Textbook - Constructions Questions in Gujarati

(N/A) આપેલ ત્રિકોણ $ABC$ માટે,આપણે એક એવો બીજો ત્રિકોણ રચવાનો છે જેની બાજુઓ ત્રિકોણ $ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓ કરતાં $\frac{3}{4}$ ગણી હોય.
રચનાના પગલાં:
$1.$ શિરોબિંદુ $A$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$2.$ $BX$ પર $4$ ($\frac{3}{4}$ માં $3$ અને $4$ માંથી મોટી સંખ્યા) બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3$ અને $B_4$ એવા લો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય.
$3.$ $B_4C$ ને જોડો અને $B_3$ માંથી (ત્રીજું બિંદુ,કારણ કે $\frac{3}{4}$ માં $3$ અને $4$ માંથી નાની સંખ્યા $3$ છે) $B_4C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BC$ ને $C'$ માં છેદે.
$4.$ $C'$ માંથી $CA$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BA$ ને $A'$ માં છેદે.
આમ,$\Delta A'BC'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
ચાલો હવે જોઈએ કે આ રચના કેવી રીતે માંગેલ ત્રિકોણ આપે છે.
$B_3C' \parallel B_4C$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય મુજબ,$\frac{BC'}{C'C} = \frac{BB_3}{B_3B_4} = \frac{3}{1}$ થાય.
તેથી,$\frac{BC}{BC'} = \frac{BC' + C'C}{BC'} = 1 + \frac{C'C}{BC'} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$,એટલે કે $\frac{BC'}{BC} = \frac{3}{4}$ થાય.
વળી,$C'A' \parallel CA$ હોવાથી,$\Delta A'BC' \sim \Delta ABC$ થાય.
તેથી,$\frac{A'B}{AB} = \frac{A'C'}{AC} = \frac{BC'}{BC} = \frac{3}{4}$.

(N/A) આપેલ ત્રિકોણ $ABC$ માટે,આપણે એવો ત્રિકોણ રચવાનો છે જેની બાજુઓ $\Delta ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓ કરતાં $\frac{5}{3}$ ગણી હોય.
રચનાના પગલાં:
$1.$ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $A$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ હોય.
$2.$ $BX$ પર $5$ બિંદુઓ ($\frac{5}{3}$ માં $5$ અને $3$ માંથી મોટી સંખ્યા $5$ છે) $B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}$ અને $B_{5}$ એવા લો કે જેથી $BB_{1} = B_{1}B_{2} = B_{2}B_{3} = B_{3}B_{4} = B_{4}B_{5}$ થાય.
$3.$ $B_{3}$ ને (ત્રીજું બિંદુ,$\frac{5}{3}$ માં $3$ અને $5$ માંથી નાની સંખ્યા $3$ છે) $C$ સાથે જોડો અને $B_{5}$ માંથી $B_{3}C$ ને સમાંતર રેખા દોરો,જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BC$ ને $C^{\prime}$ માં છેદે.
$4.$ $C^{\prime}$ માંથી $CA$ ને સમાંતર રેખા દોરો,જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BA$ ને $A^{\prime}$ માં છેદે.
આમ,$\Delta A^{\prime}BC^{\prime}$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
રચનાની યથાર્થતા માટે,નોંધો કે $\Delta ABC \sim \Delta A^{\prime}BC^{\prime}$.
તેથી,$\frac{AB}{A^{\prime}B} = \frac{AC}{A^{\prime}C^{\prime}} = \frac{BC}{BC^{\prime}}$.
પરંતુ,$\frac{BC}{BC^{\prime}} = \frac{BB_{3}}{BB_{5}} = \frac{3}{5}$.
તેથી,$\frac{BC^{\prime}}{BC} = \frac{5}{3}$,અને તેથી,$\frac{A^{\prime}B}{AB} = \frac{A^{\prime}C^{\prime}}{AC} = \frac{BC^{\prime}}{BC} = \frac{5}{3}$.

