Some Properties of a Triangle Questions in Gujarati

(D) શ્રીયંત્ર એ અથર્વવેદમાં વપરાતી એક જટિલ પવિત્ર ભૂમિતિની ભાત છે. તે $9$ આંતરગૂંથાયેલા સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણોથી બનેલું છે. આ ત્રિકોણો એવી રીતે ગોઠવાયેલા છે કે જે કુલ $43$ નાના ત્રિકોણો બનાવે છે,પરંતુ પ્રાથમિક આંતરગૂંથાયેલું માળખું $9$ ત્રિકોણોનું બનેલું છે.

(C) $\Delta TQR$ માં,$QT \perp PR$ હોવાથી,$\angle QTR = 90^o$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,$\Delta TQR$ ના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^o$ થાય છે:
$\angle QTR + \angle TQR + \angle TRQ = 180^o$
$90^o + 40^o + x = 180^o$
$130^o + x = 180^o$
$x = 180^o - 130^o = 50^o$
હવે,$\Delta P S R$ નો વિચાર કરો. $\Delta P S R$ નો બહિષ્કોણ $y$ એ તેના બે અંતઃસંમુખ ખૂણાઓના સરવાળા જેટલો હોય છે:
$y = \angle SPR + \angle PRS$
$y = 30^o + x$
$y = 30^o + 50^o = 80^o$
આમ,$x = 50^o$ અને $y = 80^o$ છે.

(B) $\Delta XYZ$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^o$ થાય છે.
$\angle XYZ + \angle YZX + \angle ZXY = 180^o$
આપેલ છે કે $\angle XYZ = 54^o$ અને $\angle ZXY = 62^o$.
$54^o + \angle YZX + 62^o = 180^o$
$\angle YZX = 180^o - 116^o = 64^o$.
કારણ કે $YO$ અને $ZO$ એ અનુક્રમે $\angle XYZ$ અને $\angle XZY$ ના દ્વિભાજકો છે:
$\angle OZY = \frac{1}{2} \angle XZY = \frac{1}{2} (64^o) = 32^o$.
$\angle OYZ = \frac{1}{2} \angle XYZ = \frac{1}{2} (54^o) = 27^o$.
$\Delta OYZ$ માં,ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ:
$\angle YOZ + \angle OYZ + \angle OZY = 180^o$
$\angle YOZ + 27^o + 32^o = 180^o$
$\angle YOZ = 180^o - 59^o = 121^o$.
આમ,$\angle OZY = 32^o$ અને $\angle YOZ = 121^o$.

(C) ધારો કે $\triangle ABC$ ના ખૂણાઓ $\angle A, \angle B$ અને $\angle C$ છે.
આપેલ છે કે $\angle A = \angle B + \angle C$ ...... $(1)$
કોઈપણ $\triangle ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે,તેથી $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$ ...... $(2)$
[ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાનો ગુણધર્મ]
સમીકરણ $(1)$ ની કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\angle A + (\angle B + \angle C) = 180^{\circ}$
$\angle A + \angle A = 180^{\circ}$
$2\angle A = 180^{\circ}$
$\angle A = 90^{\circ}$
જેથી એક ખૂણો $90^{\circ}$ હોવાથી,તે ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(D) ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસન્મુખ કોણોના સરવાળા જેટલો હોય છે.
ધારો કે બે સમાન અંતઃસન્મુખ કોણોમાંથી દરેકનું માપ $x$ છે.
આપેલ છે કે બહિષ્કોણ $105^{\circ}$ છે.
તેથી,$x + x = 105^{\circ}$.
$2x = 105^{\circ}$.
$x = \frac{105^{\circ}}{2} = 52 \frac{1}{2}^{\circ}$.
આમ,દરેક સમાન ખૂણાનું માપ $52 \frac{1}{2}^{\circ}$ છે.

(A) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $5x$,$3x$ અને $7x$ છે.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી:
$5x + 3x + 7x = 180^{\circ}$
$15x = 180^{\circ}$
$x = 180^{\circ} / 15 = 12^{\circ}$
તેથી,ત્રિકોણના ખૂણાઓ નીચે મુજબ છે:
$5 \times 12^{\circ} = 60^{\circ}$
$3 \times 12^{\circ} = 36^{\circ}$
$7 \times 12^{\circ} = 84^{\circ}$
અહીં દરેક ખૂણાનું માપ $90^{\circ}$ કરતા ઓછું હોવાથી,બધા ખૂણાઓ લઘુકોણ છે.
તેથી,આ ત્રિકોણ એક લઘુકોણ ત્રિકોણ છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણ $\triangle ABC$ છે જેમાં $\angle A = 130^{\circ}$ છે.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,બધા આંતરિક ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોય છે,તેથી $\angle B + \angle C = 180^{\circ} - 130^{\circ} = 50^{\circ}$ થાય.
ધારો કે $OB$ અને $OC$ એ અનુક્રમે $\angle B$ અને $\angle C$ ના દ્વિભાજકો છે.
તેથી $\angle OBC = \frac{1}{2} \angle B$ અને $\angle OCB = \frac{1}{2} \angle C$ થાય.
$\triangle OBC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ છે,તેથી $\angle BOC = 180^{\circ} - (\angle OBC + \angle OCB)$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,$\angle BOC = 180^{\circ} - \frac{1}{2}(\angle B + \angle C)$ મળે.
$\angle BOC = 180^{\circ} - \frac{1}{2}(50^{\circ}) = 180^{\circ} - 25^{\circ} = 155^{\circ}$ થાય.

