Similarity of Triangles and Basic Proportionality Theorem Questions in Gujarati

(N/A) આપેલ છે: $\Delta ABC$ માં,$DE || BC$,જ્યાં $D$ અને $E$ એ અનુક્રમે $AB$ અને $AC$ પરના બિંદુઓ છે.
પ્રમેય $6.1$ (થેલ્સનો પ્રમેય અથવા પાયાનું પ્રમાણભૂતતાનું પ્રમેય) મુજબ,જો ત્રિકોણની એક બાજુને સમાંતર દોરેલી રેખા બાકીની બે બાજુઓને ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે,તો તે બાજુઓ પર કપાતા રેખાખંડો તે બાજુઓનું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
તેથી,$\frac{AD}{DB} = \frac{AE}{EC}$.
બંને બાજુ વ્યસ્ત લેતા:
$\frac{DB}{AD} = \frac{EC}{AE}$.
બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા:
$\frac{DB}{AD} + 1 = \frac{EC}{AE} + 1$.
લસાઅ લેતા:
$\frac{DB + AD}{AD} = \frac{EC + AE}{AE}$.
અહીં $DB + AD = AB$ અને $EC + AE = AC$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AB}{AD} = \frac{AC}{AE}$.
ફરીથી વ્યસ્ત લેતા:
$\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) ચાલો આપણે $AC$ ને જોડીએ જે $EF$ ને $G$ માં છેદે છે (આકૃતિ જુઓ).
આપેલ છે: $AB \parallel DC$ અને $EF \parallel AB$.
જે રેખાઓ એક જ રેખાને સમાંતર હોય તે પરસ્પર સમાંતર હોય છે,તેથી $EF \parallel DC$ થાય.
હવે,$\Delta ADC$ માં,$EG \parallel DC$ હોવાથી (કારણ કે $EF \parallel DC$),પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય (Basic Proportionality Theorem) મુજબ:
$\frac{AE}{ED} = \frac{AG}{GC} \quad ...(1)$
તે જ રીતે,$\Delta CAB$ માં,$GF \parallel AB$ હોવાથી (કારણ કે $EF \parallel AB$),પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય મુજબ:
$\frac{CG}{AG} = \frac{CF}{BF}$
બંને બાજુ વ્યસ્ત લેતા,આપણને મળે:
$\frac{AG}{GC} = \frac{BF}{FC} \quad ...(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણે મેળવી શકીએ છીએ કે:
$\frac{AE}{ED} = \frac{BF}{FC}$.

(N/A) આપેલ છે કે $\frac{PS}{SQ} = \frac{PT}{TR}$.
થેલ્સના પ્રમેયના પ્રતિપ (સમપ્રમાણતાનું મૂળભૂત પ્રમેય) મુજબ,$ST \parallel QR$ થાય.
તેથી,$\angle PST = \angle PQR$ (અનુકોણ) $...(1)$
વળી,આપેલ છે કે $\angle PST = \angle PRQ$ $...(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને $\angle PQR = \angle PRQ$ મળે છે.
જેમ કે બાજુઓ $PQ$ અને $PR$ ની સામેના ખૂણા સમાન છે,તેથી તે બાજુઓ પણ સમાન હોવી જોઈએ.
તેથી,$PQ = PR$.
આમ,$\triangle PQR$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) $(i)$ ધારો કે $EC = x \text{ cm}.$
આપેલ છે કે $DE || BC.$
પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AD}{DB} = \frac{AE}{EC}$
$\frac{1.5}{3} = \frac{1}{x}$
$x = \frac{3 \times 1}{1.5}$
$x = 2$
$\therefore EC = 2 \text{ cm}.$
$(ii)$ ધારો કે $AD = x \text{ cm}.$
આપેલ છે કે $DE || BC.$
પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AD}{DB} = \frac{AE}{EC}$
$\frac{x}{7.2} = \frac{1.8}{5.4}$
$x = \frac{1.8 \times 7.2}{5.4}$
$x = 2.4$
$\therefore AD = 2.4 \text{ cm}.$

(N/A) થેલ્સના પ્રમેયના પ્રતિપ (સમપ્રમાણતાનું મૂળભૂત પ્રમેય) મુજબ,$EF || QR$ ત્યારે જ થાય જો $\frac{PE}{EQ} = \frac{PF}{FR}$ હોય.
આપેલ કિંમતો:
$PE = 3.9 \ cm$
$EQ = 3 \ cm$
$PF = 3.6 \ cm$
$FR = 2.4 \ cm$
ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા:
$\frac{PE}{EQ} = \frac{3.9}{3} = 1.3$
$\frac{PF}{FR} = \frac{3.6}{2.4} = 1.5$
અહીં $\frac{PE}{EQ} \neq \frac{PF}{FR}$ $(1.3 \neq 1.5)$ હોવાથી,$EF$ એ $QR$ ને સમાંતર નથી.
તેથી,$EF$ એ $QR$ ને સમાંતર નથી.

(N/A) આપેલ છે:
$PE = 4 \, cm, QE = 4.5 \, cm, PF = 8 \, cm, RF = 9 \, cm$.
પ્રમેય $6.2$ (થેલ્સના પ્રમેયનું પ્રતિપ) મુજબ,જો કોઈ રેખા ત્રિકોણની બે બાજુઓનું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે,તો તે રેખા ત્રીજી બાજુને સમાંતર હોય છે.
ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા:
$\frac{PE}{EQ} = \frac{4}{4.5} = \frac{40}{45} = \frac{8}{9}$.
$\frac{PF}{FR} = \frac{8}{9}$.
અહીં $\frac{PE}{EQ} = \frac{PF}{FR}$ હોવાથી,થેલ્સના પ્રમેયના પ્રતિપ મુજબ,$EF$ એ $QR$ ને સમાંતર છે $(EF || QR)$.

(A) આપેલ છે: $PQ = 1.28 \, cm, PR = 2.56 \, cm, PE = 0.18 \, cm, PF = 0.36 \, cm$.
પ્રમેયના પ્રતિપ (થેલ્સના પ્રમેય) મુજબ,જો કોઈ રેખા ત્રિકોણની બે બાજુઓનું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે,તો તે રેખા ત્રીજી બાજુને સમાંતર હોય છે.
ગુણોત્તરની ગણતરી કરીએ:
$\frac{PE}{PQ} = \frac{0.18}{1.28} = \frac{18}{128} = \frac{9}{64}$
$\frac{PF}{PR} = \frac{0.36}{2.56} = \frac{36}{256} = \frac{9}{64}$
અહીં $\frac{PE}{PQ} = \frac{PF}{PR} = \frac{9}{64}$ હોવાથી,રેખા $EF$ એ બાજુઓ $PQ$ અને $PR$ નું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
તેથી,સમપ્રમાણતાના મૂળભૂત પ્રમેયના પ્રતિપ મુજબ,$EF || QR$ થાય.