(N/A) $7.6 \, cm$ લંબાઈના રેખાખંડને $5: 8$ ના ગુણોત્તરમાં નીચે મુજબ વિભાજિત કરી શકાય છે:
$1.$ $7.6 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $AB$ દોરો અને રેખાખંડ $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $AX$ દોરો.
$2.$ $AX$ પર $13 (= 5 + 8)$ બિંદુઓ $A_1, A_2, A_3, \dots, A_{13}$ એવા મેળવો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3 = \dots = A_{12}A_{13}$ થાય.
$3.$ $BA_{13}$ ને જોડો.
$4.$ બિંદુ $A_5$ માંથી $BA_{13}$ ને સમાંતર રેખા દોરો (જે $\angle AA_{13}B$ જેટલો ખૂણો બનાવે છે),જે $AB$ ને બિંદુ $C$ માં છેદે છે.
$C$ એ બિંદુ છે જે $7.6 \, cm$ ના રેખાખંડ $AB$ ને $5: 8$ ના જરૂરી ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે.
$AC$ અને $CB$ ની લંબાઈ માપી શકાય છે. તે અનુક્રમે $2.9 \, cm$ અને $4.7 \, cm$ છે.
યથાર્થતા:
રચના મુજબ,$A_5C \parallel A_{13}B$ છે. ત્રિકોણ $AA_{13}B$ માટે પાયાનું સપ્રમાણતાનું પ્રમેય $(BPT)$ લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AC}{CB} = \frac{AA_5}{A_5A_{13}}$
રચના પરથી,$AA_5$ માં $5$ સમાન ભાગો છે અને $A_5A_{13}$ માં $8$ સમાન ભાગો છે.
તેથી,$\frac{AA_5}{A_5A_{13}} = \frac{5}{8}$.
આમ,$\frac{AC}{CB} = \frac{5}{8}$. આ રચનાની યથાર્થતા સાબિત કરે છે.

(N/A) $1.$ $AB = 4 \, cm$ માપનો રેખાખંડ દોરો. બિંદુ $A$ ને કેન્દ્ર લઈ $5 \, cm$ ત્રિજ્યાનો ચાપ દોરો. તેવી જ રીતે,બિંદુ $B$ ને કેન્દ્ર લઈ $6 \, cm$ ત્રિજ્યાનો ચાપ દોરો. આ ચાપ એકબીજાને બિંદુ $C$ માં છેદશે. હવે,$AC = 5 \, cm$ અને $BC = 6 \, cm$ થશે અને $\triangle ABC$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
$2.$ રેખા $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવે તેવું કિરણ $AX$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ હોય.
$3.$ કિરણ $AX$ પર $3$ બિંદુઓ $A_1, A_2, A_3$ એવા લો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3$ થાય.
$4.$ $BA_3$ ને જોડો અને $A_2$ માંથી $BA_3$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને બિંદુ $B'$ માં છેદે.
$5.$ $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AC$ ને $C'$ માં છેદે.
$\triangle AB'C'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
આ રચનાની યથાર્થતા સાબિત કરી શકાય છે કે $\frac{AB'}{AB} = \frac{B'C'}{BC} = \frac{AC'}{AC} = \frac{2}{3}$.
રચના મુજબ,$B'C' \parallel BC$ છે.
$\therefore \angle AB'C' = \angle ABC$ (અનુકોણ).
$\triangle AB'C'$ અને $\triangle ABC$ માં,
$\angle AB'C' = \angle ABC$ (ઉપર સાબિત કર્યું),
$\angle B'AC' = \angle BAC$ (સામાન્ય ખૂણો).
$\triangle AB'C' \sim \triangle ABC$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત).
$\Rightarrow \frac{AB'}{AB} = \frac{B'C'}{BC} = \frac{AC'}{AC}$ .......... $(1)$
$\triangle AA_2B'$ અને $\triangle AA_3B$ માં,
$\angle A_2AB' = \angle A_3AB$ (સામાન્ય ખૂણો),
$\angle AA_2B' = \angle AA_3B$ (અનુકોણ).
$\therefore \triangle AA_2B' \sim \triangle AA_3B$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત).
$\Rightarrow \frac{AB'}{AB} = \frac{AA_2}{AA_3} = \frac{2}{3}$ ......... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે $\frac{AB'}{AB} = \frac{B'C'}{BC} = \frac{AC'}{AC} = \frac{2}{3}$.
આ રચનાની યથાર્થતા દર્શાવે છે.

