Mix Examples - Triangles Questions in Gujarati

(C) આપેલા ખૂણાઓનો સરવાળો $= 53^{\circ} + 64^{\circ} + 63^{\circ} = 180^{\circ}$ છે.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,આ ખૂણાઓ ધરાવતો ત્રિકોણ શક્ય છે.
પરંતુ,ત્રિકોણની બાજુઓની લંબાઈ નિશ્ચિત ન હોવાથી,ત્રિકોણનું માપ નિશ્ચિત નથી.
બાજુઓની લંબાઈ બદલીને આપણે અલગ-અલગ માપના ત્રિકોણ બનાવી શકીએ છીએ.
તેથી,આ ખૂણાઓ ધરાવતા અસંખ્ય ત્રિકોણ દોરી શકાય છે.

(C) આપેલ છે: $\triangle ABC$ માં,$AB = AC$. તેથી,$\angle B = \angle C$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
આપેલ છે: $\angle C = \angle P$ અને $\angle B = \angle Q$.
કારણ કે $\angle B = \angle C$,તેથી $\angle Q = \angle P$ થાય.
$\triangle PQR$ માં,$\angle Q = \angle P$ હોવાથી,આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોવી જોઈએ,તેથી $PR = QR$. આમ,$\triangle PQR$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
જોકે,આપણી પાસે $\triangle ABC \cong \triangle PQR$ સાબિત કરવા માટે પૂરતી માહિતી (જેમ કે બાજુનું માપ અથવા કોઈ ચોક્કસ ખૂણાનું માપ) નથી. ઉદાહરણ તરીકે,ખૂણાઓના સમાન સંબંધો જાળવી રાખીને પણ ત્રિકોણના માપ અલગ હોઈ શકે છે.
તેથી,બંને ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ છે,પરંતુ તેઓ એકરૂપ હોવા જરૂરી નથી.

(N/A) $\triangle ABD$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB + BD > AD$ $\ldots(1)$
[કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ]
$\triangle ADC$ માં,આપણી પાસે છે:
$AC + CD > AD$ $\ldots(2)$
[કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ]
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AB + BD + CD + AC > 2AD$
કારણ કે $AD$ એ $\triangle ABC$ ની મધ્યગા છે,તેથી $BD = CD$. તેથી,$BD + CD = BC$.
આ અસમતામાં કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે:
$AB + BC + CA > 2AD$
હા,આ વિધાન સત્ય છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એ $LM$ ને $O$ બિંદુએ છેદે છે. આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $AO = BO$.
હવે,$\angle i = \angle r$ ... $(1)$
[$\because$ આપાતકોણ = પરાવર્તનકોણ]
$\angle B = \angle i$ [અનુકોણ] ... $(2)$
અને $\angle A = \angle r$ [યુગ્મકોણ] ... $(3)$
$(1)$,$(2)$ અને $(3)$ પરથી,આપણને મળે છે કે $\angle B = \angle A$.
$\triangle BOC$ અને $\triangle AOC$ માં:
$\angle 1 = \angle 2 = 90^{\circ}$ [આપેલ છે]
$OC = OC$ [સામાન્ય બાજુ]
$\angle B = \angle A$ [ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ]
તેથી,$\triangle BOC \cong \triangle AOC$ [$AAS$ એકરૂપતાની શરત].
આમ,$AO = BO$ [$CPCT$].