(N/A) આપેલી આકૃતિમાં,$LM \parallel CB$ છે.
$\triangle ABC$ માં પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય (થેલ્સના પ્રમેય) નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AM}{AB} = \frac{AL}{AC} \quad ...(i)$
તે જ રીતે,$\triangle ADC$ માં,$LN \parallel CD$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AN}{AD} = \frac{AL}{AC} \quad ...(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને સમીકરણ $(ii)$ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે જમણી બાજુઓ સમાન છે.
તેથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AM}{AB} = \frac{AN}{AD}$

(N/A) $\Delta ABC$ માં,$DE \parallel AC$ છે.
પ્રમેય $6.1$ (થેલ્સનો પ્રમેય અથવા પાયાનું સપ્રમાણતાનું પ્રમેય - $BPT$) મુજબ:
$\frac{BD}{DA} = \frac{BE}{EC} \quad ...(i)$
$\Delta BAE$ માં,$DF \parallel AE$ છે.
પાયાનું સપ્રમાણતાનું પ્રમેય $(BPT)$ વાપરતા:
$\frac{BD}{DA} = \frac{BF}{FE} \quad ...(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,ડાબી બાજુ સમાન હોવાથી,જમણી બાજુ પણ સમાન થશે:
$\frac{BF}{FE} = \frac{BE}{EC}$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $\Delta POQ$ માં,$DE \parallel OQ$ છે.
તેથી,$\frac{PE}{EQ} = \frac{PD}{DO}$ (પ્રમેય $6.1$ - થેલ્સનું પ્રમેય) $...(i)$
$\Delta POR$ માં,$DF \parallel OR$ છે.
તેથી,$\frac{PF}{FR} = \frac{PD}{DO}$ (પ્રમેય $6.1$ - થેલ્સનું પ્રમેય) $...(ii)$
પરિણામ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{PE}{EQ} = \frac{PF}{FR}$
તેથી,$EF \parallel QR$ (પ્રમેય $6.2$ - થેલ્સના પ્રમેયનું પ્રતિપ્રમેય).

(N/A) $\Delta POQ$ માં,$AB \parallel PQ$ છે.
તેથી,$\frac{OA}{AP} = \frac{OB}{BQ}$ (પ્રમેય $6.1$ - પાયાના સપ્રમાણતાનું પ્રમેય) $...(i)$
$\Delta POR$ માં,$AC \parallel PR$ છે.
તેથી,$\frac{OA}{AP} = \frac{OC}{CR}$ (પાયાના સપ્રમાણતાનું પ્રમેય) $...(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{OB}{BQ} = \frac{OC}{CR}$
તેથી,$BC \parallel QR$ (પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેયના પ્રતિપ પ્રમેય મુજબ).

(N/A) ધારો કે એક ત્રિકોણ $ABC$ છે જેમાં $P$ એ બાજુ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે અને એક રેખા $PQ$ એ $BC$ ને સમાંતર દોરવામાં આવી છે જે $AC$ ને $Q$ માં છેદે છે.
પ્રમેય $6.1$ (થેલ્સનું પ્રમેય અથવા પાયાનું પ્રમાણભૂતતાનું પ્રમેય) મુજબ,જો ત્રિકોણની એક બાજુને સમાંતર દોરેલી રેખા બાકીની બે બાજુઓને ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે,તો તે બાજુઓ પર કપાતા રેખાખંડો સમાન ગુણોત્તરમાં હોય છે.
તેથી,આપણી પાસે છે:
$\frac{AP}{PB} = \frac{AQ}{QC}$
અહીં $P$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AP = PB$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\frac{AP}{PB} = 1$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$1 = \frac{AQ}{QC}$
$\Rightarrow AQ = QC$
આ સાબિત કરે છે કે $Q$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે,એટલે કે રેખા $PQ$ ત્રીજી બાજુ $AC$ ને દુભાગે છે.

(N/A) ધારો કે એક ત્રિકોણ $ABC$ છે જેમાં $P$ અને $Q$ એ અનુક્રમે બાજુઓ $AB$ અને $AC$ ના મધ્યબિંદુઓ છે.
આપેલ છે: $AP = PB$ અને $AQ = QC$.
સાબિત કરવાનું છે: $PQ \parallel BC$.
સાબિતી:
$P$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AP = PB$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\frac{AP}{PB} = 1$.
$Q$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AQ = QC$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\frac{AQ}{QC} = 1$.
ઉપરના બંને સમીકરણો પરથી,આપણને મળે છે કે $\frac{AP}{PB} = \frac{AQ}{QC}$.
પ્રમેય $6.2$ (સમપ્રમાણતાના મૂળભૂત પ્રમેયનું પ્રતિપ) મુજબ,જો કોઈ રેખા ત્રિકોણની બે બાજુઓનું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે,તો તે રેખા ત્રીજી બાજુને સમાંતર હોય છે.
તેથી,$PQ \parallel BC$.

(N/A) બિંદુ $O$ માંથી પસાર થતી એક રેખા $EF$ દોરો,જેથી $EF \parallel CD$ થાય.
$\triangle ADC$ માં,$EO \parallel CD$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય $(BPT)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AE}{ED} = \frac{AO}{OC} \quad ...(1)$
$AB \parallel CD$ અને $EF \parallel CD$ હોવાથી,$EF \parallel AB$ થાય.
$\triangle ABD$ માં,$EO \parallel AB$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AE}{ED} = \frac{BO}{OD} \quad ...(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AO}{OC} = \frac{BO}{OD}$
પદોની ગોઠવણી કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AO}{BO} = \frac{OC}{OD}$