(A) આપેલ છે કે: ત્રિકોણના ખૂણાઓનો ગુણોત્તર $2: 4: 3$ છે.
ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $\angle A, \angle B$ અને $\angle C$ છે.
તેથી,$\angle A = 2x, \angle B = 4x$ અને $\angle C = 3x$.
$\triangle ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$ થાય.
[કારણ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોય છે].
કિંમતો મૂકતા: $2x + 4x + 3x = 180^{\circ} \Rightarrow 9x = 180^{\circ} \Rightarrow x = 180^{\circ} / 9 = 20^{\circ}$.
ખૂણાઓની ગણતરી:
$\angle A = 2x = 2 \times 20^{\circ} = 40^{\circ}$.
$\angle B = 4x = 4 \times 20^{\circ} = 80^{\circ}$.
$\angle C = 3x = 3 \times 20^{\circ} = 60^{\circ}$.
$40^{\circ}, 80^{\circ}$ અને $60^{\circ}$ ખૂણાઓની સરખામણી કરતા,સૌથી નાનો ખૂણો $40^{\circ}$ છે.

(B) ના,ત્રિકોણના બધા ખૂણા $60^{\circ}$ કરતા ઓછા હોઈ શકે નહીં.
જો ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણા $60^{\circ}$ કરતા ઓછા હોય,તો તેમનો સરવાળો $60^{\circ} + 60^{\circ} + 60^{\circ} = 180^{\circ}$ કરતા ઓછો થશે.
જો કે,ત્રિકોણના બધા અંતઃકોણોનો સરવાળો હંમેશા $180^{\circ}$ હોય છે (ત્રિકોણનો ખૂણા સરવાળાનો ગુણધર્મ).
તેથી,બધા ખૂણા $60^{\circ}$ કરતા ઓછા હોવા અશક્ય છે.

(NO) જે ખૂણાનું માપ $90^{\circ}$ થી વધુ પરંતુ $180^{\circ}$ થી ઓછું હોય તેને ગુરુકોણ કહેવામાં આવે છે.
ત્રિકોણને બે ગુરુકોણ હોઈ શકે નહીં કારણ કે ત્રિકોણના તમામ અંતઃકોણોનો સરવાળો હંમેશા $180^{\circ}$ હોય છે.
જો ત્રિકોણમાં બે ગુરુકોણ હોય,તો તે બે ખૂણાઓનો સરવાળો જ $90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$ થી વધી જાય.
આ સરવાળો ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ $(180^{\circ})$ કરતા વધી જતો હોવાથી,ત્રિકોણને બે ગુરુકોણ હોવા અશક્ય છે.

(A) કોઈપણ ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો હંમેશા $180^{\circ}$ હોવો જોઈએ.
આપેલા કિસ્સામાં,ખૂણાઓનો સરવાળો $45^{\circ} + 64^{\circ} + 72^{\circ} = 181^{\circ}$ થાય છે.
ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ જેટલો ન હોવાથી,આવો ત્રિકોણ બનાવવો અશક્ય છે.
તેથી,$0$ ત્રિકોણ દોરી શકાય.

આપેલ છે: ખૂણાઓનો ગુણોત્તર $2: 3: 4$ છે.
શોધવાનું છે: ત્રિકોણના ખૂણાઓ.
ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $\angle A, \angle B$ અને $\angle C$ છે.
તેથી,$\angle A = 2x$,$\angle B = 3x$ અને $\angle C = 4x$ થાય.
$\triangle ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે (ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાનો ગુણધર્મ).
કિંમતો મૂકતા: $2x + 3x + 4x = 180^{\circ}$.
$9x = 180^{\circ} \Rightarrow x = 180^{\circ} / 9 = 20^{\circ}$.
તેથી,$\angle A = 2 \times 20^{\circ} = 40^{\circ}$,$\angle B = 3 \times 20^{\circ} = 60^{\circ}$ અને $\angle C = 4 \times 20^{\circ} = 80^{\circ}$.
આમ,ત્રિકોણના ખૂણાઓ $40^{\circ}, 60^{\circ}$ અને $80^{\circ}$ છે.

