરૂપ બાજુઓ વચ્ચેનો સ્કેલ ફેક્ટર $\frac{PQ}{AB} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$ છે.
રચનાના પગલાં:
$1.$ $5 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $BC$ દોરો.
$2.$ $B$ અને $C$ ને કેન્દ્ર લઈને,$6 \, cm$ ત્રિજ્યાના બે ચાપ દોરો જે એકબીજાને $A$ માં છેદે.
$3.$ $BA$ અને $CA$ ને જોડો. આમ,$\triangle ABC$ એ માંગેલ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
$4.$ $B$ માંથી,લઘુકોણ $\angle CBX$ બનાવે તેવું કોઈ પણ કિરણ $BX$ દોરો.
$5.$ $BX$ પર ચાર બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3$ અને $B_4$ એવા લો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય.
$6.$ $B_3C$ ને જોડો અને $B_4$ માંથી,$B_4R \parallel B_3C$ રેખા દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $BC$ ને $R$ માં છેદે.
$7.$ $R$ બિંદુમાંથી,$RP \parallel CA$ દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $BA$ ને $P$ માં મળે.
આમ,$\triangle PBR$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
$B_4R \parallel B_3C$ હોવાથી (રચના મુજબ),
$\therefore \frac{BC}{CR} = \frac{3}{1}$.
હવે,$\frac{BR}{BC} = \frac{BC + CR}{BC} = 1 + \frac{CR}{BC} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$.
વળી,$RP \parallel CA$ હોવાથી,$\triangle ABC \sim \triangle PBR$.
અને $\frac{PB}{AB} = \frac{RP}{CA} = \frac{BR}{BC} = \frac{4}{3}$.
આમ,નવો ત્રિકોણ આપેલ ત્રિકોણને સમરૂપ છે જેની બાજુઓ સમદ્વિબાજુ $\triangle ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓ કરતા $\frac{4}{3}$ ગણી છે.

(N/A) રચનાના પગલાં:
$1.$ $AB = 5 \, cm$ માપનો રેખાખંડ દોરો.
$2.$ બિંદુ $B$ આગળ,$\angle ABY = 60^{\circ}$ રચો અને $BY$ પર $BC = 6 \, cm$ માપ લો.
$3.$ $AC$ જોડો. આમ,$\triangle ABC$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
$4.$ $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવે તેવું કિરણ $AX$ દોરો (જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ હોય).
$5.$ $AX$ પર $7$ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3, B_4, B_5, B_6, B_7$ એવા લો કે જેથી $AB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4 = B_4B_5 = B_5B_6 = B_6B_7$ થાય.
$6.$ $B_7B$ જોડો. $B_5$ માંથી $B_7B$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને $M$ માં છેદે.
$7.$ $M$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AC$ ને $N$ માં છેદે.
આમ,$\triangle AMN$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે જેની બાજુઓ $\triangle ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓના $\frac{5}{7}$ ગણી છે.
યથાર્થતા:
$MN \parallel BC$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય મુજબ,$\triangle AMN \sim \triangle ABC$.
રચના મુજબ,$B_5M \parallel B_7B$. $\triangle ABB_7$ માં,થેલ્સના પ્રમેય મુજબ:
$\frac{AM}{AB} = \frac{AB_5}{AB_7} = \frac{5}{7}$.
$\triangle AMN \sim \triangle ABC$ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર $\frac{AM}{AB} = \frac{AN}{AC} = \frac{MN}{BC} = \frac{5}{7}$ થાય છે.

(N/A) રચનાના પગલાં:
$1.$ $6 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $BC$ દોરો.
$2.$ $B$ અને $C$ ને કેન્દ્ર લઈને,અનુક્રમે $4 \, cm$ અને $9 \, cm$ ત્રિજ્યાના બે ચાપ દોરો જે એકબીજાને $A$ માં છેદે.
$3.$ $BA$ અને $CA$ ને જોડો. $\triangle ABC$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
$4.$ $B$ માંથી,નીચેની તરફ લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$5.$ $BX$ પર ત્રણ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3$ એવા લો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3$ થાય.
$6.$ $B_2C$ ને જોડો અને $B_3$ માંથી $B_3M \parallel B_2C$ દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $BC$ ને $M$ માં છેદે.
$7.$ $M$ માંથી,$MN \parallel CA$ દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $BA$ ને $N$ માં છેદે.
આમ,$\triangle NBM$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે જેની બાજુઓ $\triangle ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓ કરતા $\frac{3}{2}$ ગણી છે.
આ બંને ત્રિકોણો એકરૂપ નથી કારણ કે એકરૂપ ત્રિકોણોનો આકાર અને માપ સમાન હોવા જોઈએ. અહીં,ત્રિકોણો સમરૂપ છે (સમાન આકાર),પરંતુ તેમના માપ અલગ છે.
યથાર્થતા:
કારણ કે $B_3M \parallel B_2C$,તેથી પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય મુજબ:
$\frac{BC}{CM} = \frac{BB_2}{B_2B_3} = \frac{2}{1}$.
હવે,$\frac{BM}{BC} = \frac{BC + CM}{BC} = 1 + \frac{CM}{BC} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$.
વળી,$MN \parallel CA$,તેથી $\triangle ABC \sim \triangle NBM$.
આમ,$\frac{NB}{AB} = \frac{NM}{AC} = \frac{BM}{BC} = \frac{3}{2}$.