(N/A) આપેલ પ્રશ્ન માટે નીચેની આકૃતિ ધ્યાનમાં લો.
એક રેખા $OE \parallel AB$ દોરો જેથી $E$ એ $AD$ પર આવેલું હોય.
$\triangle ABD$ માં,$OE \parallel AB$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય $(BPT)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AE}{ED} = \frac{BO}{OD}$ $...(1)$
જોકે,આપેલ છે કે:
$\frac{AO}{BO} = \frac{CO}{DO}$
પદોની ગોઠવણી કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AO}{CO} = \frac{BO}{DO}$ $...(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AE}{ED} = \frac{AO}{CO}$
$\triangle ADC$ માં,$\frac{AE}{ED} = \frac{AO}{OC}$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેયના પ્રતિપ પ્રમેય મુજબ:
$EO \parallel DC$
આપણે $OE \parallel AB$ રચ્યું હતું અને આપણે સાબિત કર્યું કે $OE \parallel DC$,તેથી:
$AB \parallel DC$
તેથી,$ABCD$ એક સમલંબ ચતુષ્કોણ છે કારણ કે સામસામેની બાજુઓની એક જોડ સમાંતર છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એ લેમ્પ-પોસ્ટ છે અને $CD$ એ $4\, \text{સેકન્ડ}$ સુધી લેમ્પ-પોસ્ટથી દૂર ચાલ્યા પછીની છોકરીની સ્થિતિ છે.
આકૃતિ પરથી,તમે જોઈ શકો છો કે $DE$ એ છોકરીનો પડછાયો છે. ધારો કે $DE = x$ મીટર છે.
હવે,$BD = 1.2\, m/s \times 4\, s = 4.8\, m$.
નોંધો કે $\Delta ABE$ અને $\Delta CDE$ માં:
$\angle B = \angle D = 90^{\circ}$ (દરેક ખૂણો $90^{\circ}$ છે કારણ કે લેમ્પ-પોસ્ટ અને છોકરી બંને જમીનને લંબ છે).
$\angle E = \angle E$ (સામાન્ય ખૂણો).
તેથી,$\Delta ABE \sim \Delta CDE$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ).
તેથી,$\frac{BE}{DE} = \frac{AB}{CD}$.
અહીં $AB = 3.6\, m$ અને $CD = 90\, cm = 0.9\, m$ આપેલ છે.
$\frac{4.8 + x}{x} = \frac{3.6}{0.9}$.
$\frac{4.8 + x}{x} = 4$.
$4.8 + x = 4x$.
$3x = 4.8$.
$x = 1.6\, m$.
આમ,$4\, \text{સેકન્ડ}$ ચાલ્યા પછી છોકરીના પડછાયાની લંબાઈ $1.6\, m$ છે.

(B) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ માં $DE \parallel BC$,તેથી થેલ્સના પ્રમેય (સમપ્રમાણતાનું મૂળભૂત પ્રમેય) મુજબ,$\triangle ADE \sim \triangle ABC$ થાય.
તેથી,અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય: $\frac{AD}{AB} = \frac{DE}{BC}$.
અહીં $AD = 2 \, cm$ અને $BD = 3 \, cm$ આપેલ છે,તેથી $AB = AD + BD = 2 + 3 = 5 \, cm$ થાય.
આ કિંમતો ગુણોત્તરમાં મૂકતા: $\frac{2}{5} = \frac{DE}{7.5}$.
$DE$ માટે ગણતરી કરતા: $DE = \frac{2}{5} \times 7.5$.
$DE = 2 \times 1.5 = 3 \, cm$.

(A) $\triangle ABC$ કાટકોણ ત્રિકોણ છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનો ઉપયોગ કરીશું,જે જણાવે છે કે જો સૌથી મોટી બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોય,તો તે ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
આપેલ બાજુઓ $AB = 24 \, cm$,$BC = 10 \, cm$ અને $AC = 26 \, cm$ છે.
બાજુઓના વર્ગની ગણતરી કરીએ:
$AB^2 = 24^2 = 576 \, cm^2$
$BC^2 = 10^2 = 100 \, cm^2$
$AC^2 = 26^2 = 676 \, cm^2$
હવે,બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો કરીએ:
$AB^2 + BC^2 = 576 + 100 = 676 \, cm^2$
અહીં $AB^2 + BC^2 = AC^2$ $(576 + 100 = 676)$ હોવાથી,આ ત્રિકોણ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,$\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં શિરોબિંદુ $B$ આગળ કાટખૂણો છે.

(B) પ્રાથમિક પ્રમાણભૂતતાના પ્રમેય (થેલ્સના પ્રમેય) ના પ્રતિપ મુજબ,$PQ \parallel EF$ ત્યારે જ થાય જો $\frac{DP}{PE} = \frac{DQ}{QF}$ હોય.
અહીં $DP = 5 \, cm$ અને $DE = 15 \, cm$ આપેલ છે,તેથી $PE = DE - DP = 15 - 5 = 10 \, cm$ મળે.
આમ,ગુણોત્તર $\frac{DP}{PE} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$ થાય.
વળી,$DQ = 6 \, cm$ અને $QF = 18 \, cm$ આપેલ છે,તેથી ગુણોત્તર $\frac{DQ}{QF} = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}$ થાય.
અહીં $\frac{DP}{PE} \neq \frac{DQ}{QF}$ (એટલે કે $\frac{1}{2} \neq \frac{1}{3}$) હોવાથી,રેખા $PQ$ એ $EF$ ને સમાંતર નથી.