(N/A) ધારો કે એક ત્રિકોણ $PQR$ છે,જેમાં $\angle 1, \angle 2$ અને $\angle 3$ એ $\Delta PQR$ ના અંતઃકોણો છે.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $\angle 1 + \angle 2 + \angle 3 = 180^{\circ}$.
શિરોબિંદુ $P$ માંથી પસાર થતી અને $QR$ ને સમાંતર હોય તેવી એક રેખા $XPY$ દોરો.
$XPY$ એક સીધી રેખા હોવાથી,બિંદુ $P$ પરના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય,તેથી $\angle 4 + \angle 1 + \angle 5 = 180^{\circ}$.
અહીં $XPY \parallel QR$ છે અને $PQ, PR$ છેદિકાઓ છે,તેથી યુગ્મકોણો સમાન થાય:
$\angle 4 = \angle 2$ અને $\angle 5 = \angle 3$.
આ કિંમતોને $\angle 4 + \angle 1 + \angle 5 = 180^{\circ}$ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\angle 2 + \angle 1 + \angle 3 = 180^{\circ}$,એટલે કે $\angle 1 + \angle 2 + \angle 3 = 180^{\circ}$.
આમ,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,આપણી પાસે છે
$AB = AC$ (આપેલ છે,કારણ કે $\Delta ABC$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે)
સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\angle ABC = \angle ACB$ .......... $(1)$
$\Delta BDC$ માં,આપણી પાસે છે
$BD = CD$ (આપેલ છે,કારણ કે $\Delta BDC$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે)
સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\angle CBD = \angle BCD$ .......... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$\angle ABC + \angle CBD = \angle ACB + \angle BCD$
$\Rightarrow \angle ABD = \angle ACD$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,$AB = AC$ હોવાથી,$\angle ABC = \angle ACB$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા). ધારો કે $\angle ABC = \angle ACB = x$. તેથી $\angle BAC = 180^\circ - 2x$ થાય.
$\Delta ACD$ માં,$AD = AB$ અને $AB = AC$ હોવાથી,$AD = AC$ થાય. તેથી,$\angle ADC = \angle ACD$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા). ધારો કે $\angle ADC = \angle ACD = y$.
બાજુ $BA$ ને $D$ સુધી લંબાવેલ હોવાથી,$BD$ એક સીધી રેખા છે. તેથી,$\angle BAC + \angle CAD = 180^\circ$ થાય.
$\angle CAD = 180^\circ - 2y$ ($\Delta ACD$ પરથી) હોવાથી,$(180^\circ - 2x) + (180^\circ - 2y) = 180^\circ$ મળે.
$360^\circ - 2(x + y) = 180^\circ$.
$2(x + y) = 180^\circ$.
$x + y = 90^\circ$.
$\angle BCD = \angle ACB + \angle ACD = x + y$ હોવાથી,આપણે કહી શકીએ કે $\angle BCD = 90^\circ$.

(N/A) $\triangle ABC$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
જેથી તેમની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે.
$\Rightarrow \angle ACB = \angle ABC$
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^o$ થાય છે.
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^o$
$90^o + \angle B + \angle C = 180^o$ [કારણ કે $\angle A = 90^o$]
$\angle B + \angle C = 180^o - 90^o = 90^o$
કારણ કે $\angle B = \angle C$,આપણે લખી શકીએ:
$2 \angle B = 90^o$
$\angle B = \frac{90^o}{2} = 45^o$
તેથી,$\angle B = 45^o$ અને $\angle C = 45^o$.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = BC = CA$ $[\because \Delta ABC$ એક સમબાજુ ત્રિકોણ છે$]$
કારણ કે $AB = BC$,તેથી આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે,તેથી $\angle A = \angle C$ ......... $(1)$
તે જ રીતે,કારણ કે $AC = BC$,તેથી આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે,તેથી $\angle A = \angle B$ ......... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle A = \angle B = \angle C$
ધારો કે $\angle A = \angle B = \angle C = x$
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^o$ હોવાથી:
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^o$
દરેક ખૂણા માટે $x$ મૂકતા:
$x + x + x = 180^o$
$3x = 180^o$
$x = \frac{180^o}{3} = 60^o$
તેથી,$\angle A = \angle B = \angle C = 60^o$.
આમ,સમબાજુ ત્રિકોણનો દરેક ખૂણો $60^o$ નો હોય છે.

(N/A) $\Delta DAC$ માં,
$AD = AC$ (આપેલ છે)
તેથી,$\angle ADC = \angle ACD$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે).
હવે,$\angle ADC$ એ $\Delta ABD$ માટે બહિષ્કોણ છે.
બહિષ્કોણના પ્રમેય મુજબ,$\angle ADC > \angle ABD$.
ચૂંકિ $\angle ADC = \angle ACD$ છે,તેથી $\angle ACD > \angle ABD$.
આનો અર્થ એ છે કે $\angle ACB > \angle ABC$.
$\Delta ABC$ માં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. તેથી,$AB > AC$.
ચૂંકિ $AD = AC$ છે,તેથી આપણે સાબિત કરી શકીએ કે $AB > AD$.

(N/A) ધારો કે આપણે $\Delta ABC$ વિચારીએ જેમાં $\angle B = 90^\circ$ છે.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ હોવાથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$ થાય.
$\angle B = 90^\circ$ મૂકતા,આપણને $\angle A + 90^\circ + \angle C = 180^\circ$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\angle A + \angle C = 90^\circ$.
કારણ કે $\angle A + \angle C = 90^\circ$ અને $\angle B = 90^\circ$ છે,તેથી $\angle B = \angle A + \angle C$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $\angle B > \angle A$ અને $\angle B > \angle C$.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. તેથી,$\angle B$ ની સામેની બાજુ $(AC)$ એ $\angle A$ ની સામેની બાજુ $(BC)$ અને $\angle C$ ની સામેની બાજુ $(AB)$ કરતા મોટી છે.
આમ,$AC > BC$ અને $AC > AB$.
$AC$ એ કર્ણ હોવાથી,તે ત્રિકોણની સૌથી મોટી બાજુ છે.

