Class 9-10 Math Chapter 15 (Area Related Theorems and Constructions) Exercise 15 Solutions with Explanation

আগে জেনে নিই

• উপপাদ্য ৩৬: একই ভূমির উপর এবং একই সমান্তরাল রেখাযুগলের মধ্যে অবস্থিত সকল ত্রিভুজক্ষেত্রের ক্ষেত্রফল সমান।
• উপপাদ্য ৩৭: একই ভূমির উপর এবং একই সমান্তরাল রেখাযুগলের মধ্যে অবস্থিত সামান্তরিকক্ষেত্রসমূহের ক্ষেত্রফল সমান।
• পিথাগোরাসের উপপাদ্য: সমকোণী ত্রিভুজে অতিভুজের বর্গ = অপর দুই বাহুর বর্গের সমষ্টি।
• মধ্যমা ত্রিভুজকে সমান ক্ষেত্রফলের দুইটি ত্রিভুজে ভাগ করে; সামান্তরিকের কর্ণ সামান্তরিককে দুইটি সর্বসম ত্রিভুজে ভাগ করে।

অনুশীলনী ১৫

১. ত্রিভুজের তিনটি বাহুর দৈর্ঘ্য দেওয়া আছে; নিচের কোন ক্ষেত্রে সমকোণী ত্রিভুজ অঙ্কন সম্ভব নয়?

ক) $3$ সে.মি., $4$ সে.মি., $5$ সে.মি.     খ) $6$ সে.মি., $8$ সে.মি., $10$ সে.মি.     গ) $5$ সে.মি., $7$ সে.মি., $9$ সে.মি.     ঘ) $5$ সে.মি., $12$ সে.মি., $13$ সে.মি.

সমাধান:

সমকোণী হতে হলে বৃহত্তম বাহুর বর্গ অপর দুই বাহুর বর্গের সমষ্টির সমান হতে হবে

ক: $3^2 + 4^2 = 9 + 16 = 25 = 5^2$ ✓

খ: $6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100 = 10^2$ ✓

গ: $5^2 + 7^2 = 25 + 49 = 74 \neq 81 = 9^2$ ✗

ঘ: $5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169 = 13^2$ ✓

ব্যাখ্যা: শুধু গ-তে পিথাগোরাসের সম্পর্ক মেলে না, তাই ওই তিন দৈর্ঘ্য দিয়ে সমকোণী ত্রিভুজ হয় না।

উত্তর: গ

২. প্রমাণ করো যে, ত্রিভুজের যে কোনো মধ্যমা ত্রিভুজক্ষেত্রটিকে সমান ক্ষেত্রফল বিশিষ্ট দুইটি ত্রিভুজক্ষেত্রে বিভক্ত করে।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $\triangle ABC$-এর $AD$ একটি মধ্যমা, অর্থাৎ $D$ হলো $BC$-এর মধ্যবিন্দু। প্রমাণ করতে হবে $\triangle ABD = \triangle ACD$।

অঙ্কন: $A$ থেকে $BC$-এর উপর $AH \perp BC$ আঁকি; $AH = h$।

প্রমাণ: $\triangle ABD = \dfrac{1}{2} \times BD \times h$

$\triangle ACD = \dfrac{1}{2} \times DC \times h$

$BD = DC$ [$D$ মধ্যবিন্দু]

অতএব $\triangle ABD = \triangle ACD$

ব্যাখ্যা: দুটি ত্রিভুজের উচ্চতা একই ($A$ থেকে $BC$-এর দূরত্ব) এবং ভূমি সমান ($BD = DC$), তাই ক্ষেত্রফল সমান।

উত্তর: প্রমাণিত: $\triangle ABD = \triangle ACD$

৩. প্রমাণ করো যে, কোনো বর্গক্ষেত্র তার কর্ণের উপর অঙ্কিত বর্গক্ষেত্রের অর্ধেক।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $ABCD$ বর্গক্ষেত্রের কর্ণ $AC$; $AC$-এর উপর $ACEF$ বর্গক্ষেত্র অঙ্কিত। প্রমাণ করতে হবে $ABCD = \dfrac{1}{2} ACEF$।