(A) આપેલ છે: $PQ = 12.5 \, cm$,$PA = 5 \, cm$,$BR = 6 \, cm$ અને $PB = 4 \, cm$.
પ્રથમ,$AQ$ ની લંબાઈ શોધો:
$AQ = PQ - PA = 12.5 - 5 = 7.5 \, cm$.
હવે,ગુણોત્તરની ગણતરી કરો:
$\frac{PA}{AQ} = \frac{5}{7.5} = \frac{50}{75} = \frac{2}{3}$ ......$(i)$
$\frac{PB}{BR} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ ......$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે:
$\frac{PA}{AQ} = \frac{PB}{BR}$
પ્રમેય $6.2$ (થેલ્સના પ્રમેયનું પ્રતિપ) મુજબ,જો કોઈ રેખા ત્રિકોણની બે બાજુઓનું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે,તો તે રેખા ત્રીજી બાજુને સમાંતર હોય છે.
તેથી,$AB \parallel QR$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\frac{AD}{DB} = \frac{AE}{EC}$ અને $\angle ADE = \angle AED$.
પ્રમેય $6.2$ (સમપ્રમાણતાના મૂળભૂત પ્રમેયનું પ્રતિપ) મુજબ,જો કોઈ રેખા ત્રિકોણની બે બાજુઓનું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે,તો તે રેખા ત્રીજી બાજુને સમાંતર હોય છે.
તેથી,$DE \parallel BC$.
કારણ કે $DE \parallel BC$ અને $AB$ એક છેદિકા છે,તેથી અનુકોણ સમાન થાય:
$\angle ADE = \angle ABC$ ....... $(1)$
તે જ રીતે,$DE \parallel BC$ અને $AC$ એક છેદિકા હોવાથી:
$\angle AED = \angle ACB$ ....... $(2)$
આપણને આપેલ છે કે $\angle ADE = \angle AED$.
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ની કિંમતો આ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\angle ABC = \angle ACB$.
$\triangle ABC$ માં,પાયાના ખૂણા સમાન હોવાથી $(\angle B = \angle C)$,આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ પણ સમાન હોવી જોઈએ.
તેથી,$AB = AC$.
$\triangle ABC$ ની બે બાજુઓ સમાન હોવાથી,$\triangle ABC$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(B) આપેલ છે કે,$DE \parallel AB$.
પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય (થેલ્સના પ્રમેય) મુજબ,જો ત્રિકોણની કોઈ એક બાજુને સમાંતર રેખા બાકીની બે બાજુઓને ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે,તો તે બાજુઓ સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજિત થાય છે.
તેથી,$\frac{CD}{AD} = \frac{CE}{BE}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{x+3}{3x+19} = \frac{x}{3x+4}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$(x+3)(3x+4) = x(3x+19)$
$3x^2 + 4x + 9x + 12 = 3x^2 + 19x$
$3x^2 + 13x + 12 = 3x^2 + 19x$
બંને બાજુથી $3x^2$ બાદ કરતા:
$13x + 12 = 19x$
$19x - 13x = 12$
$6x = 12$
$x = \frac{12}{6} = 2$.
આમ,$x$ ની જરૂરી કિંમત $2$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\Delta ABC$ માં,$AD \perp BC$.
સાબિત કરવાનું છે: $AB^2 + CD^2 = BD^2 + AC^2$.
સાબિતી:
કાટકોણ $\Delta ADB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = AD^2 + BD^2$ --- $(1)$
કાટકોણ $\Delta ADC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AD^2 + CD^2$ --- $(2)$
સમીકરણ $(1)$ માંથી સમીકરણ $(2)$ બાદ કરતા:
$AB^2 - AC^2 = (AD^2 + BD^2) - (AD^2 + CD^2)$
$AB^2 - AC^2 = AD^2 + BD^2 - AD^2 - CD^2$
$AB^2 - AC^2 = BD^2 - CD^2$
પદોની ગોઠવણી કરતા,આપણને મળે છે:
$AB^2 + CD^2 = BD^2 + AC^2$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $BL$ અને $CM$ એ $\Delta ABC$ ની મધ્યગાઓ છે,જેમાં $\angle A = 90^{\circ}$ છે.
$\Delta ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$BC^2 = AB^2 + AC^2$ $...(1)$
$\Delta ABL$ માં,$L$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AL = AC/2$:
$BL^2 = AB^2 + AL^2 = AB^2 + (AC/2)^2 = AB^2 + AC^2/4$
$4BL^2 = 4AB^2 + AC^2$ $...(2)$
$\Delta CMA$ માં,$M$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AM = AB/2$:
$CM^2 = AC^2 + AM^2 = AC^2 + (AB/2)^2 = AC^2 + AB^2/4$
$4CM^2 = 4AC^2 + AB^2$ $...(3)$
$(2)$ અને $(3)$ નો સરવાળો કરતા:
$4(BL^2 + CM^2) = 4AB^2 + AC^2 + 4AC^2 + AB^2$
$4(BL^2 + CM^2) = 5AB^2 + 5AC^2$
$4(BL^2 + CM^2) = 5(AB^2 + AC^2)$
સમીકરણ $(1)$ નો ઉપયોગ કરતા,$AB^2 + AC^2 = BC^2$,તેથી:
$4(BL^2 + CM^2) = 5BC^2$.

(N/A) $O$ માંથી પસાર થતી રેખા $PQ \parallel BC$ દોરો,જેથી $P$ એ $AB$ પર અને $Q$ એ $DC$ પર હોય.
હવે,$PQ \parallel BC$.
તેથી,$PQ \perp AB$ અને $PQ \perp DC$ (કારણ કે $\angle B = 90^{\circ}$ અને $\angle C = 90^{\circ}$).
તેથી,$\angle BPQ = 90^{\circ}$ અને $\angle CQP = 90^{\circ}$.
આમ,$BPQC$ અને $APQD$ બંને લંબચોરસ છે.
હવે,$\Delta OPB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OB^{2} = BP^{2} + OP^{2}$ $...(1)$
તે જ રીતે,$\Delta OQD$ માં:
$OD^{2} = OQ^{2} + DQ^{2}$ $...(2)$
$\Delta OQC$ માં,આપણી પાસે છે:
$OC^{2} = OQ^{2} + CQ^{2}$ $...(3)$
અને $\Delta OAP$ માં,આપણી પાસે છે:
$OA^{2} = AP^{2} + OP^{2}$ $...(4)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$OB^{2} + OD^{2} = BP^{2} + OP^{2} + OQ^{2} + DQ^{2}$
કારણ કે $BP = CQ$ અને $DQ = AP$ (લંબચોરસ $BPQC$ અને $APQD$ ની સામસામેની બાજુઓ):
$OB^{2} + OD^{2} = CQ^{2} + OP^{2} + OQ^{2} + AP^{2}$
પદોને ગોઠવતા:
$OB^{2} + OD^{2} = (CQ^{2} + OQ^{2}) + (AP^{2} + OP^{2})$
સમીકરણ $(3)$ અને $(4)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$OB^{2} + OD^{2} = OC^{2} + OA^{2}$.

(A) ત્રિકોણની આપેલી બાજુઓ $7 \, cm, 24 \, cm$ અને $25 \, cm$ છે.
તે કાટકોણ ત્રિકોણ છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,આપણે પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જે જણાવે છે કે જો સૌથી મોટી બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોય,તો તે ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે આપેલી બાજુઓના વર્ગની ગણતરી કરીએ:
$7^2 = 49$
$24^2 = 576$
$25^2 = 625$
હવે,આપણે ચકાસીએ કે શું બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો સૌથી મોટી બાજુના વર્ગ જેટલો છે:
$49 + 576 = 625$
અહીં $7^2 + 24^2 = 25^2$ હોવાથી,આપેલી બાજુઓ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,આ ત્રિકોણ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણની સૌથી મોટી બાજુ તેનો કર્ણ હોય છે. આમ,કર્ણની લંબાઈ $25 \, cm$ છે.