(N/A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\angle ABC + \angle PBC = 180^\circ$ [રેખિક જોડના ખૂણા].
તે જ રીતે,$\angle ACB + \angle QCB = 180^\circ$ [રેખિક જોડના ખૂણા].
તેથી,$\angle ABC + \angle PBC = \angle ACB + \angle QCB$.
આપેલ છે કે $\angle PBC < \angle QCB$.
ખૂણાઓનો સરવાળો અચળ $(180^\circ)$ હોવાથી,જો સરવાળામાં એક ખૂણો નાનો હોય,તો સમાનતા જાળવી રાખવા માટે બીજો ખૂણો મોટો હોવો જોઈએ.
આમ,$\angle ABC > \angle ACB$.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ લાંબી હોય છે.
તેથી,$\angle ABC$ ની સામેની બાજુ $(AC)$ એ $\angle ACB$ ની સામેની બાજુ $(AB)$ કરતા મોટી છે.
આમ,$AC > AB$ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\angle B < \angle A$ અને $\angle C < \angle D$.
$\triangle AOB$ માં,કારણ કે $\angle B < \angle A$,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. તેથી,$OA < OB$ ($\angle B$ ની સામેની બાજુ $OA$ છે અને $\angle A$ ની સામેની બાજુ $OB$ છે) ...... $(1)$
$\triangle COD$ માં,કારણ કે $\angle C < \angle D$,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. તેથી,$OD < OC$ ($\angle C$ ની સામેની બાજુ $OD$ છે અને $\angle D$ ની સામેની બાજુ $OC$ છે) ...... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$OA + OD < OB + OC$
કારણ કે $OA + OD = AD$ અને $OB + OC = BC$,તેથી:
$AD < BC$.

(N/A) $\Delta PQR$ માં,$PS$ એ $\angle QPR$ નો દ્વિભાજક છે [આપેલ છે].
તેથી,$\angle QPS = \angle RPS$.
કારણ કે $PR > PQ$ [આપેલ છે],
તેથી,$PR$ ની સામેનો ખૂણો એ $PQ$ ની સામેના ખૂણા કરતાં મોટો હોય.
આમ,$\angle PQS > \angle PRS$.
ડાબી બાજુ $\angle QPS$ અને જમણી બાજુ $\angle RPS$ ઉમેરતા (કારણ કે $\angle QPS = \angle RPS$):
$\angle PQS + \angle QPS > \angle PRS + \angle RPS$ ... $(1)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસંમુખ કોણના સરવાળા જેટલો હોય છે.
$\Delta PQS$ માટે,બહિષ્કોણ $\angle PSR = \angle PQS + \angle QPS$.
$\Delta PRS$ માટે,બહિષ્કોણ $\angle PSQ = \angle PRS + \angle RPS$.
આ કિંમતોને $(1)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે $\angle PSR > \angle PSQ$.

(N/A) ધારો કે રેખા $l$ પર ન હોય તેવું એક બિંદુ $P$ છે. ધારો કે $PM$ એ $P$ માંથી રેખા $l$ પરનો લંબ છે,અને $N$ એ રેખા $l$ પરનું અન્ય કોઈ બિંદુ છે જેથી $N \neq M$.
$\Delta PMN$ માં,$\angle M = 90^o$ હોવાથી,ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle M + \angle N + \angle P = 180^o$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $\angle N + \angle P = 90^o$,તેથી $\angle N < 90^o$.
$\angle N < \angle M$ હોવાથી,$\angle N$ ની સામેની બાજુ $\angle M$ ની સામેની બાજુ કરતાં નાની હોવી જોઈએ.
તેથી,$PM < PN$.
$N$ એ રેખા $l$ પરનું કોઈ પણ બિંદુ ($M$ સિવાયનું) હોવાથી,આ દર્શાવે છે કે $PM$ એ $P$ માંથી રેખા $l$ પર દોરેલા અન્ય કોઈપણ રેખાખંડ કરતાં ટૂંકો છે.
આમ,લંબ રેખાખંડ એ રેખા પર ન હોય તેવા બિંદુમાંથી રેખા પર દોરેલો સૌથી ટૂંકો રેખાખંડ છે.

(N/A) ધારો કે આપણે એક $\Delta ABC$ વિચારીએ છીએ.
બાજુ $AB$ નો લંબદ્વિભાજક $l$ દોરો.
બાજુ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક $m$ દોરો.
ધારો કે આ બંને લંબદ્વિભાજકો $l$ અને $m$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
રેખાખંડના લંબદ્વિભાજક પરનું કોઈપણ બિંદુ તેના અંત્યબિંદુઓથી સમાન અંતરે હોવાથી,બિંદુ $O$ એ $AB$ ના લંબદ્વિભાજક પર છે (તેથી $OA = OB$) અને $BC$ ના લંબદ્વિભાજક પર પણ છે (તેથી $OB = OC$).
તેથી,$OA = OB = OC$,જેનો અર્થ છે કે બિંદુ $O$ એ ત્રિકોણના તમામ શિરોબિંદુઓ $A, B$ અને $C$ થી સમાન અંતરે આવેલું જરૂરી બિંદુ છે. આ બિંદુ $O$ ને ત્રિકોણનું પરિકેન્દ્ર (circumcenter) કહેવામાં આવે છે.

(N/A) ધારો કે એક $\Delta ABC$ છે.
$\angle B$ નો દ્વિભાજક $'l'$ દોરો.
$\angle C$ નો દ્વિભાજક $'m'$ દોરો.
ધારો કે આ બંને ખૂણાના દ્વિભાજકો $'l'$ અને $'m'$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
કોઈપણ ખૂણાના દ્વિભાજક પરનું બિંદુ તે ખૂણાની બાજુઓથી સમાન અંતરે હોવાથી,બિંદુ $O$ એ $\angle B$ ના દ્વિભાજક પર છે (તેથી તે $AB$ અને $BC$ થી સમાન અંતરે છે) અને $\angle C$ ના દ્વિભાજક પર પણ છે (તેથી તે $BC$ અને $AC$ થી સમાન અંતરે છે).
આમ,બિંદુ $O$ એ $\Delta ABC$ ની ત્રણેય બાજુઓ ($AB$,$BC$ અને $AC$) થી સમાન અંતરે છે. આ બિંદુ $O$ ને ત્રિકોણનું અંતઃકેન્દ્ર (incenter) કહેવામાં આવે છે.