(N/A) માહિતી: $\Delta ABC$ રચો જેમાં $AB = 4 \, cm$,$BC = 7 \, cm$ અને $AC = 5 \, cm$ છે.
રચના: $\Delta ABC$ ને સમરૂપ $\Delta BPQ$ રચો જેથી તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર $2:3$ થાય.
રચનાના પગલાં:
$(1)$ $\Delta ABC$ રચો જેમાં $AB = 4 \, cm$,$BC = 7 \, cm$ અને $AC = 5 \, cm$ છે.
$(2)$ $\overleftrightarrow{BC}$ ના જે અર્ધતલમાં $A$ નથી,તે અર્ધતલમાં $\overrightarrow{BX}$ કિરણ દોરો જેથી $\angle CBX$ લઘુકોણ બને.
$(3)$ યોગ્ય ત્રિજ્યા અને કેન્દ્ર $B$ લઈને,$\overrightarrow{BX}$ ને છેદતો ચાપ દોરો જે $B_1$ માં છેદે. તેવી જ રીતે,કેન્દ્ર $B_1$ અને તે જ ત્રિજ્યા લઈને,$\overrightarrow{BX}$ ને છેદતો ચાપ દોરો જે $B_2$ માં છેદે,જેથી $B-B_1-B_2$ થાય. ફરીથી,તે જ ત્રિજ્યા અને કેન્દ્ર $B_2$ લઈને,$\overrightarrow{BX}$ ને છેદતો ચાપ દોરો જે $B_3$ માં છેદે,જેથી $B_1-B_2-B_3$ થાય.
$(4)$ રેખાખંડ $\overline{B_3C}$ દોરો.
$(5)$ $B_2$ માંથી $\overline{B_3C}$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $\overline{BC}$ ને $P$ માં છેદે.
$(6)$ $P$ માંથી $\overline{CA}$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $\overline{AB}$ ને $Q$ માં છેદે.
આમ,$\Delta BPQ$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન: $\overleftrightarrow{BX}$ અને $\overleftrightarrow{BC}$ એ $\overleftrightarrow{B_3C} \parallel \overleftrightarrow{B_2P}$ ની છેદિકાઓ છે.
તેથી,$BP:BC = BB_2:BB_3 = 2:3$.
તે જ રીતે,$\overleftrightarrow{BC}$ અને $\overleftrightarrow{BA}$ એ $\overleftrightarrow{CA} \parallel \overleftrightarrow{PQ}$ ની છેદિકાઓ છે.
તેથી,$BQ:BA = BP:BC = 2:3$.

(N/A) માહિતી: $m \angle P = 60^{\circ}, m \angle Q = 45^{\circ}$ અને $PQ = 6 \text{ cm}$ હોય તેવો $\Delta PQR$ રચો.
રચના: $\Delta PQR$ ને સમરૂપ $\Delta PBC$ રચો જેથી તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર $5:3$ થાય.
રચનાના પગલાં:
$(1)$ $m \angle P=60^{\circ}, m \angle Q=45^{\circ}$ અને $PQ = 6 \text{ cm}$ હોય તેવો $\Delta PQR$ રચો.
$(2)$ $\overleftrightarrow{PQ}$ ના જે અર્ધતલમાં $R$ ન હોય,તે અર્ધતલમાં $\overrightarrow{PZ}$ કિરણ દોરો જેથી $\angle QPZ$ લઘુકોણ થાય.
$(3)$ અનુકૂળ ત્રિજ્યા અને કેન્દ્ર $P$ લઈને,$\overrightarrow{PZ}$ ને $P_1$ માં છેદતું ચાપ દોરો. તે જ ત્રિજ્યા અને કેન્દ્ર $P_1$ લઈને,$\overrightarrow{PZ}$ ને $P_2$ માં છેદતું ચાપ દોરો જેથી $P-P_1-P_2$ થાય. તેવી જ રીતે,તે જ ત્રિજ્યા અને કેન્દ્ર $P_k$ લઈને,$\overrightarrow{PZ}$ ને $P_{k+1}$ માં છેદતું ચાપ દોરો જેથી $P_{k-1}-P_k-P_{k+1}$ થાય,જ્યાં $k=2, 3, 4$.
$(4)$ $\overline{P_3Q}$ દોરો.
$(5)$ $P_5$ માંથી $\overline{P_3Q}$ ને સમાંતર કિરણ દોરો જે $\overrightarrow{PQ}$ ના લંબાવેલા ભાગને $B$ માં છેદે.
$(6)$ $B$ માંથી $\overline{QR}$ ને સમાંતર કિરણ દોરો જે $\overrightarrow{PR}$ ના લંબાવેલા ભાગને $C$ માં છેદે.
આમ,$\Delta PBC$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન: $\Delta PP_5B$ માં,$P-P_3-P_5$,$P-Q-B$ અને $\overline{P_3Q} \parallel \overline{P_5B}$.
$\therefore \frac{PB}{PQ} = \frac{PP_5}{PP_3} = \frac{5}{3}$.
તે જ રીતે,$\Delta PBC$ માં,$P-Q-B$,$P-R-C$ અને $\overline{QR} \parallel \overline{BC}$.
$\therefore \frac{PC}{PR} = \frac{PB}{PQ} = \frac{5}{3}$.