(N/A) આપેલ છે: એક કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ જેમાં $AB = AC$ છે અને $\angle A$ નો દ્વિભાજક $BC$ ને $D$ બિંદુએ મળે છે.
સાબિત કરવાનું છે: $BC = 2 AD$.
સાબિતી: $\triangle ABC$ માં,$AB = AC$ અને તે કાટકોણ ત્રિકોણ હોવાથી,$\angle BAC = 90^{\circ}$ થાય.
$\triangle CAD$ અને $\triangle BAD$ માં:
$AC = AB$ (આપેલ છે)
$\angle CAD = \angle BAD$ (કારણ કે $AD$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે)
$AD = AD$ (સામાન્ય બાજુ)
$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle CAD \cong \triangle BAD$ થાય.
તેથી,$CD = BD$ ($CPCT$ દ્વારા).
સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$AD$ એ કર્ણ પરનો મધ્યગા પણ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કર્ણ પરની મધ્યગાની લંબાઈ કર્ણની લંબાઈ કરતા અડધી હોય છે.
આમ,$AD = \frac{1}{2} BC$.
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા,આપણને $2 AD = BC$ મળે છે.
આમ,$BC = 2 AD$ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: ચોરસ $ABCD$ અને $\triangle OAB$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે,તેથી $OA = OB = AB$.
સાબિત કરવાનું છે: $\triangle OCD$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
સાબિતી: ચોરસ $ABCD$ માં,$\angle DAB = \angle CBA = 90^{\circ}$.
કારણ કે $\triangle OAB$ સમબાજુ છે,$\angle OAB = \angle OBA = 60^{\circ}$.
હવે,$\angle DAO = \angle DAB - \angle OAB = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
તે જ રીતે,$\angle CBO = \angle CBA - \angle OBA = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
$\triangle DAO$ અને $\triangle CBO$ માં:
$AD = BC$ (ચોરસની બાજુઓ)
$\angle DAO = \angle CBO = 30^{\circ}$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
$OA = OB$ (સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુઓ)
$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle DAO \cong \triangle CBO$.
તેથી,$OD = OC$ (એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ ભાગો).
કારણ કે $OD = OC$,તેથી $\triangle OCD$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ અને $\triangle DBC$ એક જ પાયા $BC$ પર આવેલા છે. વળી,$AB = AC$ અને $BD = CD$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AD$ એ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક છે,એટલે કે $OB = OC$ અને $\angle AOB = \angle AOC = 90^{\circ}$.
સાબિતી: $\triangle ABD$ અને $\triangle ACD$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$BD = CD$ [આપેલ છે]
$AD = AD$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,એકરૂપતાની $SSS$ શરત મુજબ,આપણી પાસે છે:
$\triangle ABD \cong \triangle ACD$
તેથી,$\angle 1 = \angle 2$ [$CPCT$]
હવે,$\triangle ABO$ અને $\triangle ACO$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$\angle 1 = \angle 2$ [ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ]
$AO = AO$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,એકરૂપતાની $SAS$ શરત મુજબ,આપણી પાસે છે:
$\triangle ABO \cong \triangle ACO$
તેથી,$BO = CO$ [$CPCT$]
અને,$\angle 3 = \angle 4$ [$CPCT$]
પરંતુ,$\angle 3 + \angle 4 = 180^{\circ}$ [રેખિક જોડના ખૂણા]
$\Rightarrow \angle 3 + \angle 3 = 180^{\circ}$
$\Rightarrow 2\angle 3 = 180^{\circ}$
$\Rightarrow \angle 3 = 90^{\circ}$
કારણ કે $BO = CO$ અને $\angle 3 = 90^{\circ}$,તેથી $AD$ એ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક છે. આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ માં $BC$ બાજુ પરની મધ્યગા $AD$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AB + AC > 2AD$.
રચના: $AD$ ને $E$ સુધી લંબાવો જેથી $DE = AD$ થાય અને $EC$ ને જોડો.
સાબિતી: $\triangle ADB$ અને $\triangle EDC$ માં:
$AD = ED$ (રચના મુજબ)
$\angle 1 = \angle 2$ (અભિકોણ)
$DB = DC$ ($AD$ મધ્યગા છે)
$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ADB \cong \triangle EDC$.
તેથી,$AB = EC$ ($CPCT$ - એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો).
હવે,$\triangle AEC$ માં,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતાં વધારે હોય છે:
$AC + CE > AE$
કારણ કે $AE = AD + DE = AD + AD = 2AD$ અને $CE = AB$ હોવાથી:
$AC + AB > 2AD$.
આમ,સાબિત થાય છે કે બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ પરની મધ્યગાના બમણા કરતાં વધારે હોય છે.