(N/A) $1.$ $5\, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $AB$ દોરો. $A$ અને $B$ ને કેન્દ્ર લઈને,અનુક્રમે $6\, cm$ અને $7\, cm$ ત્રિજ્યાના ચાપ દોરો. આ ચાપ જ્યાં છેદે તેને $C$ નામ આપો. $\triangle ABC$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે જેની બાજુઓ $5\, cm$,$6\, cm$ અને $7\, cm$ છે.
$2.$ રેખા $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવે તેવું કિરણ $AX$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય.
$3.$ કિરણ $AX$ પર $7$ બિંદુઓ $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6, A_7$ એ રીતે અંકિત કરો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3 = A_3A_4 = A_4A_5 = A_5A_6 = A_6A_7$ થાય.
$4.$ $BA_5$ ને જોડો અને $A_7$ માંથી $BA_5$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $AB$ ને $B'$ માં છેદે.
$5.$ $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $AC$ ને $C'$ માં છેદે. $\triangle AB'C'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
આ રચનાનું સમર્થન એ સાબિત કરીને કરી શકાય છે કે $AB' = \frac{7}{5} AB$,$B'C' = \frac{7}{5} BC$,અને $AC' = \frac{7}{5} AC$.
$\triangle ABC$ અને $\triangle AB'C'$ માં:
$\angle ABC = \angle AB'C'$ (અનુકોણ)
$\angle BAC = \angle B'AC'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\triangle ABC \sim \triangle AB'C'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'} = \frac{5}{7}$ (સમીકરણ $1$)
$\triangle AA_5B$ અને $\triangle AA_7B'$ માં:
$\angle A_5AB = \angle A_7AB'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle AA_5B = \angle AA_7B'$ (અનુકોણ)
$\triangle AA_5B \sim \triangle AA_7B'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{AB'} = \frac{AA_5}{AA_7} = \frac{5}{7}$ (સમીકરણ $2$)
સમીકરણ $1$ અને $2$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'} = \frac{5}{7}$
$\Rightarrow AB' = \frac{7}{5} AB, B'C' = \frac{7}{5} BC, AC' = \frac{7}{5} AC$.
આમ,રચનાનું સમર્થન થાય છે.

(N/A) ધારો કે $\triangle ABC$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $CA = CB$,પાયો $AB = 8\, cm$ અને વેધ $AD = 4\, cm$ છે (જ્યાં $D$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે).
$\triangle ABC$ ની બાજુઓ કરતાં $\frac{3}{2}$ ગણી બાજુઓ ધરાવતો $\triangle AB'C'$ નીચે મુજબ દોરી શકાય:
$1.$ $8\, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $AB$ દોરો. $AB$ નો લંબદ્વિભાજક દોરીને મધ્યબિંદુ $D$ મેળવો. ધારો કે લંબ રેખા $OO'$ છે.
$2.$ $D$ ને કેન્દ્ર તરીકે લઈ,લંબ રેખા પર $4\, cm$ ત્રિજ્યાનો ચાપ દોરો જે $C$ બિંદુમાં છેદે. $AC$ અને $BC$ ને જોડીને સમદ્વિબાજુ $\triangle ABC$ બનાવો.
$3.$ $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $AX$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય.
$4.$ $AX$ પર $3$ બિંદુઓ $A_1, A_2,$ અને $A_3$ એ રીતે મેળવો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3$ થાય.
$5.$ $BA_2$ ને જોડો. $A_3$ માંથી $BA_2$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $AB$ ને $B'$ માં છેદે.
$6.$ $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $AC$ ને $C'$ માં છેદે. $\triangle AB'C'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
યથાર્થતા:
$A_2B \parallel A_3B'$ હોવાથી,$\triangle AA_3B'$ માં પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય મુજબ,$\frac{AB}{AB'} = \frac{AA_2}{AA_3} = \frac{2}{3}$ મળે. આમ,$AB' = \frac{3}{2}AB$.
$BC \parallel B'C'$ હોવાથી,$\triangle ABC \sim \triangle AB'C'$ થાય. તેથી,$\frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'} = \frac{2}{3}$,જે દર્શાવે છે કે $B'C' = \frac{3}{2}BC$ અને $AC' = \frac{3}{2}AC$. આ રીતે રચનાની યથાર્થતા સાબિત થાય છે.