(N/A) રચનાના સોપાન:
$1$. $6 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $BC$ દોરો.
$2$. $B$ ને કેન્દ્ર લઈ $3 \, cm$ ત્રિજ્યા વડે એક ચાપ દોરો. $C$ ને કેન્દ્ર લઈ $5 \, cm$ ત્રિજ્યા વડે બીજો ચાપ દોરો જે પ્રથમ ચાપને $A$ માં છેદે.
$3$. $AB$ અને $AC$ ને જોડીને $\Delta ABC$ મેળવો.
$4$. $BC$ ની જે બાજુએ શિરોબિંદુ $A$ નથી તે બાજુએ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$5$. કિરણ $BX$ પર $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય તેવા $4$ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3, B_4$ મેળવો.
$6$. $B_4C$ ને જોડો.
$7$. $B_3$ માંથી $B_4C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BC$ ને $Q$ માં છેદે.
$8$. $Q$ માંથી $AC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને $P$ માં છેદે.
$9$. $\Delta BPQ$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.

(N/A) રચનાના પગલાં:
$1$. $7 \text{ cm}$ લંબાઈનો રેખાખંડ $BC$ દોરો.
$2$. $B$ ને કેન્દ્ર લઈ $6 \text{ cm}$ ત્રિજ્યા વડે એક ચાપ દોરો. $C$ ને કેન્દ્ર લઈ $5 \text{ cm}$ ત્રિજ્યા વડે બીજો ચાપ દોરો જે પ્રથમ ચાપને $A$ માં છેદે.
$3$. $AB$ અને $AC$ ને જોડીને $\Delta ABC$ પૂર્ણ કરો.
$4$. $BC$ ની નીચેની તરફ બિંદુ $B$ આગળ લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$5$. કિરણ $BX$ પર $5$ સમાન અંતરે બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3, B_4, B_5$ મેળવો જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4 = B_4B_5$ થાય.
$6$. $B_5$ અને $C$ ને જોડો.
$7$. $B_4$ માંથી $B_5C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BC$ ને $Y$ માં છેદે.
$8$. $Y$ માંથી $CA$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને $X$ માં છેદે. આમ,$\Delta BXY$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.

(N/A) રચનાના પગલાં:
$1$. $7 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $QR$ દોરો.
$2$. બિંદુ $Q$ પર કોણમાપક અથવા પરિકરની મદદથી $45^{\circ}$ નો ખૂણો રચો.
$3$. બિંદુ $R$ પર પરિકરની મદદથી $60^{\circ}$ નો ખૂણો રચો.
$4$. આ બંને કિરણો જ્યાં છેદે તેને બિંદુ $P$ નામ આપો. આમ,$\Delta PQR$ તૈયાર થશે.
$5$. પાયા $QR$ ની નીચેના ભાગમાં લઘુકોણ $\angle RQX$ રચો.
$6$. કિરણ $QX$ પર $QQ_1 = Q_1Q_2 = Q_2Q_3 = Q_3Q_4$ થાય તેવા $4$ બિંદુઓ $Q_1, Q_2, Q_3, Q_4$ મેળવો.
$7$. $Q_3$ ને $R$ સાથે જોડો. $Q_4$ માંથી $Q_3R$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $QR$ ને $R'$ માં છેદે.
$8$. $R'$ માંથી $RP$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $QP$ ને $P'$ માં છેદે.
$9$. $\Delta P'QR'$ એ $\Delta PQR$ ને સમરૂપ ત્રિકોણ છે જેની બાજુઓનું પ્રમાણ $\frac{4}{3}$ છે.