প্রমাণ: ধরি, $ABCD$-এর বাহুর দৈর্ঘ্য $a$। তাহলে $ABCD$ বর্গক্ষেত্রের ক্ষেত্রফল $= a^2$

$\triangle ABC$-এ $\angle B = 90\degree$; তাই $AC^2 = AB^2 + BC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$ [পিথাগোরাস]

$ACEF$ বর্গক্ষেত্রের ক্ষেত্রফল $= AC^2 = 2a^2$

অতএব $ABCD = a^2 = \dfrac{1}{2} \times 2a^2 = \dfrac{1}{2} ACEF$

ব্যাখ্যা: বর্গের কর্ণ $a\sqrt{2}$ হয়; কর্ণের উপর বর্গের ক্ষেত্রফল $(a\sqrt{2})^2 = 2a^2$।

উত্তর: প্রমাণিত: $ABCD = \dfrac{1}{2} ACEF$

৪. প্রমাণ করো যে, সামান্তরিকের কর্ণদ্বয় সামান্তরিকক্ষেত্রটিকে চারটি সমান ত্রিভুজক্ষেত্রে বিভক্ত করে।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $ABCD$ সামান্তরিকের কর্ণ $AC$ ও $BD$ পরস্পরকে $O$ বিন্দুতে ছেদ করেছে। প্রমাণ করতে হবে $\triangle AOB = \triangle BOC = \triangle COD = \triangle DOA$।

প্রমাণ: সামান্তরিকের কর্ণদ্বয় পরস্পরকে সমদ্বিখণ্ডিত করে; তাই $AO = OC$ এবং $BO = OD$

$\triangle ABC$-এ $BO$ মধ্যমা (কারণ $AO = OC$); তাই $\triangle AOB = \triangle BOC ... (1)$ [প্রশ্ন ২]

$\triangle BCD$-এ $CO$ মধ্যমা (কারণ $BO = OD$); তাই $\triangle BOC = \triangle COD ... (2)$

$\triangle CDA$-এ $DO$ মধ্যমা (কারণ $CO = OA$); তাই $\triangle COD = \triangle DOA ... (3)$

(১), (২) ও (৩) থেকে $\triangle AOB = \triangle BOC = \triangle COD = \triangle DOA$

ব্যাখ্যা: মধ্যমা ত্রিভুজকে সমান ক্ষেত্রফলের দুই ভাগে ভাগ করে (প্রশ্ন ২), এটি তিনবার ব্যবহার করে চার ত্রিভুজ সমান পাওয়া গেছে।

উত্তর: প্রমাণিত: চারটি ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল সমান

৫. একটি সামান্তরিকক্ষেত্র এবং সমান ক্ষেত্রফল বিশিষ্ট একটি আয়তক্ষেত্র একই ভূমির উপর এবং এর একই পাশে অবস্থিত। দেখাও যে, সামান্তরিকক্ষেত্রটির পরিসীমা আয়তক্ষেত্রটির পরিসীমা অপেক্ষা বৃহত্তর।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $ABCD$ সামান্তরিক ও $ABFE$ আয়তক্ষেত্র একই ভূমি $AB$-এর উপর ও একই পাশে অবস্থিত; তাদের ক্ষেত্রফল সমান। প্রমাণ করতে হবে সামান্তরিকের পরিসীমা $>$ আয়তক্ষেত্রের পরিসীমা।

প্রমাণ: ক্ষেত্রফল সমান ও ভূমি $AB$ সাধারণ; তাই উচ্চতা সমান। অতএব $E, D, F, C$ একই সরলরেখায় অবস্থিত (এবং $AE = BF = h$, যেখানে $h$ হলো উচ্চতা)

$\triangle AED$-এ $\angle AED = 90\degree$; তাই $AD$ হলো অতিভুজ, ফলে $AD > AE$ (সমকোণী ত্রিভুজের অতিভুজ বৃহত্তম বাহু)