(N/A) આઈસ્ક્રીમ પાર્લર બિંદુઓ $A$,$B$ અને $C$ થી સમાન અંતરે છે તેની ખાતરી કરવા માટે,આપણે આ બિંદુઓ દ્વારા રચાયેલા ત્રિકોણનું પરિકેન્દ્ર શોધવાની જરૂર છે.
$1$. બિંદુઓ $A$ અને $B$ ને જોડો,અને રેખા $l$ દોરો,જે રેખાખંડ $AB$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
$2$. બિંદુઓ $B$ અને $C$ ને જોડો,અને રેખા $m$ દોરો,જે રેખાખંડ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
$3$. ધારો કે લંબદ્વિભાજકો $l$ અને $m$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
બિંદુ $O$ એ $\triangle ABC$ નું પરિકેન્દ્ર છે,અને તે શિરોબિંદુઓ $A$,$B$ અને $C$ થી સમાન અંતરે છે. તેથી,આઈસ્ક્રીમ પાર્લર બિંદુ $O$ પર સ્થાપિત કરવું જોઈએ.

(D) $\triangle ABC$ માં,આપણને આપેલ છે કે $AB = AC$.
ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,આપણને $\angle C = \angle B$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\angle B = 50^{\circ}$.
તેથી,$\angle C = 50^{\circ}$ થાય.

(A) $\triangle ABC$ માં,આપણને આપેલ છે કે $BC = AB$.
ત્રિકોણમાં સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે.
તેથી,$\angle A = \angle C$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\angle A + 80^{\circ} + \angle A = 180^{\circ}$.
$2 \angle A + 80^{\circ} = 180^{\circ}$.
$2 \angle A = 180^{\circ} - 80^{\circ}$.
$2 \angle A = 100^{\circ}$.
$\angle A = 100^{\circ} / 2 = 50^{\circ}$.

(B) $\triangle PQR$ માં,આપણને આપેલ છે કે $\angle R = \angle P$.
ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે.
તેથી,$\angle R$ ની સામેની બાજુ $(PQ)$ એ $\angle P$ ની સામેની બાજુ $(QR)$ ને સમાન હોવી જોઈએ.
આમ,$PQ = QR$.
આપેલ છે કે $QR = 4 \, cm$,તેથી $PQ = 4 \, cm$ થાય.

(C) $\triangle ADC$ માં,બહિષ્કોણ $\angle ADB$ એ અંતઃસન્મુખ ખૂણા $\angle DAC$ કરતા મોટો છે.
કારણ કે $AD$ એ $\angle BAC$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle BAD = \angle DAC$ થાય.
આ કિંમત અસમતામાં મૂકતા,આપણને $\angle ADB > \angle BAD$ મળે છે.
$\triangle ABD$ માં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોવાથી,આપણને $AB > BD$ મળે છે.

(A) ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા હંમેશા વધારે હોય છે અને કોઈપણ બે બાજુઓનો તફાવત ત્રીજી બાજુ કરતા ઓછો હોય છે.
ધારો કે ત્રીજી બાજુ $x$ છે.
તેથી,$5 - 1.5 < x < 5 + 1.5$,જેનું સાદુંરૂપ આપતા $3.5 < x < 6.5$ મળે છે.
વિકલ્પો તપાસતા:
$A) 3.4$ એ $(3.5, 6.5)$ ની વચ્ચે નથી કારણ કે $3.4 < 3.5$.
$B) 3.8$ એ આ ગાળામાં છે.
$C) 4.1$ એ આ ગાળામાં છે.
$D) 3.6$ એ આ ગાળામાં છે.
તેથી,ત્રીજી બાજુની લંબાઈ $3.4\, cm$ ન હોઈ શકે.

(B) $\triangle PQR$ માં,આપણને આપેલ છે કે $\angle R > \angle Q.$
પ્રમેય મુજબ,કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ લાંબી હોય છે.
$\angle R$ ની સામેની બાજુ $PQ$ છે અને $\angle Q$ ની સામેની બાજુ $PR$ છે.
તેથી,$\angle R > \angle Q$ હોવાથી,$PQ > PR$ થાય.

(N/A) ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓના માપનો સરવાળો ત્રીજી બાજુના માપ કરતાં હંમેશા વધારે હોવો જોઈએ.
અહીં,બાજુઓના માપ $4 \, cm, 3 \, cm$ અને $7 \, cm$ છે.
બે નાની બાજુઓનો સરવાળો કરતાં: $4 \, cm + 3 \, cm = 7 \, cm$.
અહીં બે બાજુઓનો સરવાળો $(7 \, cm)$ એ ત્રીજી બાજુના માપ $(7 \, cm)$ જેટલો જ છે,તેનાથી વધારે નથી. તેથી,ત્રિકોણની અસમતાની શરતનું પાલન થતું નથી.
આથી,$4 \, cm, 3 \, cm$ અને $7 \, cm$ માપ ધરાવતો ત્રિકોણ બનાવવો શક્ય નથી.

(PR) $\triangle PQR$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle Q = 180^{\circ} - (\angle P + \angle R)$
$\angle Q = 180^{\circ} - (70^{\circ} + 30^{\circ}) = 180^{\circ} - 100^{\circ} = 80^{\circ}$.
ખૂણાઓની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે કે $\angle Q > \angle P > \angle R$ $(80^{\circ} > 70^{\circ} > 30^{\circ})$.
ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,સૌથી મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ સૌથી લાંબી હોય છે.
અહીં $\angle Q$ એ સૌથી મોટો ખૂણો છે,અને $\angle Q$ ની સામેની બાજુ $PR$ છે.
તેથી,$PR$ એ $\triangle PQR$ ની સૌથી લાંબી બાજુ છે.