(N/A) ત્રિકોણની આપેલી બાજુઓ $3 \text{ cm}, 8 \text{ cm}$ અને $6 \text{ cm}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપ મુજબ,જો ત્રિકોણની બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો સૌથી મોટી બાજુના વર્ગ જેટલો થાય,તો તે કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
અહીં,બાજુઓના વર્ગો નીચે મુજબ છે:
$3^2 = 9$
$6^2 = 36$
$8^2 = 64$
બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો ચકાસતા:
$3^2 + 6^2 = 9 + 36 = 45$
અહીં $45 \neq 64$ હોવાથી (એટલે કે $3^2 + 6^2 \neq 8^2$),કાટકોણ ત્રિકોણની શરતનું પાલન થતું નથી.
તેથી,આપેલ ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ નથી.

(NONE) આપેલ છે કે ત્રિકોણની બાજુઓ $50 \text{ cm}, 80 \text{ cm}$ અને $100 \text{ cm}$ છે.
તે કાટકોણ ત્રિકોણ છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,આપણે પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જે મુજબ જો ત્રિકોણમાં સૌથી મોટી બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોય,તો તે કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
બાજુઓના વર્ગની ગણતરી કરીએ:
$50^2 = 2500$
$80^2 = 6400$
$100^2 = 10000$
હવે,બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો ચકાસીએ:
$50^2 + 80^2 = 2500 + 6400 = 8900$
આ સરખામણી સૌથી મોટી બાજુના વર્ગ સાથે કરીએ:
$8900 \neq 10000$
અહીં $50^2 + 80^2 \neq 100^2$ હોવાથી,આપેલ ત્રિકોણ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરતું નથી.
તેથી,આપેલ ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ નથી.

(A) આપેલ બાજુઓ $13\, cm, 12\, cm$ અને $5\, cm$ છે.
આ બાજુઓની લંબાઈનો વર્ગ કરતા,આપણને $169, 144$ અને $25$ મળે છે.
સ્પષ્ટપણે,$144 + 25 = 169$.
અથવા,$12^2 + 5^2 = 13^2$.
આપેલ ત્રિકોણની બાજુઓ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,આ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કાટકોણ ત્રિકોણની સૌથી મોટી બાજુ કર્ણ હોય છે.
તેથી,આ ત્રિકોણના કર્ણની લંબાઈ $13\, cm$ છે.

(N/A) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle C = 90^{\circ}$ છે.
તે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,તેની બે બાજુઓ સમાન હોય,તેથી $AC = CB$ થાય.
$\triangle ABC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા (જે $C$ બિંદુ આગળ કાટખૂણો છે),આપણને મળે છે:
$AC^{2} + CB^{2} = AB^{2}$
અહીં $AC = CB$ હોવાથી,સમીકરણમાં $CB$ ની જગ્યાએ $AC$ મૂકતા:
$AC^{2} + AC^{2} = AB^{2}$
$2AC^{2} = AB^{2}$
આમ,સાબિત થાય છે કે $AB^{2} = 2AC^{2}$.

(N/A) આપેલ છે કે,
$AB^2 = 2 AC^2$
આપણે આને આ રીતે લખી શકીએ:
$AB^2 = AC^2 + AC^2$
કારણ કે આપેલ છે કે $AC = BC$,તેથી આપણે $AC$ ના એક પદને બદલે $BC$ લખી શકીએ:
$AB^2 = AC^2 + BC^2$
આ સમીકરણ પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનું પાલન કરે છે,જે જણાવે છે કે જો ત્રિકોણની એક બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા બરાબર હોય,તો પ્રથમ બાજુની સામેનો ખૂણો કાટખૂણો હોય છે.
તેથી,$\triangle ABC$ એ $C$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(N/A) ધારો કે $\triangle ABC$ એ આપેલ સમબાજુ ત્રિકોણ છે અને $AD$ તેનો વેધ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે સમબાજુ ત્રિકોણમાં વેધ સામેની બાજુને દુભાગે છે.
$\therefore BD = DC = a$
$\triangle ADB$ માં,$\angle ADB = 90^{\circ}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AD^2 + DB^2 = AB^2$
$\Rightarrow AD^2 + a^2 = (2a)^2$
$\Rightarrow AD^2 + a^2 = 4a^2$
$\Rightarrow AD^2 = 3a^2$
$\Rightarrow AD = a\sqrt{3}$
સમબાજુ ત્રિકોણમાં,બધા વેધ સમાન લંબાઈના હોય છે.
તેથી,દરેક વેધની લંબાઈ $a\sqrt{3}$ થશે.

(N/A) ધારો કે $ABCD$ એક સમબાજુ ચતુષ્કોણ છે જેના વિકર્ણો $AC$ અને $BD$ બિંદુ $O$ માં છેદે છે.
$\Delta AOB, \Delta BOC, \Delta COD,$ અને $\Delta AOD$ માં,
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AB^2 = AO^2 + OB^2$ $...(1)$
$BC^2 = BO^2 + OC^2$ $...(2)$
$CD^2 = CO^2 + OD^2$ $...(3)$
$AD^2 = AO^2 + OD^2$ $...(4)$
આ તમામ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AB^2 + BC^2 + CD^2 + AD^2 = 2(AO^2 + OB^2 + OC^2 + OD^2)$
સમબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો એકબીજાને કાટખૂણે દુભાગે છે,તેથી $AO = OC = AC/2$ અને $BO = OD = BD/2$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$= 2((AC/2)^2 + (BD/2)^2 + (AC/2)^2 + (BD/2)^2)$
$= 2(2(AC/2)^2 + 2(BD/2)^2)$
$= 2(AC^2/2 + BD^2/2)$
$= AC^2 + BD^2$
આમ,સમબાજુ ચતુષ્કોણની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો તેના વિકર્ણોના વર્ગોના સરવાળા બરાબર છે.