(N/A) રચનાના પગલાં:
$1$. $6\, cm$ બાજુ ધરાવતો સમબાજુ ત્રિકોણ $\Delta XYZ$ દોરો.
$2$. શિરોબિંદુ $X$ આગળ $XY$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $XS$ દોરો (જે $Z$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય).
$3$. કિરણ $XS$ પર $5$ બિંદુઓ $X_1, X_2, X_3, X_4, X_5$ એ રીતે મેળવો કે જેથી $XX_1 = X_1X_2 = X_2X_3 = X_3X_4 = X_4X_5$ થાય.
$4$. $X_4$ ને $Y$ સાથે જોડો. $X_5$ માંથી $X_4Y$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $XY$ ને બિંદુ $M$ માં છેદે.
$5$. $M$ માંથી $YZ$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $XZ$ ને બિંદુ $N$ માં છેદે.
$6$. આમ,$\Delta XMN$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે જે $\Delta XYZ$ ને સમરૂપ છે અને જેની બાજુઓનું પ્રમાણ $\frac{5}{4}$ છે.

(N/A) રચનાના પગલાં:
$1$. $6 \text{ cm}$ લંબાઈનો રેખાખંડ $BC$ દોરો.
$2$. બિંદુ $B$ પર કોણમાપક અથવા પરિકરની મદદથી $90^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવો.
$3$. $B$ માંથી નીકળતા કિરણ પર $5 \text{ cm}$ નો ચાપ મારીને બિંદુ $A$ મેળવો. $AC$ ને જોડીને $\Delta ABC$ પૂર્ણ કરો.
$4$. $BC$ ની નીચે એક લઘુકોણ $\angle CBX$ દોરો.
$5$. $BX$ પર $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3$ થાય તેવા $3$ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3$ અંકિત કરો.
$6$. $B_2$ ને $C$ સાથે જોડો. $B_3$ માંથી $B_2C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ $BC$ ને $Q$ માં છેદે.
$7$. $Q$ માંથી $AC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ $BA$ ને $P$ માં છેદે.
$8$. $\Delta BPQ$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.

(N/A) રચનાના સોપાન:
$1$. $8 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $BC$ દોરો.
$2$. બિંદુ $B$ આગળ પરિકર અને માપપટ્ટીનો ઉપયોગ કરીને $60^\circ$ નો ખૂણો બનાવો.
$3$. બિંદુ $B$ થી $60^\circ$ ના ખૂણે આવેલા કિરણ પર $6 \, cm$ નો ચાપ મારીને બિંદુ $A$ મેળવો. $AC$ ને જોડીને $\Delta ABC$ પૂર્ણ કરો.
$4$. રેખાખંડ $BC$ ની નીચે એક લઘુકોણ $\angle CBZ$ દોરો.
$5$. કિરણ $BZ$ પર $5$ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3, B_4, B_5$ એ રીતે મેળવો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4 = B_4B_5$ થાય.
$6$. $B_5$ ને $C$ સાથે જોડો.
$7$. $B_4$ માંથી $B_5C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BC$ ને $Y$ માં છેદે.
$8$. $Y$ માંથી $AC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને $X$ માં છેદે.
$9$. $\Delta BXY$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે જે $\Delta ABC$ ને સમરૂપ છે અને તેની બાજુઓનું પ્રમાણ $\frac{4}{5}$ છે.

(N/A) રચનાના સોપાન:
$1$. $6\, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $YZ$ દોરો.
$2$. $Y$ ને કેન્દ્ર ગણી $4\, cm$ ત્રિજ્યા લઈ એક ચાપ દોરો.
$3$. $Z$ ને કેન્દ્ર ગણી $7\, cm$ ત્રિજ્યા લઈ અગાઉના ચાપને છેદતો બીજો ચાપ દોરો,જે છેદબિંદુ $X$ છે.
$4$. $XY$ અને $XZ$ જોડીને $\Delta XYZ$ પૂર્ણ કરો.
$5$. $Y$ આગળ રેખા $YZ$ ની નીચેની તરફ લઘુકોણ $\angle ZYA$ રચો.
$6$. કિરણ $YA$ પર $YY_1 = Y_1Y_2 = Y_2Y_3 = Y_3Y_4$ થાય તેવા $4$ બિંદુઓ $Y_1, Y_2, Y_3, Y_4$ અંકિત કરો.
$7$. $Y_3$ અને $Z$ ને જોડો.
$8$. $Y_4$ માંથી $Y_3Z$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ $YZ$ ને $N$ માં છેદે.
$9$. $N$ માંથી $XZ$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ $YX$ ને $M$ માં છેદે.
$10$. $\Delta YMN$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.