সামান্তরিকের বিপরীত বাহু সমান: $BC = AD$; আবার $BF = AE$

সামান্তরিকের পরিসীমা $= 2(AB + AD)$ এবং আয়তক্ষেত্রের পরিসীমা $= 2(AB + AE)$

$AD > AE$ হওয়ায় $2(AB + AD) > 2(AB + AE)$

ব্যাখ্যা: একই উচ্চতার জন্য আয়তক্ষেত্রের পাশ $AE$ হলো $A$ থেকে সমান্তরাল রেখার উপর লম্ব; লম্ব সবসময় কর্ণ-পাশের (তির্যক) বাহুর চেয়ে ছোট। তাই সামান্তরিকের পরিসীমা বড়।

উত্তর: প্রমাণিত: সামান্তরিকের পরিসীমা আয়তক্ষেত্রের পরিসীমার চেয়ে বৃহত্তর

৬. $\triangle ABC$-এর $AB$ ও $AC$ বাহুদ্বয়ের মধ্যবিন্দু যথাক্রমে $X$ ও $Y$। প্রমাণ করো যে, $\triangle AXY$-এর ক্ষেত্রফল $= \dfrac{1}{4} \triangle ABC$-এর ক্ষেত্রফল।

সমাধান:

অঙ্কন: $C, X$ যোগ করি।

প্রমাণ: $\triangle ABC$-এ $CX$ মধ্যমা ($X$ হলো $AB$-এর মধ্যবিন্দু); তাই $\triangle AXC = \dfrac{1}{2} \triangle ABC ... (1)$ [প্রশ্ন ২]

$\triangle AXC$-এ $XY$ মধ্যমা ($Y$ হলো $AC$-এর মধ্যবিন্দু); তাই $\triangle AXY = \dfrac{1}{2} \triangle AXC ... (2)$

(১) ও (২) থেকে $\triangle AXY = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \triangle ABC = \dfrac{1}{4} \triangle ABC$

ব্যাখ্যা: মধ্যমা দিয়ে ক্ষেত্রফল দুইবার অর্ধেক করা হয়েছে। বিকল্প: $XY \parallel BC$ ও $XY = \dfrac{1}{2}BC$, তাই $\triangle AXY \sim \triangle ABC$ ও ক্ষেত্রফলের অনুপাত $\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4}$।

উত্তর: প্রমাণিত: $\triangle AXY = \dfrac{1}{4} \triangle ABC$

৭. $ABCD$ একটি ট্রাপিজিয়াম। এর $AB$ ও $CD$ বাহু দুইটি সমান্তরাল। ট্রাপিজিয়ামক্ষেত্র $ABCD$-এর ক্ষেত্রফল নির্ণয় করো।

সমাধান:

মনে করি, সমান্তরাল বাহু $AB = a$, $CD = b$ এবং এদের মধ্যবর্তী লম্ব দূরত্ব (উচ্চতা) $h$

অঙ্কন: $A, C$ যোগ করি; এতে ট্রাপিজিয়ামটি $\triangle ABC$ ও $\triangle ACD$ দুই ভাগে বিভক্ত হলো।

$\triangle ABC$-এর ভূমি $AB = a$ ও উচ্চতা $h$; তাই $\triangle ABC = \dfrac{1}{2}ah$

$\triangle ACD$-এর ভূমি $CD = b$ ও উচ্চতা $h$ ($C$ ও $A$ সমান্তরাল রেখা $AB$ ও $CD$ এর উপর অবস্থিত); তাই $\triangle ACD = \dfrac{1}{2}bh$

ট্রাপিজিয়ামের ক্ষেত্রফল $= \triangle ABC + \triangle ACD = \dfrac{1}{2}ah + \dfrac{1}{2}bh = \dfrac{1}{2}(a + b)h$

ব্যাখ্যা: ট্রাপিজিয়ামের ক্ষেত্রফল $= \dfrac{1}{2} \times (a + b) \times h$; এখানে $a, b$ সমান্তরাল বাহুর দৈর্ঘ্য ও $h$ উচ্চতা (প্রশ্নে সংখ্যা না থাকায় সূত্র আকারে উত্তর)।

উত্তর: ক্ষেত্রফল $= \dfrac{1}{2}(AB + CD) \times h$

৮. সামান্তরিক $ABCD$-এর অভ্যন্তরে $P$ যেকোনো একটি বিন্দু। প্রমাণ করো যে, $\triangle PAB$-এর ক্ষেত্রফল $+ \triangle PCD$-এর ক্ষেত্রফল = ½ (সামান্তরিকক্ষেত্র ABCD-এর ক্ষেত্রফল)।