(A) $\angle B = 45^{\circ}, \angle A = 105^{\circ}$
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$
$105^{\circ} + 45^{\circ} + \angle C = 180^{\circ}$
$\angle C = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$
જરૂરી ત્રિકોણ નીચે મુજબ દોરી શકાય:
$1.$ $BC = 7 \, cm$,$\angle B = 45^{\circ}$,$\angle C = 30^{\circ}$ હોય તેવો $\triangle ABC$ દોરો.
$2.$ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો જે શિરોબિંદુ $A$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ હોય.
$3.$ $BX$ પર $4$ બિંદુઓ $B_1, B_2, B_3, B_4$ એ રીતે મેળવો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય.
$4.$ $B_3C$ ને જોડો. $B_4$ માંથી $B_3C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ $BC$ ને $C'$ માં છેદે.
$5.$ $C'$ માંથી $AC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $BA$ ને $A'$ માં છેદે. $\triangle A'BC'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
$\triangle ABC$ અને $\triangle A'BC'$ માં,
$\angle ABC = \angle A'BC'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle ACB = \angle A'C'B$ (અનુકોણ)
$\triangle ABC \sim \triangle A'BC'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{A'B} = \frac{BC}{BC'} = \frac{AC}{A'C'} \dots(1)$
$\triangle BB_3C$ અને $\triangle BB_4C'$ માં,
$\angle B_3BC = \angle B_4BC'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle BB_3C = \angle BB_4C'$ (અનુકોણ)
$\triangle BB_3C \sim \triangle BB_4C'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{BC}{BC'} = \frac{BB_3}{BB_4} = \frac{3}{4} \dots(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,$\frac{AB}{A'B} = \frac{BC}{BC'} = \frac{AC}{A'C'} = \frac{3}{4}$ મળે છે.
આમ,$A'B = \frac{4}{3} AB$,$BC' = \frac{4}{3} BC$,અને $A'C' = \frac{4}{3} AC$. આ રચનાનું સમર્થન કરે છે.