(A) આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $AB + BC + AC > 2\, AM$.
ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે.
$\triangle ABM$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB + BM > AM$ $\ldots (1)$
$\triangle ACM$ માં,આપણી પાસે છે:
$AC + CM > AM$ $\ldots (2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AB + BM + AC + CM > AM + AM$
$AB + AC + (BM + CM) > 2\, AM$
કારણ કે $M$ એ $BC$ પરનું બિંદુ છે,તેથી $BM + CM = BC$. આ કિંમત અસમતામાં મૂકતા:
$AB + AC + BC > 2\, AM$
આમ,ત્રિકોણ $ABC$ ની પરિમિતિ ખરેખર $2\, AM$ કરતા વધારે છે.

(N/A) ના,$9 \, cm$,$7 \, cm$ અને $17 \, cm$ બાજુઓના માપ ધરાવતો ત્રિકોણ બનાવવો શક્ય નથી.
ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓના માપનો સરવાળો ત્રીજી બાજુના માપ કરતાં હંમેશા વધારે હોવો જોઈએ.
અહીં,બે નાની બાજુઓનો સરવાળો:
$9 \, cm + 7 \, cm = 16 \, cm$
અહીં $16 \, cm < 17 \, cm$ હોવાથી,બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતાં વધારે નથી.
તેથી,આ બાજુઓના માપ સાથે ત્રિકોણની રચના કરી શકાય નહીં.

(A) હા,$8\,cm, 7\,cm$ અને $4\,cm$ બાજુઓના માપ ધરાવતો ત્રિકોણ બનાવવો શક્ય છે.
ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
શરતો તપાસતા:
$8 + 7 = 15 > 4$
$8 + 4 = 12 > 7$
$7 + 4 = 11 > 8$
આમ,ત્રણેય શરતોનું પાલન થતું હોવાથી,ત્રિકોણની રચના કરી શકાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle PQR$ માં,$PQ > PR$ અને $QS$,$RS$ એ અનુક્રમે $\angle Q$ અને $\angle R$ ના દ્વિભાજકો છે.
જેহেতু $PQ > PR$,મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે. તેથી,$\angle R > \angle Q$.
જેহেতু $QS$ અને $RS$ એ અનુક્રમે $\angle Q$ અને $\angle R$ ના દ્વિભાજકો છે,તેથી:
$\angle SQR = \frac{1}{2} \angle Q$
$\angle SRQ = \frac{1}{2} \angle R$
જેহেতু $\angle R > \angle Q$,તેથી $\frac{1}{2} \angle R > \frac{1}{2} \angle Q$ થાય.
તેથી,$\angle SRQ > \angle SQR$.
$\triangle SQR$ માં,$\angle SRQ > \angle SQR$ હોવાથી,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. આમ,$SQ > SR$.

(N/A) આપેલ છે: $PQ = PR$.
સાબિત કરવાનું છે: $PS > PQ$.
સાબિતી: $\triangle PQR$ માં,આપણી પાસે છે:
$PR = PQ$ (આપેલ છે).
તેથી,$\angle PQR = \angle PRQ$ (ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
$\triangle PQS$ માં,$\angle PQR$ એ બહિષ્કોણ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના અંતઃસન્મુખ ખૂણાઓ કરતા મોટો હોય છે.
તેથી,$\angle PQR > \angle S$.
કારણ કે $\angle PQR = \angle PRQ$,તેથી $\angle PRQ > \angle S$.
$\triangle PSR$ માં,કારણ કે $\angle PRQ > \angle S$,તેથી $\angle PRQ$ ની સામેની બાજુ એ $\angle S$ ની સામેની બાજુ કરતા મોટી હોવી જોઈએ.
તેથી,$PS > PR$.
કારણ કે $PR = PQ$,આપણે $PR$ ની જગ્યાએ $PQ$ મૂકી શકીએ છીએ.
આમ,$PS > PQ$.
આમ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle PQR$ ની બાજુ $QR$ પરનું એક બિંદુ $S$.
સાબિત કરવાનું છે: $PQ + QR + RP > 2 \, PS$.
સાબિતી: $\triangle PQS$ માં,આપણી પાસે છે:
$PQ + QS > PS$ ..... $(1)$
[કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતાં વધારે હોવો જોઈએ]
હવે,$\triangle PSR$ માં,આપણી પાસે છે:
$RS + RP > PS$ ..... $(2)$
[કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતાં વધારે હોવો જોઈએ]
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$PQ + QS + RS + RP > 2 \, PS$
કારણ કે $QS + RS = QR$,તેથી:
$PQ + QR + RP > 2 \, PS$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $\triangle ABC$ માં,આપણને આપેલ છે કે $AB = AC$.
તેથી,$\angle ABC = \angle ACB$ (ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે).
$D$ એ $AC$ પરનું બિંદુ હોવાથી,$\angle DBC < \angle ABC$ થાય.
$\angle ABC$ ની જગ્યાએ $\angle ACB$ મૂકતા,આપણને મળે છે કે $\angle DBC < \angle ACB$.
અહીં $\angle ACB$ એ $\angle DCB$ સમાન જ છે,તેથી $\angle DBC < \angle DCB$.
$\triangle BCD$ માં,$\angle DCB > \angle DBC$ હોવાથી,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે.
તેથી,$BD > CD$ અથવા $CD < BD$ થાય.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ માં,$AB = AC$. $BO$ અને $CO$ એ અનુક્રમે $\angle B$ અને $\angle C$ ના ખૂણાના દ્વિભાજકો છે,જે $O$ માં છેદે છે. $BO$ ને $M$ સુધી લંબાવવામાં આવે છે.
સાબિતી:
$\triangle ABC$ માં,કારણ કે $AB = AC$,તેથી $\angle ABC = \angle ACB$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
કારણ કે $BO$ અને $CO$ એ $\angle B$ અને $\angle C$ ના દ્વિભાજકો છે,તેથી:
$\angle OBC = \frac{1}{2} \angle ABC$
$\angle OCB = \frac{1}{2} \angle ACB$
કારણ કે $\angle ABC = \angle ACB$,તેથી $\angle OBC = \angle OCB$ થાય.
$\triangle OBC$ માં,જ્યારે બાજુ $BO$ ને $M$ સુધી લંબાવવામાં આવે ત્યારે $\angle MOC$ એ શિરોબિંદુ $O$ પાસેનો બહિષ્કોણ છે.
ત્રિકોણના બહિષ્કોણના ગુણધર્મ મુજબ,બહિષ્કોણ તેના અંતઃસન્મુખ ખૂણાઓના સરવાળા જેટલો હોય છે.
તેથી,$\angle MOC = \angle OBC + \angle OCB$.
કારણ કે $\angle OBC = \angle OCB$,આપણે લખી શકીએ:
$\angle MOC = \angle OBC + \angle OBC = 2 \angle OBC$.
$\angle OBC = \frac{1}{2} \angle ABC$ મૂકતા:
$\angle MOC = 2 \times (\frac{1}{2} \angle ABC) = \angle ABC$.
આમ,$\angle MOC = \angle ABC$ સાબિત થાય છે.