সমাধান:

অঙ্কন: $P$ দিয়ে $AB$-এর উপর লম্ব $MN$ আঁকি; $M$ বিন্দু $AB$-এর উপর এবং $N$ বিন্দু $CD$-এর উপর। $AB \parallel CD$, তাই $MN \perp CD$ও; $MN = h$ (সামান্তরিকের উচ্চতা)।

প্রমাণ: $\triangle PAB = \dfrac{1}{2} \times AB \times PM$

$\triangle PCD = \dfrac{1}{2} \times CD \times PN$

$AB = CD$ [সামান্তরিকের বিপরীত বাহু]

তাই $\triangle PAB + \triangle PCD = \dfrac{1}{2} \times AB \times (PM + PN)$

$PM + PN = MN = h$

সুতরাং $\triangle PAB + \triangle PCD = \dfrac{1}{2} \times AB \times h = \dfrac{1}{2} ABCD$

ব্যাখ্যা: $P$ যেখানেই থাকুক $PM + PN$ সবসময় $h$; তাই যোগফল ধ্রুবক এবং সামান্তরিকের অর্ধেক।

উত্তর: প্রমাণিত: $\triangle PAB + \triangle PCD = \dfrac{1}{2}$ (সামান্তরিক $ABCD$)

৯. $\triangle ABC$-এ $BC$ ভূমির সমান্তরাল যেকোনো সরলরেখা $AB$ ও $AC$ বাহুকে যথাক্রমে $D$ ও $E$ বিন্দুতে ছেদ করে। প্রমাণ করো যে, $\triangle DBC = \triangle EBC$ এবং $\triangle DBE = \triangle CDE$।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $DE \parallel BC$; $D, E$ যথাক্রমে $AB, AC$-এর উপর। প্রমাণ করতে হবে $\triangle DBC = \triangle EBC$ ও $\triangle DBE = \triangle CDE$।

অঙ্কন: $D, C$ এবং $B, E$ যোগ করি।

প্রমাণ (১): $\triangle DBC$ ও $\triangle EBC$ একই ভূমি $BC$-এর উপর এবং একই সমান্তরাল রেখাযুগল $BC$ ও $DE$-এর মধ্যে অবস্থিত

তাই $\triangle DBC = \triangle EBC$ [উপপাদ্য ৩৬]

প্রমাণ (২): $\triangle DBE$ ও $\triangle CDE$ একই ভূমি $DE$-এর উপর এবং একই সমান্তরাল রেখাযুগল $DE$ ও $BC$-এর মধ্যে অবস্থিত ($B, C$ রেখা $BC$ এর উপর)

তাই $\triangle DBE = \triangle CDE$ [উপপাদ্য ৩৬]

ব্যাখ্যা: দুটি ক্ষেত্রেই উপপাদ্য ৩৬ প্রয়োগ হয়েছে; প্রথমটিতে $BC$ ও দ্বিতীয়টিতে $DE$ ভূমি ধরা হয়েছে।

উত্তর: প্রমাণিত: $\triangle DBC = \triangle EBC$ এবং $\triangle DBE = \triangle CDE$

১০. $ABC$ ত্রিভুজের $\angle A$ এক সমকোণ। $D$, $AC$-এর উপরস্থ একটি বিন্দু। প্রমাণ করো যে, $BC^2 + AD^2 = BD^2 + AC^2$।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $\triangle ABC$-এ $\angle A = 90\degree$; $D$ হলো $AC$-এর উপর একটি বিন্দু। প্রমাণ করতে হবে $BC^2 + AD^2 = BD^2 + AC^2$।

প্রমাণ: $\triangle ABC$-এ $\angle A = 90\degree$; তাই $BC^2 = AB^2 + AC^2 ... (1)$ [পিথাগোরাস]

$\triangle ABD$-এ $\angle A = 90\degree$ ($D$ বিন্দু $AC$-এর উপর); তাই $BD^2 = AB^2 + AD^2 ... (2)$