(N/A) આપેલ છે કે કર્ણ સિવાયની બાજુઓ $4 \,cm$ અને $3 \,cm$ લંબાઈની છે. સ્પષ્ટ છે કે,આ બાજુઓ એકબીજાને લંબ હશે.
જરૂરી ત્રિકોણ નીચે મુજબ દોરી શકાય છે:
$1.$ $AB = 4 \,cm$ નો રેખાખંડ દોરો. $A$ આગળ $90^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવતું કિરણ $AX$ દોરો.
$2.$ $A$ ને કેન્દ્ર લઈને $3 \,cm$ ત્રિજ્યાનો ચાપ દોરો જે કિરણને $C$ માં છેદે. $BC$ જોડો. $\triangle ABC$ એ જરૂરી ત્રિકોણ છે.
$3.$ $AB$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $AY$ દોરો,જે શિરોબિંદુ $C$ ની વિરુદ્ધ દિશામાં હોય.
$4.$ $AY$ પર $5$ બિંદુઓ $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ એવા લો કે જેથી $AA_1 = A_1A_2 = A_2A_3 = A_3A_4 = A_4A_5$ થાય.
$5.$ $A_3B$ જોડો. $A_5$ માંથી $A_3B$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $AB$ ને $B'$ માં છેદે.
$6.$ $B'$ માંથી $BC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે લંબાવેલ રેખાખંડ $AC$ ને $C'$ માં છેદે. $\triangle AB'C'$ એ જરૂરી ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
આ રચનાનું સમર્થન એ સાબિત કરીને કરી શકાય છે કે $AB' = \frac{5}{3} AB, B'C' = \frac{5}{3} BC, AC' = \frac{5}{3} AC$.
$\triangle ABC$ અને $\triangle AB'C'$ માં,
$\angle ABC = \angle AB'C'$ (અનુરૂપ ખૂણાઓ)
$\angle BAC = \angle B'AC'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\therefore \triangle ABC \sim \triangle AB'C'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'}$ .......$(1)$
$\triangle AA_3B$ અને $\triangle AA_5B'$ માં,
$\angle A_3AB = \angle A_5AB'$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle AA_3B = \angle AA_5B'$ (અનુરૂપ ખૂણાઓ)
$\therefore \triangle AA_3B \sim \triangle AA_5B'$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{AB}{AB'} = \frac{AA_3}{AA_5} = \frac{3}{5}$ .........$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{AB}{AB'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{AC'} = \frac{3}{5}$
$AB' = \frac{5}{3} AB, B'C' = \frac{5}{3} BC, AC' = \frac{5}{3} AC$
આ રચનાનું સમર્થન કરે છે.

(N/A) આપેલ વર્તુળ માટે સ્પર્શકોની જોડી નીચે મુજબ રચી શકાય છે:
$1.$ સમતલમાં કોઈ બિંદુ $O$ ને કેન્દ્ર તરીકે લઈને,$6 \, cm$ ત્રિજ્યાવાળું એક વર્તુળ દોરો. $O$ થી $10 \, cm$ દૂર એક બિંદુ $P$ નક્કી કરો.
$OP$ ને જોડો.
$2.$ $OP$ નો દ્વિભાજક દોરો. ધારો કે $M$ એ $PO$ નું મધ્યબિંદુ છે.
$3.$ $M$ ને કેન્દ્ર અને $MO$ ને ત્રિજ્યા તરીકે લઈને,એક વર્તુળ દોરો.
$4.$ ધારો કે આ વર્તુળ અગાઉના વર્તુળને બિંદુ $Q$ અને $R$ માં છેદે છે.
$5.$ $PQ$ અને $PR$ ને જોડો. $PQ$ અને $PR$ એ જરૂરી સ્પર્શકો છે.
સ્પર્શકો $PQ$ અને $PR$ ની લંબાઈ દરેક $8 \, cm$ છે.
સમર્થન:
આ રચનાને એ સાબિત કરીને સમર્થન આપી શકાય છે કે $PQ$ અને $PR$ એ વર્તુળ (જેનું કેન્દ્ર $O$ અને ત્રિજ્યા $6 \, cm$ છે) ના સ્પર્શકો છે. આ માટે,$OQ$ અને $OR$ ને જોડો.
$\angle PQO$ એ અર્ધવર્તુળમાંનો ખૂણો છે. આપણે જાણીએ છીએ કે અર્ધવર્તુળમાંનો ખૂણો કાટખૂણો હોય છે.
$\therefore \angle PQO = 90^{\circ}$
$\Rightarrow OQ \perp PQ$
$OQ$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા હોવાથી,$PQ$ એ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવો જ જોઈએ. તેવી જ રીતે,$PR$ પણ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.