(A) ધારો કે $OA$ દીવાલ છે અને $AB$ નિસરણી છે,જ્યાં $OA = 8\, m$ અને $AB = 10\, m$ છે.
દીવાલ જમીનને લંબ હોવાથી,$\triangle AOB$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle AOB = 90^\circ$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AB^2 = OA^2 + OB^2$.
કિંમતો મૂકતા: $(10)^2 = (8)^2 + OB^2$.
$100 = 64 + OB^2$.
$OB^2 = 100 - 64 = 36$.
$OB = \sqrt{36} = 6\, m$.
તેથી,નિસરણીના નીચેના છેડાનું દીવાલના પાયાથી અંતર $6\, m$ છે.

(N/A) ધારો કે $OB$ થાંભલો છે અને $AB$ તાર છે. થાંભલો ઉભો છે,તેથી $\triangle AOB$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle AOB = 90^{\circ}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,
$AB^{2} = OB^{2} + OA^{2}$
$(24\, m)^{2} = (18\, m)^{2} + OA^{2}$
$576\, m^{2} = 324\, m^{2} + OA^{2}$
$OA^{2} = (576 - 324)\, m^{2} = 252\, m^{2}$
$OA = \sqrt{252}\, m = \sqrt{36 \times 7}\, m = 6\sqrt{7}\, m$
તેથી,પાયાથી અંતર $6\sqrt{7}\, m$ (આશરે $15.87\, m$) છે.

(N/A) $\triangle ACE$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} + CE^{2} = AE^{2}$ $...(1)$
$\triangle BCD$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$BC^{2} + CD^{2} = BD^{2}$ $...(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને સમીકરણ $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} + CE^{2} + BC^{2} + CD^{2} = AE^{2} + BD^{2}$ $...(3)$
$\triangle CDE$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$DE^{2} = CD^{2} + CE^{2}$ $...(4)$
$\triangle ABC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2}$ $...(5)$
સમીકરણ $(4)$ અને સમીકરણ $(5)$ ની કિંમતો સમીકરણ $(3)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$AB^{2} + DE^{2} = AE^{2} + BD^{2}$
આમ,$AE^{2} + BD^{2} = AB^{2} + DE^{2}$.

(N/A) $\triangle ACD$ માટે પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2}$
$AD^{2} = AC^{2} - DC^{2}$ $...(1)$
$\triangle ABD$ માટે પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AB^{2} = AD^{2} + DB^{2}$
$AD^{2} = AB^{2} - DB^{2}$ $...(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને સમીકરણ $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$AC^{2} - DC^{2} = AB^{2} - DB^{2}$ $...(3)$
આપેલ છે કે $DB = 3CD$. કારણ કે $BC = DB + CD$,તેથી $BC = 3CD + CD = 4CD$.
$\therefore CD = \frac{BC}{4}$ અને $DB = 3CD = \frac{3BC}{4}$.
આ કિંમતોને સમીકરણ $(3)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} - \left(\frac{BC}{4}\right)^{2} = AB^{2} - \left(\frac{3BC}{4}\right)^{2}$
$AC^{2} - \frac{BC^{2}}{16} = AB^{2} - \frac{9BC^{2}}{16}$
$16AC^{2} - BC^{2} = 16AB^{2} - 9BC^{2}$
$16AB^{2} - 16AC^{2} = 8BC^{2}$
$8$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$2AB^{2} = 2AC^{2} + BC^{2}$

(N/A) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુ $a$ છે,અને $AE$ એ $\Delta ABC$ નો $BC$ પરનો વેધ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણમાં વેધ પાયાને દુભાગે છે.
$\therefore BE = EC = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ABE$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AE^{2} = AB^{2} - BE^{2} = a^{2} - (\frac{a}{2})^{2} = a^{2} - \frac{a^{2}}{4} = \frac{3a^{2}}{4}$.
તેથી,$AE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
આપેલ છે કે $BD = \frac{1}{3} BC = \frac{a}{3}$.
હવે,$DE = BE - BD = \frac{a}{2} - \frac{a}{3} = \frac{3a - 2a}{6} = \frac{a}{6}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ADE$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AD^{2} = AE^{2} + DE^{2}$.
કિંમતો મૂકતા:
$AD^{2} = (\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2} + (\frac{a}{6})^{2} = \frac{3a^{2}}{4} + \frac{a^{2}}{36}$.
લસાઅ $36$ લેતા:
$AD^{2} = \frac{27a^{2} + a^{2}}{36} = \frac{28a^{2}}{36} = \frac{7a^{2}}{9}$.
અહીં $a = AB$ હોવાથી,$AD^{2} = \frac{7 AB^{2}}{9}$.
તેથી,$9 AD^{2} = 7 AB^{2}$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુ $a$ છે,અને $AE$ એ $\triangle ABC$ નો વેધ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણનો વેધ પાયાને દુભાગે છે,તેથી:
$BE = EC = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2}$
કાટકોણ $\triangle ABE$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AB^2 = AE^2 + BE^2$
$AB = a$ અને $BE = \frac{a}{2}$ ની કિંમતો મૂકતા:
$a^2 = AE^2 + (\frac{a}{2})^2$
$a^2 = AE^2 + \frac{a^2}{4}$
$AE^2$ માટે પદ ગોઠવતા:
$AE^2 = a^2 - \frac{a^2}{4}$
$AE^2 = \frac{4a^2 - a^2}{4}$
$AE^2 = \frac{3a^2}{4}$
બંને બાજુ $4$ વડે ગુણતા:
$4AE^2 = 3a^2$
આમ,સાબિત થાય છે કે $4 \times$ (વેધનો વર્ગ) $= 3 \times$ (એક બાજુનો વર્ગ).

(B) આપેલ છે કે,$AB = 6\sqrt{3} \text{ cm}$,$AC = 12 \text{ cm}$,અને $BC = 6 \text{ cm}$.
બાજુઓના વર્ગની ગણતરી કરતા:
$AB^2 = (6\sqrt{3})^2 = 36 \times 3 = 108$
$BC^2 = (6)^2 = 36$
$AC^2 = (12)^2 = 144$
હવે,અવલોકન કરતા:
$AB^2 + BC^2 = 108 + 36 = 144$
અહીં $AB^2 + BC^2 = AC^2$ હોવાથી,આ ત્રિકોણ પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનું પાલન કરે છે.
તેથી,$\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે,જેમાં કર્ણ $AC$ ની સામેનો ખૂણો કાટખૂણો છે.
આમ,$\angle B = 90^\circ$.
તેથી,સાચો જવાબ $(B)$ છે.