(১) থেকে (২) বিয়োগ করে: $BC^2 - BD^2 = AC^2 - AD^2$

বা, $BC^2 + AD^2 = BD^2 + AC^2$

ব্যাখ্যা: দুই সমকোণী ত্রিভুজেই $AB$ সাধারণ বাহু; তাই $AB^2$ বিয়োগে কেটে যায়।

উত্তর: প্রমাণিত: $BC^2 + AD^2 = BD^2 + AC^2$

১১. $ABC$ একটি সমদ্বিবাহু সমকোণী ত্রিভুজ। $BC$ এর অতিভুজ এবং $P$, $BC$-এর উপর যেকোনো বিন্দু। প্রমাণ করো যে, $PB^2 + PC^2 = 2PA^2$।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $\triangle ABC$-এ $AB = AC$, $\angle A = 90\degree$; অতিভুজ $BC$-এর উপর $P$ একটি বিন্দু। প্রমাণ করতে হবে $PB^2 + PC^2 = 2PA^2$।

অঙ্কন: $A$ থেকে $BC$-এর উপর লম্ব $AD$ আঁকি।

প্রমাণ: $AB = AC$; তাই $D$ হলো $BC$-এর মধ্যবিন্দু এবং $\angle B = \angle C = 45\degree$, ফলে $AD = BD = DC = a$ (ধরি)

ধরি $PD = x$। $P$ যদি $D$ ও $C$-এর মাঝে থাকে, তবে $PB = a + x$ ও $PC = a - x$

$PB^2 + PC^2 = (a + x)^2 + (a - x)^2 = 2a^2 + 2x^2 ... (1)$

$\triangle APD$-এ $\angle ADP = 90\degree$; তাই $PA^2 = AD^2 + PD^2 = a^2 + x^2 ... (2)$

(১) ও (২) থেকে $PB^2 + PC^2 = 2(a^2 + x^2) = 2PA^2$

ব্যাখ্যা: $D$ হলো মধ্যবিন্দু ও সমকোণী সমদ্বিবাহু ত্রিভুজে মধ্যমা অতিভুজের অর্ধেক। $P$ যেদিকেই থাকুক $x$ ও $-x$-এর বর্গ সমান, তাই ফল একই।

উত্তর: প্রমাণিত: $PB^2 + PC^2 = 2PA^2$

১২. $\triangle ABC$-এর $\angle C$ স্থূলকোণ। $AD$, $BC$-এর উপর লম্ব। দেখাও যে, $AB^2 = AC^2 + BC^2 + 2BC \cdot CD$।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $\triangle ABC$-এ $\angle C$ স্থূলকোণ; বর্ধিত $BC$-এর উপর $AD \perp BC$, অর্থাৎ $D$ বিন্দু $BC$-এর বর্ধিতাংশে।

প্রমাণ: $\triangle ABD$-এ $\angle D = 90\degree$; $BD = BC + CD$

$AB^2 = AD^2 + BD^2 = AD^2 + (BC + CD)^2$

$= AD^2 + BC^2 + 2BC \cdot CD + CD^2$

$= (AD^2 + CD^2) + BC^2 + 2BC \cdot CD ... (1)$

$\triangle ACD$-এ $\angle D = 90\degree$; তাই $AC^2 = AD^2 + CD^2 ... (2)$

(১) ও (২) থেকে $AB^2 = AC^2 + BC^2 + 2BC \cdot CD$

ব্যাখ্যা: স্থূলকোণের ক্ষেত্রে লম্বপাদ $D$ বাহুর বর্ধিতাংশে পড়ে বলে $BD = BC + CD$ হয়, তাই $+ 2BC \cdot CD$ পাওয়া যায়।

উত্তর: প্রমাণিত: $AB^2 = AC^2 + BC^2 + 2BC \cdot CD$

১৩. $\triangle ABC$-এর $\angle C$ সূক্ষ্মকোণ। $AD$, $BC$-এর উপর লম্ব। দেখাও যে, $AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2BC \cdot CD$।

সমাধান:

বিশেষ নির্বচন: $\triangle ABC$-এ $\angle C$ সূক্ষ্মকোণ; $AD \perp BC$ এবং $D$ বিন্দু $BC$ বাহুর উপর (সূক্ষ্মকোণ $C$-এর পাশে)।