(N/A) આપેલ વર્તુળ પરના સ્પર્શકો નીચે મુજબ દોરી શકાય છે:
$1.$ આપેલ સમતલ પર $O$ કેન્દ્ર લઈને $4 \, cm$ ત્રિજ્યાનું વર્તુળ દોરો.
$2.$ $O$ ને કેન્દ્ર લઈને $6 \, cm$ ત્રિજ્યાનું બીજું વર્તુળ દોરો. આ વર્તુળ પર એક બિંદુ $P$ લો અને $OP$ ને જોડો.
$3.$ $OP$ નો દ્વિભાજક દોરો. ધારો કે $M$ એ $PO$ નું મધ્યબિંદુ છે.
$4.$ $M$ ને કેન્દ્ર અને $MO$ ને ત્રિજ્યા લઈને એક વર્તુળ દોરો. તે આપેલ વર્તુળને બિંદુઓ $Q$ અને $R$ માં છેદે છે.
$5.$ $PQ$ અને $PR$ ને જોડો. $PQ$ અને $PR$ એ માંગેલા સ્પર્શકો છે.
અવલોકન કરી શકાય છે કે $PQ$ અને $PR$ દરેકની લંબાઈ $4.47 \, cm$ છે.
$\triangle PQO$ માં:
$PQ$ સ્પર્શક હોવાથી,$\angle PQO = 90^{\circ}$.
$PO = 6 \, cm$ (કર્ણ),
$QO = 4 \, cm$ (ત્રિજ્યા).
$\triangle PQO$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય વાપરતા,આપણને મળે છે:
$PQ^2 + QO^2 = PO^2$
$PQ^2 + (4)^2 = (6)^2$
$PQ^2 + 16 = 36$
$PQ^2 = 36 - 16$
$PQ^2 = 20$
$PQ = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} \approx 4.47 \, cm$.
સમર્થન:
આ રચનાને એ સાબિત કરીને સમર્થન આપી શકાય છે કે $PQ$ અને $PR$ એ વર્તુળ (જેનું કેન્દ્ર $O$ અને ત્રિજ્યા $4 \, cm$ છે) ના સ્પર્શકો છે. આ માટે,$OQ$ અને $OR$ ને જોડો.
$\angle OQP$ એ અર્ધવર્તુળમાંનો ખૂણો હોવાથી,$\angle OQP = 90^{\circ}$.
$\Rightarrow OQ \perp PQ$.
$OQ$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા હોવાથી,$PQ$ એ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવો જ જોઈએ. તેવી જ રીતે,$PR$ પણ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.

(N/A) આપેલ વર્તુળ પર સ્પર્શકો નીચે મુજબ દોરી શકાય છે:
$1.$ સમતલ પર કોઈ બિંદુ $O$ ને કેન્દ્ર તરીકે લઈ,$3 \, cm$ ત્રિજ્યાવાળું એક વર્તુળ દોરો.
$2.$ તેનો એક વ્યાસ લો અને તેને બંને બાજુ લંબાવો. આ વ્યાસ પર બે બિંદુઓ $P$ અને $Q$ એવા લો કે જેથી $OP = OQ = 7 \, cm$ થાય.
$3.$ $OP$ અને $OQ$ ના લંબદ્વિભાજક દોરો. ધારો કે $T$ અને $U$ એ અનુક્રમે $OP$ અને $OQ$ ના મધ્યબિંદુઓ છે.
$4.$ $T$ અને $U$ ને કેન્દ્ર તરીકે અને $TO$ તથા $UO$ ને ત્રિજ્યા તરીકે લઈ,બે વર્તુળો દોરો. આ બે વર્તુળો મૂળ વર્તુળને અનુક્રમે $V, W$ અને $X, Y$ બિંદુઓમાં છેદશે. $PV, PW, QX$ અને $QY$ ને જોડો. આ માંગેલા સ્પર્શકો છે.
યથાર્થતા:
આ રચનાની યથાર્થતા એ સાબિત કરીને આપી શકાય છે કે $PV, PW, QX$ અને $QY$ એ વર્તુળ (જેનું કેન્દ્ર $O$ અને ત્રિજ્યા $3 \, cm$ છે) ના સ્પર્શકો છે. આ માટે,$OV, OW, OX$ અને $OY$ ને જોડો.
$\angle PVO$ એ અર્ધવર્તુળમાંનો ખૂણો છે. આપણે જાણીએ છીએ કે અર્ધવર્તુળમાંનો ખૂણો કાટખૂણો હોય છે.
$\therefore \angle PVO = 90^{\circ}$
$\Rightarrow OV \perp PV$
$OV$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા હોવાથી,$PV$ એ વર્તુળનો સ્પર્શક જ હોય.
તે જ રીતે,સાબિત કરી શકાય છે કે $PW, QX$ અને $QY$ પણ વર્તુળના સ્પર્શકો છે.