(N/A) આપેલ છે: એક ચતુષ્કોણ $ABCD$.
સાબિત કરવાનું છે: $AB + BC + CD + DA > AC + BD$.
સાબિતી: $\triangle ABC$ માં,આપણી પાસે $AB + BC > AC$ છે $\ldots(1)$ [કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ].
$\triangle BCD$ માં,આપણી પાસે $BC + CD > BD$ છે $\ldots(2)$ [તે જ કારણ].
$\triangle CDA$ માં,આપણી પાસે $CD + DA > AC$ છે $\ldots(3)$ [તે જ કારણ].
$\triangle DAB$ માં,આપણી પાસે $DA + AB > BD$ છે $\ldots(4)$ [તે જ કારણ].
$(1), (2), (3)$ અને $(4)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$(AB + BC) + (BC + CD) + (CD + DA) + (DA + AB) > AC + BD + AC + BD$
$2AB + 2BC + 2CD + 2DA > 2AC + 2BD$
$2(AB + BC + CD + DA) > 2(AC + BD)$
$AB + BC + CD + DA > AC + BD$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $ABC$ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે,જેમાં $\angle B = 90^{\circ}$ છે અને $D$ એ કર્ણ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે. આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $BD = \frac{1}{2} AC$.
રચના: $BD$ ને $E$ સુધી એવી રીતે લંબાવો કે જેથી $BD = DE$ થાય. $EC$ ને જોડો.
$\Delta ADB$ અને $\Delta CDE$ માં:
$AD = CD$ ($D$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી)
$\angle ADB = \angle CDE$ (અભિકોણો)
$BD = DE$ (રચના મુજબ)
તેથી,$\Delta ADB \cong \Delta CDE$ ($SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ).
આથી,$AB = EC$ $(CPCT)$ અને $\angle 1 = \angle 2$ $(CPCT)$.
$\angle 1$ અને $\angle 2$ યુગ્મકોણો હોવાથી,$EC \parallel BA$ થાય.
હવે,$EC \parallel BA$ અને $BC$ છેદિકા છે,તેથી $\angle ABC + \angle BCE = 180^{\circ}$.
$\angle ABC = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle BCE = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$.
$\Delta ABC$ અને $\Delta ECB$ માં:
$BC = CB$ (સામાન્ય બાજુ)
$AB = EC$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
$\angle ABC = \angle ECB = 90^{\circ}$
તેથી,$\Delta ABC \cong \Delta ECB$ ($SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ).
આથી,$AC = EB$ $(CPCT)$.
$BD = DE$ હોવાથી,$BD = \frac{1}{2} BE$ થાય.
$BE = AC$ મૂકતા,આપણને $BD = \frac{1}{2} AC$ મળે છે.

(N/A) $MD$ અને $MC$ ને જોડો.
$\Delta DMN$ અને $\Delta CMN$ માં:
$DN = CN$ [કારણ કે $N$ એ $DC$ નું મધ્યબિંદુ છે]
$\angle DNM = \angle CNM = 90^{\circ}$ [આપેલ છે]
$MN = MN$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,$\Delta DMN \cong \Delta CMN$ [$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ]
આનો અર્થ એ છે કે $DM = CM$ અને $\angle NMD = \angle NMC$ ... $(1)$ [$CPCT$]
હવે,$\Delta AMD$ અને $\Delta BMC$ લો:
$AM = BM$ [કારણ કે $M$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે]
$DM = CM$ [$(1)$ પરથી]
$\angle AMD = \angle AMN - \angle NMD$
$\angle BMC = \angle BMN - \angle NMC$
કારણ કે $\angle AMN = \angle BMN = 90^{\circ}$ અને $\angle NMD = \angle NMC$,તેથી $\angle AMD = \angle BMC$ ... $(2)$
તેથી,$\Delta AMD \cong \Delta BMC$ [$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ]
આમ,$AD = BC$ [$CPCT$].

(N/A) આપેલ છે: એક કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ જેમાં $AB = AC$ અને $CD$ એ $\angle C$ નો દ્વિભાજક છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AC + AD = BC$.
રચના: $DE \perp BC$ દોરો.
સાબિતી: કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ માં,$AB = AC$ (આપેલ છે).
$BC$ કર્ણ હોવાથી,$\angle A = 90^{\circ}$.
$\triangle DAC$ અને $\triangle DEC$ માં:
$\angle DAC = \angle DEC = 90^{\circ}$ (આપેલ અને રચના મુજબ).
$\angle ACD = \angle ECD$ ($CD$ એ $\angle C$ નો દ્વિભાજક હોવાથી).
$CD = CD$ (સામાન્ય બાજુ).
$AAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle DAC \cong \triangle DEC$.
તેથી,$AD = DE$ અને $AC = CE$ ($CPCT$ મુજબ).
$\triangle ABC$ માં,$AB = AC$ હોવાથી,$\angle B = \angle ACB$. $\angle A = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle B + \angle ACB = 90^{\circ}$,તેથી $2\angle B = 90^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $\angle B = 45^{\circ}$.
$\triangle DEB$ માં,$\angle DEB = 90^{\circ}$ અને $\angle B = 45^{\circ}$ હોવાથી,$\angle EDB = 180^{\circ} - (90^{\circ} + 45^{\circ}) = 45^{\circ}$.
$\angle EDB = \angle B = 45^{\circ}$ હોવાથી,તેમની સામેની બાજુઓ સમાન હોય: $DE = BE$.
$AD = DE$ અને $DE = BE$ હોવાથી,$AD = BE$ મળે.
હવે,$BC = CE + BE$.
$CE = AC$ અને $BE = AD$ મૂકતા,આપણને $BC = AC + AD$ મળે.
આમ,$AC + AD = BC$ સાબિત થાય છે.