প্রমাণ: $\triangle ABD$-এ $\angle D = 90\degree$; $BD = BC - CD$

$AB^2 = AD^2 + BD^2 = AD^2 + (BC - CD)^2$

$= AD^2 + BC^2 - 2BC \cdot CD + CD^2$

$= (AD^2 + CD^2) + BC^2 - 2BC \cdot CD ... (1)$

$\triangle ACD$-এ $\angle D = 90\degree$; তাই $AC^2 = AD^2 + CD^2 ... (2)$

(১) ও (২) থেকে $AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2BC \cdot CD$

ব্যাখ্যা: সূক্ষ্মকোণের ক্ষেত্রে $D$ বিন্দু $B$ ও $C$-এর মাঝে পড়ে, তাই $BD = BC - CD$ হয়; এতে বিয়োগ চিহ্নযুক্ত পদ আসে।

উত্তর: প্রমাণিত: $AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2BC \cdot CD$

১৪. $ABCD$ সামান্তরিকের $AB = 5$ সে.মি., $AD = 4$ সে.মি. এবং $\angle BAD = 75\degree$। (ক) সামান্তরিকটি অঙ্কন করো। (খ) সামান্তরিকের সমান ক্ষেত্রফলবিশিষ্ট একটি ত্রিভুজ $AED$ অঙ্কন করো। (গ) সামান্তরিকের সমান ক্ষেত্রফলবিশিষ্ট এমন একটি সামান্তরিক $APML$ অঙ্কন করো যার একটি কোণ $60\degree$।

সমাধান:

(ক) অঙ্কনের ধাপ:

১. $AB = 5$ সে.মি. আঁকি। $A$ বিন্দুতে $\angle BAX = 60\degree$ ও $\angle BAY = 90\degree$ আঁকি।

২. $\angle XAY (=30\degree)$-কে সমদ্বিখণ্ডিত করলে $AB$-এর সাথে $60 + 15 = 75\degree$ কোণ পাওয়া যায়; এই রশ্মি $AZ$।

৩. $AZ$ থেকে $AD = 4$ সে.মি. কেটে $D$ নিই। $B$ কেন্দ্র করে $AD = 4$ সে.মি. ব্যাসার্ধে এবং $D$ কেন্দ্র করে $AB = 5$ সে.মি. ব্যাসার্ধে দুইটি বৃত্তচাপ আঁকি; ছেদবিন্দু $C$। $BC, DC$ যোগ করলে $ABCD$ নির্ণেয় সামান্তরিক।

(খ) অঙ্কনের ধাপ:

১. $AB$ রেখাকে $E$ পর্যন্ত বাড়াই যেন $BE = AB = 5$ সে.মি., অর্থাৎ $AE = 10$ সে.মি.। $D, E$ যোগ করি।

২. $\triangle AED$-এর ভূমি $AE = 2AB$ এবং উচ্চতা $h$ (সামান্তরিকের উচ্চতার সমান, কারণ $D$ একই)

$\triangle AED = \dfrac{1}{2} \times 2AB \times h = AB \times h = ABCD$

(গ) অঙ্কনের ধাপ:

১. $D$ দিয়ে $AB$-এর সমান্তরাল রেখা $DC$ আঁকি (এ রেখাতেই $C$ আছে)।

২. $A$ বিন্দুতে $\angle BAL = 60\degree$ আঁকি; এর রশ্মি $DC$ রেখাকে $L$ বিন্দুতে ছেদ করে।

৩. $AP = AB = 5$ সে.মি. (অর্থাৎ $P = B$) কেটে $B, L$ দিয়ে $APML$ সামান্তরিক সম্পূর্ণ করি: $M$ হলো $L$ থেকে $AB$-এর সমান ও সমান্তরাল দূরত্বে, অর্থাৎ $LM = AP, LM \parallel AP$।

৪. প্রমাণ: $ABCD$ ও $APML$ একই ভূমি $AB (=AP)$-এর উপর এবং একই সমান্তরাল রেখাযুগল $AB$ ও $DC$-এর মধ্যে অবস্থিত; তাই ক্ষেত্রফল সমান [উপপাদ্য ৩৭]।