(N/A) સ્પર્શકો નીચે મુજબ દોરી શકાય છે:
$1.$ $O$ કેન્દ્ર લઈને $5\, cm$ ત્રિજ્યાનું એક વર્તુળ દોરો.
$2.$ વર્તુળના પરિઘ પર એક બિંદુ $A$ લો અને $OA$ ને જોડો. બિંદુ $A$ પર $OA$ ને લંબ દોરો.
$3.$ $OA$ સાથે $120^{\circ} (180^{\circ} - 60^{\circ})$ નો ખૂણો બનાવતી ત્રિજ્યા $OB$ દોરો.
$4.$ બિંદુ $B$ પર $OB$ ને લંબ દોરો. ધારો કે બંને લંબ બિંદુ $P$ પર છેદે છે. $PA$ અને $PB$ એ $60^{\circ}$ ના ખૂણે નમેલા જરૂરી સ્પર્શકો છે.
સમર્થન:
આ રચનાને $\angle APB = 60^{\circ}$ સાબિત કરીને સમર્થન આપી શકાય છે.
આપણી રચના મુજબ:
$\angle OAP = 90^{\circ}$ (સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુએ ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે)
$\angle OBP = 90^{\circ}$ (સ્પર્શક એ સ્પર્શબિંદુએ ત્રિજ્યાને લંબ હોય છે)
અને $\angle AOB = 120^{\circ}$
આપણે જાણીએ છીએ કે ચતુષ્કોણના તમામ અંતઃકોણોનો સરવાળો $360^{\circ}$ હોય છે.
ચતુષ્કોણ $OAPB$ માં:
$\angle OAP + \angle AOB + \angle OBP + \angle APB = 360^{\circ}$
$90^{\circ} + 120^{\circ} + 90^{\circ} + \angle APB = 360^{\circ}$
$300^{\circ} + \angle APB = 360^{\circ}$
$\angle APB = 360^{\circ} - 300^{\circ} = 60^{\circ}$
આ રચનાનું સમર્થન કરે છે.

(N/A) આપેલા વર્તુળો પર સ્પર્શકો નીચે મુજબ દોરી શકાય છે:
$1.$ $8 \, cm$ લંબાઈનો રેખાખંડ $AB$ દોરો. $A$ અને $B$ ને કેન્દ્ર લઈને અનુક્રમે $4 \, cm$ અને $3 \, cm$ ત્રિજ્યાના બે વર્તુળો દોરો.
$2.$ રેખાખંડ $AB$ નો દ્વિભાજક દોરો. ધારો કે $AB$ નું મધ્યબિંદુ $C$ છે. $C$ ને કેન્દ્ર લઈને $AC$ (અથવા $BC$) ત્રિજ્યાનું વર્તુળ દોરો,જે આપેલા વર્તુળોને બિંદુઓ $P, Q, R$ અને $S$ માં છેદશે. $BP, BQ, AS$ અને $AR$ ને જોડો. આ માંગેલા સ્પર્શકો છે.
યથાર્થતા:
આ રચનાની યથાર્થતા એ સાબિત કરીને આપી શકાય છે કે $AS$ અને $AR$ એ વર્તુળ (જેનું કેન્દ્ર $B$ અને ત્રિજ્યા $3 \, cm$ છે) ના સ્પર્શકો છે અને $BP$ અને $BQ$ એ વર્તુળ (જેનું કેન્દ્ર $A$ અને ત્રિજ્યા $4 \, cm$ છે) ના સ્પર્શકો છે. આ માટે,$AP, AQ, BS$ અને $BR$ ને જોડો.
$\angle ASB$ એ અર્ધવર્તુળમાંનો ખૂણો છે. આપણે જાણીએ છીએ કે અર્ધવર્તુળમાંનો ખૂણો કાટખૂણો હોય છે.
$\therefore \angle ASB = 90^{\circ}$
$\Rightarrow BS \perp AS$
$BS$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા હોવાથી,$AS$ એ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવો જ જોઈએ. તેવી જ રીતે,$AR, BP$ અને $BQ$ એ સ્પર્શકો છે.