(N/A) રચના: $PS$ ને સમાંતર એક રેખાખંડ $RT$ દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $QP$ ને બિંદુ $T$ માં છેદે છે.
આપેલ છે કે,$PS$ એ $\angle QPR$ નો ખૂણાનો દ્વિભાજક છે.
તેથી,$\angle QPS = \angle SPR \quad \dots(1)$
રચના મુજબ,$PS \parallel TR$ અને $QT$ એ છેદિકા છે.
તેથી,$\angle QPS = \angle QTR$ (અનુકોણ) $\quad \dots(2)$
વળી,$PS \parallel TR$ અને $PR$ એ છેદિકા છે.
તેથી,$\angle SPR = \angle PRT$ (યુગ્મકોણ) $\quad \dots(3)$
સમીકરણ $(1)$,$(2)$,અને $(3)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle QTR = \angle PRT$
$\Delta PTR$ માં,$\angle QTR = \angle PRT$ હોવાથી,આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે.
તેથી,$PT = PR \quad \dots(4)$
$\Delta QTR$ માં,$PS \parallel TR$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય $(BPT)$ મુજબ:
$\frac{QS}{SR} = \frac{QP}{PT}$
સમીકરણ $(4)$ માંથી $PT = PR$ ની કિંમત ઉપરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{QS}{SR} = \frac{PQ}{PR}$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $\triangle ADB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AB^{2} = AD^{2} + BD^{2} \quad \dots(1)$
$\triangle ADC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2}$
અહીં $DC = DB + BC$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$AC^{2} = AD^{2} + (DB + BC)^{2}$
$AC^{2} = AD^{2} + DB^{2} + BC^{2} + 2DB \cdot BC$
સમીકરણ $(1)$ પરથી $AD^{2} + DB^{2} = AB^{2}$ મૂકતા:
$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} + 2BC \cdot BD$

(N/A) $\triangle ADB$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AD^{2} + DB^{2} = AB^{2}$
$\Rightarrow AD^{2} = AB^{2} - DB^{2} \dots(1)$
$\triangle ADC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AD^{2} + DC^{2} = AC^{2}$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $AD^{2}$ ની કિંમત મૂકતા:
$(AB^{2} - BD^{2}) + DC^{2} = AC^{2}$
અહીં $D$ એ $BC$ પર આવેલું હોવાથી,$DC = BC - BD$ થાય. આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$AB^{2} - BD^{2} + (BC - BD)^{2} = AC^{2}$
$AB^{2} - BD^{2} + (BC^{2} + BD^{2} - 2BC \cdot BD) = AC^{2}$
$AB^{2} + BC^{2} - 2BC \cdot BD = AC^{2}$
આમ,$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} - 2BC \cdot BD$ સાબિત થાય છે.

(N/A) $\Delta AMD$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AM^{2} + MD^{2} = AD^{2} \dots(1)$
$\Delta AMC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AM^{2} + MC^{2} = AC^{2}$
કારણ કે $MC = MD + DC$,તેથી:
$AM^{2} + (MD + DC)^{2} = AC^{2}$
$AM^{2} + MD^{2} + DC^{2} + 2MD \cdot DC = AC^{2}$
સમીકરણ $(1)$ પરથી $AM^{2} + MD^{2} = AD^{2}$ મૂકતા:
$AD^{2} + DC^{2} + 2MD \cdot DC = AC^{2}$
$AD$ એ મધ્યગા હોવાથી,$DC = \frac{BC}{2}$ થાય. આ કિંમત મૂકતા:
$AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} + 2MD \cdot \left(\frac{BC}{2}\right) = AC^{2}$
$AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} + BC \cdot DM = AC^{2}$
આમ,$AC^{2} = AD^{2} + BC \cdot DM + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2}$ સાબિત થાય છે.

(A) ધારો કે $ABCD$ એક સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે.
ધારો કે આપણે લંબ $DE$ ને લંબાવેલી બાજુ $AB$ પર અને $AF$ ને બાજુ $DC$ પર દોરીએ છીએ.
$\triangle DEA$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$DE^{2} + EA^{2} = DA^{2} \dots (i)$
$\triangle DEB$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$DE^{2} + EB^{2} = DB^{2}$
$DE^{2} + (EA + AB)^{2} = DB^{2}$
$(DE^{2} + EA^{2}) + AB^{2} + 2EA \times AB = DB^{2}$
$DA^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB = DB^{2} \dots (ii)$
$\triangle AFC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} = AF^{2} + FC^{2}$
$AC^{2} = AF^{2} + (DC - FD)^{2}$
$AC^{2} = AF^{2} + DC^{2} + FD^{2} - 2DC \times FD$
$AC^{2} = (AF^{2} + FD^{2}) + DC^{2} - 2DC \times FD$
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2} - 2DC \times FD \dots (iii)$
કારણ કે $ABCD$ સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે,$AB = CD \dots (iv)$ અને $BC = AD \dots (v)$.
$\triangle DEA$ અને $\triangle AFD$ માં:
$\angle DEA = \angle AFD = 90^{\circ}$
$\angle EAD = \angle ADF$ (કારણ કે $EA \parallel DF$)
$AD = AD$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$\triangle EAD \cong \triangle FDA$ ($AAS$ એકરૂપતાની શરત).
આનો અર્થ એ છે કે $EA = DF \dots (vi)$.
સમીકરણ $(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા:
$DB^{2} + AC^{2} = DA^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB + AD^{2} + DC^{2} - 2DC \times FD$
$AB = DC$ અને $EA = DF$ નો ઉપયોગ કરતા:
$DB^{2} + AC^{2} = AD^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB + AD^{2} + AB^{2} - 2AB \times EA$
$DB^{2} + AC^{2} = 2AD^{2} + 2AB^{2}$
કારણ કે $AD = BC$ અને $AB = CD$:
$AC^{2} + BD^{2} = AB^{2} + BC^{2} + CD^{2} + DA^{2}$.

(N/A) ધારો કે આપણે $BA$ ને $P$ સુધી લંબાવીએ જેથી $AP = AC$ થાય. $PC$ ને જોડો.
આપેલ છે કે,
$\frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AC}$
કારણ કે $AP = AC$,આપણે $AC$ ની જગ્યાએ $AP$ મૂકી શકીએ:
$\frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AP}$
$\Delta BPC$ માં પાયાના પ્રમાણભૂતતાના પ્રમેય $(BPT)$ ના પ્રતિપનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AD \parallel PC$
તેથી,$\angle BAD = \angle APC$ (અનુકોણ) $\dots(1)$
અને,$\angle DAC = \angle ACP$ (યુગ્મકોણ) $\dots(2)$
રચના મુજબ,આપણી પાસે $AP = AC$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\Delta APC$ માં,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે:
$\angle APC = \angle ACP \dots(3)$
સમીકરણ $(1), (2),$ અને $(3)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle BAD = \angle DAC$
આમ,$AD$ એ $\angle BAC$ નો દ્વિભાજક છે.