(ফলে $AL$ প্রায় $4.46$ সে.মি. হয়: $AL = h / \sin 60\degree$ যেখানে $h = 4 \sin 75\degree \approx 3.86$)

ব্যাখ্যা: পরীক্ষায় খাতায় কম্পাস ও স্কেল দিয়ে এই ধাপগুলো অনুসরণ করে আঁকতে হবে। চিত্রে $A, B, C, D, E, L, M$ দেখানো আছে।

উত্তর: অঙ্কন সম্পন্ন: (ক) সামান্তরিক $ABCD$, (খ) ত্রিভুজ $AED$, (গ) সামান্তরিক $APML$

নমুনা প্রশ্ন

বহুনির্বাচনি প্রশ্ন

১. কোনটি সমকোণী ত্রিভুজের বাহুর দৈর্ঘ্য হতে পারে?

ক) $3, 4, 6$     খ) $5, 12, 13$     গ) $7, 8, 9$     ঘ) $12, 13, 17$

সমাধান:

ক: $3^2 + 4^2 = 25 \neq 36$

খ: $5^2 + 12^2 = 169 = 13^2$ ✓

গ: $7^2 + 8^2 = 113 \neq 81$

ঘ: $12^2 + 13^2 = 313 \neq 289$

ব্যাখ্যা: শুধু খ-তে পিথাগোরাসের সম্পর্ক মেলে।

উত্তর: খ

২. একই ভূমি ও একই সমান্তরাল রেখাযুগলের মধ্যে অবস্থিত— i. ত্রিভুজগুলোর ক্ষেত্রফল সমান ii. ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল সামান্তরিকের সমান iii. সামান্তরিকগুলোর ক্ষেত্রফল সমান। নিচের কোনটি সঠিক?

ক) i ও ii     খ) i ও iii     গ) ii ও iii     ঘ) i, ii ও iii

সমাধান:

i সঠিক (উপপাদ্য ৩৬)

iii সঠিক (উপপাদ্য ৩৭)

ii ভুল: ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল সামান্তরিকের অর্ধেক

ব্যাখ্যা: শুধু i ও iii সঠিক।

উত্তর: খ

নিচের তথ্যের আলোকে ৩ ও ৪ নং প্রশ্নের উত্তর দাও: $\triangle ABC$ সমবাহু, $AB = 2$ একক এবং $AD \perp BC$।

৩. $BD$-এর মান কত?

ক) 1     খ) 2     গ) 3     ঘ) 4

সমাধান:

সমবাহু ত্রিভুজে লম্ব ভূমিকে সমদ্বিখণ্ডিত করে

$BD = \dfrac{BC}{2} = \dfrac{2}{2} = 1$

ব্যাখ্যা: $BD = 1$ একক।

উত্তর: ক

৪. $AD$-এর মান কত?

ক) $\sqrt{2}$     খ) $\sqrt{3}$     গ) 2     ঘ) 3

সমাধান:

$AD^2 = AB^2 - BD^2 = 4 - 1 = 3$

$AD = \sqrt{3}$

ব্যাখ্যা: $AD = \sqrt{3}$ একক।

উত্তর: খ

সৃজনশীল প্রশ্ন

৫. $\triangle PQR$-এ $PR$ বাহুর মধ্যবিন্দু $D$, $QE \perp PR$ এবং $QD$ মধ্যমা। (ক) $\triangle PQD : \triangle QDR$ নির্ণয় করো। (খ) প্রমাণ করো যে, $PQ^2 + QR^2 = 2(PD^2 + QD^2)$। (গ) $\triangle PQR$ সমবাহু হলে দেখাও যে, $4QD^2 = 3PQ^2$।

সমাধান:

(ক) $D$ মধ্যবিন্দু, তাই $PD = DR$ এবং $Q$ থেকে উচ্চতা একই। অতএব $\triangle PQD = \triangle QDR$

অনুপাত $= 1 : 1$

(খ) প্রথমে ধরি $E$ বিন্দু $PR$ রেখার উপর $D$-এর পাশে (ধরি $E$ ≠ $D$ এবং $E$ বিন্দু $D, R$-এর দিকে)। তাহলে $\triangle PQD$-এ $\angle QDP$ স্থূলকোণ ও $\triangle QDR$-এ $\angle QDR$ সূক্ষ্মকোণ।