(A) આપેલ છે: ચતુષ્કોણ $ABCD$ જેમાં $AB$ સૌથી નાની બાજુ છે અને $CD$ સૌથી મોટી બાજુ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle B > \angle D$.
રચના: $BD$ ને જોડો.
સાબિતી: $\triangle ABD$ માં,$AB$ એ ચતુષ્કોણની સૌથી નાની બાજુ હોવાથી,$AD > AB$ થાય. મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે,તેથી $\angle ABD > \angle ADB$ ... $(1)$.
$\triangle CBD$ માં,$CD$ એ ચતુષ્કોણની સૌથી મોટી બાજુ હોવાથી,$CD > BC$ થાય. મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે,તેથી $\angle CBD > \angle BDC$ ... $(2)$.
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$\angle ABD + \angle CBD > \angle ADB + \angle BDC$
$\Rightarrow \angle ABC > \angle ADC$
$\Rightarrow \angle B > \angle D$.
આમ,સાબિત થાય છે કે $\angle B$ એ $\angle D$ કરતા મોટો છે.

(A) શ્રીયંત્ર એ $9$ ત્રિકોણોના પરસ્પર છેદનથી બનતી એક જટિલ ભૌમિતિક આકૃતિ છે. આ $9$ ત્રિકોણો બે પ્રકારના હોય છે: $4$ ત્રિકોણો જેમના શિરોબિંદુઓ ઉપરની તરફ હોય છે (જે $\text{શિવ}$ નું પ્રતીક છે) અને $5$ ત્રિકોણો જેમના શિરોબિંદુઓ નીચેની તરફ હોય છે (જે $\text{શક્તિ}$ નું પ્રતીક છે). આ $9$ મુખ્ય ત્રિકોણો એકબીજાને છેદીને કુલ $43$ નાના ગૌણ ત્રિકોણો બનાવે છે,જેને શ્રીયંત્રની રચનામાં ત્રિકોણ તરીકે ઓળખવામાં આવે છે. તેથી,ગૌણ ત્રિકોણોની કુલ સંખ્યા $43$ છે.

(B) $(1)$ ખોટું. જો કોઈ છેદિકા બે સમાંતર રેખાઓને છેદે,તો છેદિકાની એક જ તરફના અંતઃકોણો પૂરક હોય છે (તેમનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે),સમાન હોતા નથી.
$(2)$ ખોટું. કોઈપણ ત્રિકોણમાં ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોય છે. ત્રણેય ખૂણાઓ લઘુકોણ હોવા શક્ય છે (દા.ત.,સમબાજુ ત્રિકોણમાં,બધા ખૂણા $60^{\circ}$ હોય છે),તેથી ત્રિકોણમાં લઘુકોણની મહત્તમ સંખ્યા ત્રણ હોય છે.

(B) $(1)$ ખોટું: બે ત્રિકોણો $SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ એકરૂપ થવા માટે,ખૂણો બે બાજુઓની વચ્ચેનો હોવો જોઈએ. અહીં,$\Delta ABC$ માં,$AB$ અને $BC$ ની વચ્ચેનો ખૂણો $\angle B$ છે. $\Delta PQR$ માં,$PQ$ અને $PR$ ની વચ્ચેનો ખૂણો $\angle P$ છે. જોકે,આપેલી શરત $BC = PR$ છે,પરંતુ $\angle P$ બનાવતી બાજુઓ $PQ$ અને $PR$ છે. અહીં $BC$ એ $QR$ બાજુ નથી,તેથી $SAS$ શરતનું પાલન થતું નથી.
$(2)$ સાચું: અંતઃકોણ અને તેના અનુરૂપ બહિષ્કોણનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે. જો બહિષ્કોણ લઘુકોણ $(< 90^{\circ})$ હોય,તો તેનો અનુરૂપ અંતઃકોણ ગુરુકોણ $(> 90^{\circ})$ હોવો જોઈએ. ત્રિકોણમાં વધુમાં વધુ એક જ ગુરુકોણ હોઈ શકે. તેથી,બે બહિષ્કોણ લઘુકોણ હોવા અશક્ય છે,કારણ કે તેનો અર્થ એ થાય કે ત્રિકોણમાં બે ગુરુકોણ છે,જે ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મનું ઉલ્લંઘન કરે છે.