অষ্টম শ্রেণী গণিত: কষে দেখি – 9

সমাধান:

আমরা জানি, ত্রিভুজের সমান সমান কোণের বিপরীত বাহুগুলির দৈর্ঘ্য সমান হয়।

• (i) প্রথম ত্রিভুজ ($ABC$):
  প্রদত্ত, $\angle ABC = 70^{\circ}$ এবং $\angle ACB = 70^{\circ}$।
  যেহেতু $\angle B = \angle C$, তাই এদের বিপরীত বাহু সমান হবে।
  $\therefore$ সমান বাহু দুটি হলো $AB$ ও $AC$। ($AB = AC$)
• (ii) দ্বিতীয় ত্রিভুজ ($PQR$):
  প্রদত্ত, $\angle QPR = 45^{\circ}$ এবং $\angle PQR = 45^{\circ}$।
  যেহেতু $\angle P = \angle Q$, তাই এদের বিপরীত বাহু সমান হবে।
  $\therefore$ সমান বাহু দুটি হলো $PR$ ও $QR$। ($PR = QR$)
• (iii) তৃতীয় ত্রিভুজ ($XYZ$):
  প্রদত্ত, $\angle XYZ = 110^{\circ}$ এবং $\angle XZY = 35^{\circ}$।
  তৃতীয় কোণটি হবে, $\angle YXZ = 180^{\circ} – (110^{\circ} + 35^{\circ}) = 180^{\circ} – 145^{\circ} = 35^{\circ}$।
  যেহেতু $\angle XZY = \angle YXZ = 35^{\circ}$, তাই এদের বিপরীত বাহু সমান হবে।
  $\therefore$ সমান বাহু দুটি হলো $XY$ ও $YZ$। ($XY = YZ$)

উত্তর: (i) $AB = AC$, (ii) $PR = QR$, (iii) $XY = YZ$

সমাধান:

আমরা জানি, ত্রিভুজের সমান সমান বাহুর বিপরীত কোণগুলির মান সমান হয়।

• (i) প্রথম ত্রিভুজ ($ABC$):
  প্রদত্ত, $AB = 5$ সেমি. এবং $AC = 5$ সেমি.।
  যেহেতু $AB = AC$, তাই এদের বিপরীত কোণ সমান হবে।
  $\therefore$ সমান কোণ দুটি হলো $\angle ABC$ ও $\angle ACB$। ($\angle ABC = \angle ACB$)
• (ii) দ্বিতীয় ত্রিভুজ ($PQR$):
  প্রদত্ত, $PQ = 8$ সেমি., $QR = 8$ সেমি. এবং $PR = 7$ সেমি.।
  যেহেতু $PQ = QR$, তাই এদের বিপরীত কোণ সমান হবে।
  $\therefore$ সমান কোণ দুটি হলো $\angle PRQ$ ও $\angle QPR$। ($\angle PRQ = \angle QPR$)

উত্তর: (i) $\angle ABC = \angle ACB$, (ii) $\angle PRQ = \angle QPR$

প্রদত্ত: $AB$ ও $CD$ সরলরেখাংশ পরস্পরকে $O$ বিন্দুতে সমদ্বিখণ্ডিত করে। অর্থাৎ, $AO = OB$ এবং $CO = OD$।

প্রামাণ্য বিষয়: (i) $AC || BD$ এবং (ii) $ACBD$ চতুর্ভুজের প্রকৃতি নির্ণয়।

প্রমাণ:

$\triangle AOC$ এবং $\triangle BOD$-এর মধ্যে:

• $AO = OB$ (প্রদত্ত)
• $\angle AOC = \angle BOD$ (বিপ্রতীপ কোণ)
• $CO = OD$ (প্রদত্ত)

$\therefore \triangle AOC \cong \triangle BOD$ (SAS সর্বসমতা শর্তানুসারে)