(N/A) $\triangle ABC$ માં,આપણી પાસે $AB = AC$ છે.
તેથી,$\angle ABC = \angle ACB$ [કારણ કે ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે].
જેহেতু $BO$ અને $CO$ એ અનુક્રમે $\angle B$ અને $\angle C$ ના દ્વિભાજકો છે,તેથી $\angle OBC = \frac{1}{2} \angle ABC$ અને $\angle OCB = \frac{1}{2} \angle ACB$ થાય.
જેহেতু $\angle ABC = \angle ACB$,તેથી $\angle OBC = \angle OCB$ થાય.
$\triangle OBC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ છે,તેથી $\angle BOC + \angle OBC + \angle OCB = 180^{\circ}$.
$\angle OCB = \angle OBC$ મૂકતા,આપણને $\angle BOC + 2 \angle OBC = 180^{\circ}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\angle BOC = 180^{\circ} - 2 \angle OBC$.
હવે,$\angle ABC$ ને સંલગ્ન બહિષ્કોણનો વિચાર કરો. ધારો કે $D$ એ $AB$ ના લંબાવેલા ભાગ પરનું બિંદુ છે. બહિષ્કોણ $\angle CBD = 180^{\circ} - \angle ABC$ છે.
જેহেতু $\angle ABC = 2 \angle OBC$,તેથી $\angle CBD = 180^{\circ} - 2 \angle OBC$ થાય.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણે કહી શકીએ કે $\angle BOC = \angle CBD$.

(N/A) ધારો કે $\angle BAD = \angle 1$ અને $\angle CAD = \angle 2$. કારણ કે $AD$ એ $\angle BAC$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle 1 = \angle 2$ મળે.
$\triangle ACD$ માં,$\angle ADC$ એ શિરોબિંદુ $D$ આગળનો બહિષ્કોણ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસન્મુખ કોણના સરવાળા જેટલો હોય છે.
તેથી,$\angle ADC = \angle CAD + \angle ACD = \angle 2 + \angle ACD$.
કારણ કે $\angle ACD > 0$,તેથી $\angle ADC > \angle 2$ મળે.
$\angle 2 = \angle 1$ મૂકતા,આપણને $\angle ADC > \angle 1$ મળે છે.
હવે,$\triangle ABD$ નો વિચાર કરો. આ ત્રિકોણમાં,બાજુ $AB$ ની સામેનો ખૂણો $\angle ADB$ (જે $\angle ADC$ છે) અને બાજુ $BD$ ની સામેનો ખૂણો $\angle BAD$ (જે $\angle 1$ છે) છે.
કારણ કે $\angle ADC > \angle 1$,તેથી મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે.
તેથી,$AB > BD$ સાબિત થાય છે.

(B) ત્રિકોણની મધ્યગા એ શિરોબિંદુને સામેની બાજુના મધ્યબિંદુ સાથે જોડતો રેખાખંડ છે. ભૂમિતિના પ્રમેય મુજબ,સમાન પાયા પર આવેલા અને સમાન સમાંતર રેખાઓ વચ્ચે આવેલા ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળ સમાન હોય છે. મધ્યગા ત્રિકોણને બે એવા ત્રિકોણોમાં વિભાજિત કરે છે જે સમાન વેધ ધરાવે છે અને તેમના પાયાની લંબાઈ પણ સમાન હોય છે (કારણ કે મધ્યગા બાજુને દુભાગે છે),તેથી આ બંને ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળ સમાન હોય છે.