(1:16) આપેલ છે કે,$\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = \frac{1}{4}$.
ચૂક્યું કે $\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}$,થેલ્સના પ્રમેયના પ્રતિપ (સમપ્રમાણતાનું મૂળભૂત પ્રમેય) મુજબ,$DE \parallel BC$ થાય.
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\Delta ADE \sim \Delta ABC$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે બે સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ બરાબર હોય છે.
આમ,$\frac{\text{Area}(\Delta ADE)}{\text{Area}(\Delta ABC)} = \left(\frac{AD}{AB}\right)^2 = \left(\frac{1}{4}\right)^2 = \frac{1}{16}$.
હવે,$A(4, 6)$,$B(1, 5)$ અને $C(7, 2)$ યામોનો ઉપયોગ કરીને $\Delta ABC$ નું ક્ષેત્રફળ શોધો:
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)|$
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |4(5 - 2) + 1(2 - 6) + 7(6 - 5)|$
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |4(3) + 1(-4) + 7(1)| = \frac{1}{2} |12 - 4 + 7| = \frac{1}{2} |15| = 7.5$ ચોરસ એકમ.
$\Delta ADE$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{16} \times \text{Area}(\Delta ABC) = \frac{1}{16} \times 7.5 = \frac{7.5}{16} = \frac{15}{32}$ ચોરસ એકમ.
$\Delta ADE$ ના ક્ષેત્રફળ અને $\Delta ABC$ ના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર $1:16$ છે.

(A) આપેલ છે કે,સમલંબ ચતુષ્કોણ $ABCD$ માં $AB \parallel DC$ છે. $P$ અને $Q$ એ અનુક્રમે $AD$ અને $BC$ પરના બિંદુઓ છે જેથી $PQ \parallel DC$ થાય. આમ,$AB \parallel PQ \parallel DC$ છે.
$BD$ ને જોડો. ધારો કે $BD$ એ $PQ$ ને બિંદુ $O$ માં છેદે છે.
$\triangle ABD$ માં,$PO \parallel AB$ (કારણ કે $PQ \parallel AB$ છે).
પ્રમેય $6.1$ (થેલ્સનો પ્રમેય અથવા પાયાનું સપ્રમાણતાનું પ્રમેય) મુજબ:
$\frac{AP}{PD} = \frac{BO}{OD}$ .......$(i)$
$\triangle BDC$ માં,$OQ \parallel DC$ (કારણ કે $PQ \parallel DC$ છે).
પાયાનું સપ્રમાણતાનું પ્રમેય વાપરતા:
$\frac{BQ}{QC} = \frac{BO}{OD}$ .......$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AP}{PD} = \frac{BQ}{QC}$
આપેલ કિંમતો $PD = 18 \, cm$,$BQ = 35 \, cm$ અને $QC = 15 \, cm$ મૂકતા:
$\frac{AP}{18} = \frac{35}{15}$
$AP = \frac{35 \times 18}{15}$
$AP = \frac{7 \times 18}{3} = 7 \times 6 = 42 \, cm$
તેથી,$AD = AP + PD = 42 \, cm + 18 \, cm = 60 \, cm$.

(N/A) આપેલ છે: ત્રિકોણ $ABC$ જેમાં $AC^2 = AB^2 + BC^2$.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle B = 90^{\circ}$.
રચના: એક $\triangle PQR$ ની રચના કરો જેમાં $\angle Q = 90^{\circ}$,$PQ = AB$ અને $QR = BC$ થાય.
સાબિતી:
$\triangle PQR$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$PR^2 = PQ^2 + QR^2$
કારણ કે $PQ = AB$ અને $QR = BC$,તેથી:
$PR^2 = AB^2 + BC^2$ ...... $(1)$
આપેલ છે કે $AC^2 = AB^2 + BC^2$ ...... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,$PR^2 = AC^2$,જેનો અર્થ છે કે $PR = AC$.
હવે,$\triangle ABC$ અને $\triangle PQR$ માં:
$AB = PQ$ (રચના મુજબ)
$BC = QR$ (રચના મુજબ)
$AC = PR$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
તેથી,$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle ABC \cong \triangle PQR$.
આમ,$CPCT$ મુજબ $\angle B = \angle Q$.
રચના મુજબ $\angle Q = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle B = 90^{\circ}$ થાય છે.

(N/A) ધારો કે એક $\triangle ABC$ છે જેમાં $BC$ ને સમાંતર રેખા $DE$ એ $AB$ ને $D$ માં અને $AC$ ને $E$ માં છેદે છે. સાબિત કરવાનું છે કે: $DE$ એ બંને બાજુઓને સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે,એટલે કે,$\frac{AD}{DB} = \frac{AE}{EC}$.
રચના: $BE$ અને $CD$ ને જોડો અને $EF \perp AB$ તથા $DG \perp AC$ દોરો.
સાબિતી: અહીં,$\frac{\text{ar}(\triangle ADE)}{\text{ar}(\triangle BDE)} = \frac{\frac{1}{2} \times AD \times EF}{\frac{1}{2} \times DB \times EF} = \frac{AD}{DB}$ ......$(i)$ [કારણ કે,ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ}$]
તે જ રીતે,$\frac{\text{ar}(\triangle ADE)}{\text{ar}(\triangle DEC)} = \frac{\frac{1}{2} \times AE \times DG}{\frac{1}{2} \times EC \times DG} = \frac{AE}{EC}$ ......$(ii)$
હવે,$\triangle BDE$ અને $\triangle DEC$ એ એક જ સમાંતર રેખાઓ $DE$ અને $BC$ ની વચ્ચે આવેલા છે અને એક જ પાયા $DE$ પર આવેલા છે,તેથી,$\text{ar}(\triangle BDE) = \text{ar}(\triangle DEC)$ ......$(iii)$
સમીકરણ $(i), (ii)$ અને $(iii)$ પરથી,આપણને મળે છે $\frac{AD}{DB} = \frac{AE}{EC}$.
આમ,સાબિત થાય છે.