সুতরাং, $\angle OAC = \angle OBD$ (সর্বসম ত্রিভুজের অনুরূপ কোণ)।

কিন্তু এরা $AB$ ছেদকের সাপেক্ষে একান্তর কোণ। যেহেতু একান্তর কোণগুলি সমান, তাই $AC || BD$।

একইভাবে প্রমাণ করা যায় $\triangle AOD \cong \triangle BOC$, যার ফলে $AD || BC$।

যেহেতু চতুর্ভুজ $ACBD$-এর বিপরীত বাহুগুলি পরস্পর সমান্তরাল ($AC || BD$ এবং $AD || BC$), তাই $ACBD$ একটি সামান্তরিক।

উত্তর: (প্রমাণিত) এবং ACBD একটি সামান্তরিক।

প্রদত্ত: $AB || CD$। $E$ ও $F$ যথাক্রমে $AB$ ও $CD$-এর ওপর অবস্থিত। $O$ হলো $EF$-এর মধ্যবিন্দু (অর্থাৎ $EO = OF$)। $PQ$ সরলরেখাংশ $O$ বিন্দুগামী এবং $AB$-কে $P$ ও $CD$-কে $Q$ বিন্দুতে ছেদ করে।

প্রামাণ্য বিষয়: $OP = OQ$।

প্রমাণ:

$\triangle POE$ এবং $\triangle QOF$-এর মধ্যে:

• $\angle PEO = \angle QFO$ (একান্তর কোণ, কারণ $AB || CD$ এবং $EF$ ছেদক)
• $EO = OF$ (প্রদত্ত, $O$ মধ্যবিন্দু)
• $\angle POE = \angle QOF$ (বিপ্রতীপ কোণ)

$\therefore \triangle POE \cong \triangle QOF$ (ASA সর্বসমতা শর্তানুসারে)

সুতরাং, $OP = OQ$ (সর্বসম ত্রিভুজের অনুরূপ বাহু)।

অর্থাৎ, $PQ$ সরলরেখাংশ $O$ বিন্দুতে সমদ্বিখণ্ডিত হয়।

(প্রমাণিত)

প্রদত্ত: মনে করি, $ABC$ একটি সমদ্বিবাহু ত্রিভুজ যার $AB = AC$। ভূমি $BC$-কে উভয়দিকে যথাক্রমে $P$ ও $Q$ বিন্দু পর্যন্ত বর্ধিত করা হলো। এর ফলে দুটি বহিঃকোণ $\angle ABP$ এবং $\angle ACQ$ উৎপন্ন হলো।

প্রামাণ্য বিষয়: প্রমাণ করতে হবে যে, $\angle ABP = \angle ACQ$।

প্রমাণ:

১. $\triangle ABC$-এ $AB = AC$।
$\therefore \angle ABC = \angle ACB$ (সমান বাহুর বিপরীত কোণ সমান)।

২. $PBQ$ একটি সরলরেখা।
$\therefore \angle ABP + \angle ABC = 180^{\circ}$ (রৈখিক যুগল)
বা, $\angle ABP = 180^{\circ} – \angle ABC$ … (i)

৩. একইভাবে,
$\angle ACQ + \angle ACB = 180^{\circ}$
বা, $\angle ACQ = 180^{\circ} – \angle ACB$ … (ii)

৪. যেহেতু $\angle ABC = \angle ACB$, তাই (i) ও (ii) থেকে পাই:
$\angle ABP = \angle ACQ$

(প্রমাণিত)

প্রদত্ত: মনে করি, $ABC$ একটি সমবাহু ত্রিভুজ (অর্থাৎ $AB = BC = CA$)। $AD, BE$ ও $CF$ হলো যথাক্রমে $BC, AC$ ও $AB$ বাহুর ওপর অঙ্কিত মধ্যমা।

প্রামাণ্য বিষয়: প্রমাণ করতে হবে যে, $AD = BE = CF$।

প্রমাণ:

১. $\triangle ABD$ এবং $\triangle BCE$-এর মধ্যে তুলনা করে পাই:

• $AB = BC$ (সমবাহু ত্রিভুজের বাহু)
• $\angle ABD = \angle BCE$ (সমবাহু ত্রিভুজের প্রতিটি কোণ $60^{\circ}$)
• $BD = CE$ (যেহেতু $BC = AC$ এবং $D, E$ যথাক্রমে তাদের মধ্যবিন্দু, তাই $\frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}AC$)

$\therefore \triangle ABD \cong \triangle BCE$ (S-A-S শর্তানুসারে)।

সুতরাং, $AD = BE$ (সর্বসম ত্রিভুজের অনুরূপ বাহু)।

২. একইভাবে $\triangle BCE$ এবং $\triangle CAF$ তুলনা করে প্রমাণ করা যায় যে, $BE = CF$।

৩. সুতরাং, $AD = BE = CF$।

(প্রমাণিত)

প্রদত্ত: $ABCD$ একটি ট্রাপিজিয়াম যার $AD || BC$ এবং $\angle ABC = \angle BCD$।

প্রামাণ্য বিষয়: $ABCD$ একটি সমদ্বিবাহু ট্রাপিজিয়াম, অর্থাৎ $AB = DC$।

অঙ্কন: $D$ বিন্দু দিয়ে $AB$ বাহুর সমান্তরাল একটি সরলরেখা অঙ্কন করলাম যা $BC$ বাহুকে $E$ বিন্দুতে ছেদ করে।

প্রমাণ:

১. $ABED$ চতুর্ভুজে $AD || BC$ (প্রদত্ত) এবং $AB || DE$ (অঙ্কনানুসারে)।
$\therefore ABED$ একটি সামান্তরিক।
সুতরাং, $AB = DE$ (সামান্তরিকের বিপরীত বাহু সমান) … (i)

২. আবার, $AB || DE$ এবং $BC$ ছেদক।
$\therefore \angle ABC = \angle DEC$ (অনুরূপ কোণ)।

৩. প্রদত্ত আছে, $\angle ABC = \angle BCD$ (বা $\angle DCE$)।
সুতরাং, $\angle DEC = \angle DCE$।

৪. $\triangle DEC$-এ $\angle DEC = \angle DCE$।
$\therefore DE = DC$ (সমান কোণের বিপরীত বাহু সমান)।

৫. (i) নং থেকে পাই $AB = DE$, আবার $DE = DC$।
$\therefore AB = DC$।

যেহেতু ট্রাপিজিয়ামের তির্যক বাহু দুটি সমান, তাই $ABCD$ একটি সমদ্বিবাহু ট্রাপিজিয়াম।

(প্রমাণিত)

প্রদত্ত: $\triangle ABC$ একটি সমকোণী সমদ্বিবাহু ত্রিভুজ যার অতিভুজ $AB$। সুতরাং, $\angle C = 90^{\circ}$ এবং $AC = BC$। $AD$ হলো $\angle BAC$-এর সমদ্বিখণ্ডক যা $BC$ বাহুকে $D$ বিন্দুতে ছেদ করে।

প্রামাণ্য বিষয়: $AC + CD = AB$

অঙ্কন: $D$ বিন্দু থেকে অতিভুজ $AB$-এর ওপর $DE$ লম্ব অঙ্কন করা হলো।

প্রমাণ:

১. $\triangle ACD$ এবং $\triangle AED$-এর মধ্যে:

• $\angle ACD = \angle AED = 90^{\circ}$ (অঙ্কনানুসারে এবং সমকোণী ত্রিভুজ)
• $\angle CAD = \angle EAD$ (যেহেতু $AD, \angle BAC$-এর সমদ্বিখণ্ডক)
• $AD$ সাধারণ বাহু।

$\therefore \triangle ACD \cong \triangle AED$ (A-A-S শর্তানুসারে)।

সুতরাং, $AC = AE$ এবং $CD = DE$ … (i)

২. আবার, $\triangle ABC$ সমকোণী সমদ্বিবাহু ত্রিভুজ।

$\therefore \angle ABC = \angle BAC = 45^{\circ}$ (যেহেতু $\angle C = 90^{\circ}$)।