স্থূলকোণ সূত্র: $PQ^2 = QD^2 + PD^2 + 2PD \cdot DE ... (1)$

সূক্ষ্মকোণ সূত্র: $QR^2 = QD^2 + DR^2 - 2DR \cdot DE ... (2)$

(১) + (২) করে $PD = DR$ বসিয়ে: $PQ^2 + QR^2 = 2QD^2 + PD^2 + DR^2 + 2PD \cdot DE - 2DR \cdot DE$

$= 2QD^2 + 2PD^2 + 0 = 2(PD^2 + QD^2)$

(যদি $E = D$ হয়, তবে $QD \perp PR$ ও পিথাগোরাস থেকে $PQ^2 = QD^2 + PD^2$ এবং $QR^2 = QD^2 + DR^2$, যোগ করলে একই ফল।)

(গ) সমবাহু ত্রিভুজে $PQ = QR = PR = a$ (ধরি) ও $PD = \dfrac{a}{2}$

(খ) থেকে $a^2 + a^2 = 2\left(\dfrac{a^2}{4} + QD^2\right)$

বা, $2a^2 = \dfrac{a^2}{2} + 2QD^2$

বা, $4QD^2 = 3a^2 = 3PQ^2$

ব্যাখ্যা: (খ) অংশে স্থূলকোণ ও সূক্ষ্মকোণের সূত্র (প্রশ্ন ১২, ১৩) ব্যবহার করা হয়েছে; এটি অ্যাপোলোনিয়াসের উপপাদ্য নামে পরিচিত।

উত্তর: (ক) $1 : 1$; (খ) ও (গ) প্রমাণিত

সংক্ষিপ্ত-উত্তর প্রশ্ন

৬. (ক) একই ক্ষেত্রফলের একটি সামান্তরিক ও একটি ত্রিভুজ একই সমান্তরাল রেখাযুগলের মধ্যে আছে। তাদের ভূমির অনুপাত কত? (খ) বর্গক্ষেত্র ও তার কর্ণের উপর অঙ্কিত বর্গক্ষেত্রের ক্ষেত্রফলের অনুপাত কত? (গ) $\triangle ABC$-এর মধ্যমা $AD$ হলে $\triangle ABD : \triangle ACD$ কত? (ঘ) সমকোণী ত্রিভুজের অতিভুজ $10$ সে.মি. এবং একটি বাহু $8$ সে.মি.; অপর বাহু ও ক্ষেত্রফল কত?

সমাধান:

(ক) সামান্তরিকের ক্ষেত্রফল $= b_1 h$ এবং ত্রিভুজের ক্ষেত্রফল $= \dfrac{1}{2} b_2 h$

সমান ক্ষেত্রফল: $b_1 h = \dfrac{1}{2} b_2 h$; তাই $b_1 : b_2 = 1 : 2$

(খ) বর্গের ক্ষেত্রফল $a^2$; কর্ণের উপর বর্গের ক্ষেত্রফল $2a^2$; অনুপাত $1 : 2$

(গ) মধ্যমা ত্রিভুজকে সমান ভাগে ভাগ করে; অনুপাত $1 : 1$

(ঘ) অপর বাহু $= \sqrt{10^2 - 8^2} = \sqrt{36} = 6$ সে.মি.

ক্ষেত্রফল $= \dfrac{1}{2} \times 8 \times 6 = 24$ বর্গ সে.মি.

ব্যাখ্যা: প্রতিটি অংশ ছোট ও সরাসরি সূত্র-ভিত্তিক।

উত্তর: (ক) $1 : 2$; (খ) $1 : 2$; (গ) $1 : 1$; (ঘ) অপর বাহু $6$ সে.মি., ক্ষেত্রফল $24$ বর্গ সে.মি.

বইয়ের উত্তরমালা সম্পর্কে নোট: বইয়ের উত্তরমালায় অধ্যায় ১৫-এর কোনো উত্তর নেই (প্রমাণভিত্তিক)। ১৪ নং-এর অঙ্কন বর্ণনা আমাদের লেখা; পরীক্ষায় সঠিক দাগ ও কোণ দেখিয়ে আঁকতে হবে।