(A) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણ $ABC$ ની બાજુની લંબાઈ $x$ છે.
$ABC$ સમબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,તેનું ક્ષેત્રફળ $ar(\triangle ABC) = \frac{\sqrt{3}}{4} x^2$ થાય.
આપેલ છે કે $D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી સમબાજુ ત્રિકોણ $BDE$ ની બાજુની લંબાઈ $BD = \frac{BC}{2} = \frac{x}{2}$ થાય.
સમબાજુ ત્રિકોણ $BDE$ નું ક્ષેત્રફળ $ar(\triangle BDE) = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(\frac{x}{2}\right)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{x^2}{4} = \frac{1}{4} \left(\frac{\sqrt{3}}{4} x^2\right)$ થાય.
$\triangle ABC$ ના ક્ષેત્રફળની કિંમત મૂકતા,આપણને $ar(\triangle BDE) = \frac{1}{4} ar(\triangle ABC)$ મળે છે.
તેથી,આપેલ વિધાન સાચું છે.

(A) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણ $ABC$ ની બાજુની લંબાઈ $a$ છે.
$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,સમબાજુ ત્રિકોણ $BDE$ ની બાજુની લંબાઈ $\frac{a}{2}$ થશે.
$s$ બાજુવાળા સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{\sqrt{3}}{4} s^2$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$\operatorname{ar}(\triangle ABC) = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2$.
$\operatorname{ar}(\triangle BDE) = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a^2}{4} = \frac{1}{4} \left(\frac{\sqrt{3}}{4} a^2\right)$.
તેથી,$\operatorname{ar}(\triangle BDE) = \frac{1}{4} \operatorname{ar}(\triangle ABC)$.
આમ,આપેલ વિધાન સાચું છે.

(B) આપેલ વિધાન ખોટું છે.
કોઈપણ ત્રિકોણ $ABC$ માં,બધા આંતરિક ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવો જોઈએ,એટલે કે $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
અહીં આપેલ છે કે $\angle B = 105^{\circ}$ અને $\angle C = 90^{\circ}$.
આપેલા બે ખૂણાઓનો સરવાળો કરતા: $\angle B + \angle C = 105^{\circ} + 90^{\circ} = 195^{\circ}$.
કારણ કે $195^{\circ} > 180^{\circ}$,તેથી માત્ર બે ખૂણાઓનો સરવાળો જ ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ કરતા વધી જાય છે. તેથી,આવા ત્રિકોણની રચના કરવી શક્ય નથી.

(N/A) $CB$ ને બિંદુ $D$ સુધી લંબાવો જેથી $BC = BD$ થાય અને $AD$ ને જોડો.
$\Delta ABC$ અને $\Delta ABD$ માં:
$BC = BD$ (રચના મુજબ)
$AB = AB$ (સામાન્ય બાજુ)
$\angle ABC = \angle ABD = 90^{\circ}$ (આપેલ છે અને રચના મુજબ)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\Delta ABC \cong \Delta ABD$ થાય.
તેથી,$CPCT$ મુજબ $\angle CAB = \angle DAB$ થાય. ધારો કે $\angle BAC = x$,તો $\angle CAB = x$ અને $\angle DAB = x$.
આમ,$\angle CAD = \angle CAB + \angle BAD = x + x = 2x$.
$\angle BCA = 2 \angle BAC$ હોવાથી,અને $\angle BAC = x$ હોવાથી,$\angle BCA = 2x$ થાય.
$\Delta ACD$ માં,$\angle CAD = 2x$ અને $\angle ACD = 2x$ છે.
બે ખૂણા સમાન હોવાથી,તેમની સામેની બાજુઓ સમાન હોય,તેથી $AC = CD$ થાય.
વળી,$\Delta ABC \cong \Delta ABD$ હોવાથી,$CPCT$ મુજબ $AC = AD$ થાય.
તેથી,$\angle ADC = \angle ACD = 2x$ થાય.
$\Delta ACD$ ના ત્રણેય ખૂણા $60^{\circ}$ હોવાથી $(2x + 2x + 2x = 180^{\circ} \implies x = 30^{\circ})$,$\Delta ACD$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$AC = CD = AD$ થાય.
$CD = BC + BD$ અને $BC = BD$ હોવાથી,$CD = BC + BC = 2BC$ થાય.
આમ,$AC = 2BC$ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપણને $\Delta ABC$ ની બાજુ $BC$ પર એક બિંદુ $D$ આપેલું છે,જેથી $\angle BAD = \angle CAD$ અને $BD = CD$ થાય. આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $AB = AC$ છે.
$AD$ ને $E$ બિંદુ સુધી એવી રીતે લંબાવો કે જેથી $AD = DE$ થાય અને પછી $CE$ ને જોડો.
હવે,$\Delta ABD$ અને $\Delta ECD$ માં:
$BD = CD$ (આપેલ છે)
$AD = DE$ (રચના દ્વારા)
$\angle ADB = \angle EDC$ (અભિકોણો)
તેથી,$\Delta ABD \cong \Delta ECD$ ($SAS$ એકરૂપતાની શરત).
તેથી,$AB = EC$ અને $\angle BAD = \angle CED$ $(CPCT)$ ... $(1)$
વળી,$\angle BAD = \angle CAD$ (આપેલ છે) ... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને $\angle CAD = \angle CED$ મળે છે.
$\Delta ACE$ માં,કારણ કે $\angle CAD = \angle CED$ છે,તેથી આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોવી જોઈએ.
તેથી,$AC = EC$ ... $(3)$
$(1)$ અને $(3)$ પરથી,આપણને $AB = AC$ મળે છે.
આમ,$\Delta ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.