৩. $\triangle BDE$-এ:

$\angle DEB = 90^{\circ}$ (অঙ্কনানুসারে)।

$\angle DBE = 45^{\circ}$।

$\therefore \angle BDE = 180^{\circ} – (90^{\circ} + 45^{\circ}) = 45^{\circ}$।

যেহেতু $\angle DBE = \angle BDE$, তাই $DE = EB$ … (ii)

৪. এখন, $AB = AE + EB$

বা, $AB = AC + DE$ [(i) থেকে $AE = AC$ এবং (ii) থেকে $EB = DE$ বসিয়ে]

বা, $AB = AC + CD$ [(i) থেকে $DE = CD$ বসিয়ে]

(প্রমাণিত)

প্রদত্ত: $\triangle ABC$ ও $\triangle DBC$ দুটি সমদ্বিবাহু ত্রিভুজ, যেখানে $AB = AC$ এবং $DB = DC$। তারা $BC$ বাহুর বিপরীত পাশে অবস্থিত। $AD$ যোগ করা হলো যা $BC$ বাহুকে $O$ বিন্দুতে ছেদ করে।

প্রামাণ্য বিষয়: $AD, BC$ বাহুকে সমকোণে সমদ্বিখণ্ডিত করে (অর্থাৎ, $BO = CO$ এবং $AD \perp BC$)।

প্রমাণ:

১. $\triangle ABD$ এবং $\triangle ACD$-এর মধ্যে:

• $AB = AC$ (প্রদত্ত)
• $DB = DC$ (প্রদত্ত)
• $AD$ সাধারণ বাহু।

$\therefore \triangle ABD \cong \triangle ACD$ (S-S-S শর্তানুসারে)।

সুতরাং, $\angle BAD = \angle CAD$ (অনুরূপ কোণ)।

২. এখন $\triangle ABO$ এবং $\triangle ACO$-এর মধ্যে:

• $AB = AC$ (প্রদত্ত)
• $\angle BAO = \angle CAO$ (পূর্বে প্রমাণিত)
• $AO$ সাধারণ বাহু।

$\therefore \triangle ABO \cong \triangle ACO$ (S-A-S শর্তানুসারে)।

সুতরাং, $BO = CO$ (অর্থাৎ $AD, BC$-কে সমদ্বিখণ্ডিত করে)।

৩. আবার, $\angle AOB = \angle AOC$ (অনুরূপ কোণ)।

যেহেতু $BC$ সরলরেখার ওপর $AO$ দণ্ডায়মান, তাই $\angle AOB + \angle AOC = 180^{\circ}$।

$\therefore \angle AOB = \angle AOC = 90^{\circ}$।

অর্থাৎ, $AD \perp BC$।

(প্রমাণিত)

প্রদত্ত: $PQ$ এবং $RS$ সরলরেখাংশ দুটি পরস্পরকে $X$ বিন্দুতে ছেদ করে।
শর্তানুসারে, $XP = XR$ এবং $\angle PSX = \angle RQX$।

প্রামাণ্য বিষয়: $\triangle PXS \cong \triangle RQX$

প্রমাণ:

$\triangle PXS$ এবং $\triangle RQX$-এর মধ্যে:

• $\angle PSX = \angle RQX$ (প্রদত্ত)
• $\angle PXS = \angle RXQ$ (বিপ্রতীপ কোণ)
• $XP = XR$ (প্রদত্ত) [দ্রষ্টব্য: সমান সমান কোণের বিপরীত বাহু বা অনুরূপ বাহুর অবস্থান এখানে বিবেচ্য। যেহেতু দুটি কোণ সমান, তাই তৃতীয় কোণটিও সমান হবে ($\angle XPS = \angle XRQ$), সুতরাং এটি A-A-S বা A-S-A শর্ত পূরণ করে।]

$\therefore \triangle PXS \cong \triangle RQX$ (A-A-S সর্বসমতা শর্তানুসারে)।

(প্রমাণিত)