(N/A) રચનાના પગલાં:
$1$. $AB = 6 \, cm$,$BC = 8 \, cm$ અને $\angle B = 90^{\circ}$ હોય તેવો $\triangle ABC$ રચો.
$2$. $BD \perp AC$ દોરો. કારણ કે $\angle BDC = 90^{\circ}$ છે,તેથી $B, C, D$ માંથી પસાર થતા વર્તુળનો વ્યાસ $BC$ હશે કારણ કે $\angle BDC = 90^{\circ}$ એ $D$ આગળ કાટખૂણો આંતરે છે.
$3$. ધારો કે $O$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $O$ ને કેન્દ્ર અને $OB = OC = 4 \, cm$ ત્રિજ્યા લઈને એક વર્તુળ દોરો. આ વર્તુળ $B, C$ અને $D$ માંથી પસાર થશે (કારણ કે $\angle BDC = 90^{\circ}$).
$4$. $A$ માંથી આ વર્તુળ પર સ્પર્શકો દોરવા માટે,$AO$ ને જોડો. $AO$ નો દ્વિભાજક $M$ મેળવો. $M$ ને કેન્દ્ર અને $MA$ ને ત્રિજ્યા લઈને એક વર્તુળ દોરો. ધારો કે આ વર્તુળ,$O$ કેન્દ્રવાળા વર્તુળને $B$ અને $E$ માં છેદે છે. $AE$ ને જોડો. આમ,$AB$ અને $AE$ એ માંગેલા સ્પર્શકો છે.
સમર્થન:
$OE$ ને જોડો. $AB$ એ $B$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવાથી,$\angle ABO = 90^{\circ}$. $AE$ એ $E$ આગળ વર્તુળનો સ્પર્શક હોવાથી,$\angle AEO = 90^{\circ}$. $O$ કેન્દ્રવાળા વર્તુળમાં,$OB$ અને $OE$ ત્રિજ્યાઓ છે. $AB$ અને $AE$ એ બાહ્ય બિંદુ $A$ માંથી દોરેલા સ્પર્શકો હોવાથી,$AB = AE$.

(N/A) બંગડી વડે દોરેલા વર્તુળ (જેનું કેન્દ્ર અજ્ઞાત છે) માટે સ્પર્શકોની રચના:
$1$. બે સમાંતર ન હોય તેવી જીવાઓ $BC$ અને $CD$ દોરો.
$2$. $BC$ અને $CD$ ના લંબદ્વિભાજકો દોરો. આ લંબદ્વિભાજકો જ્યાં છેદે છે તે બિંદુ વર્તુળનું કેન્દ્ર $E$ છે.
$3$. વર્તુળની બહાર એક બિંદુ $A$ લો. $AE$ ને જોડો.
$4$. $AE$ નો મધ્યબિંદુ $F$ મેળવો. $F$ ને કેન્દ્ર અને $FA$ ને ત્રિજ્યા લઈ એક વર્તુળ દોરો.
$5$. ધારો કે આ વર્તુળ મૂળ વર્તુળને બિંદુ $B$ અને $G$ માં છેદે છે. $AB$ અને $AG$ ને જોડો.
$AB$ અને $AG$ એ માંગેલા સ્પર્શકો છે.
સમર્થન:
$EB$ અને $EG$ ને જોડો. $\angle ABE$ એ અર્ધવર્તુળમાં આવેલો ખૂણો છે,તેથી $\angle ABE = 90^{\circ}$. $EB$ એ ત્રિજ્યા હોવાથી,$AB$ એ સ્પર્શક છે. તેવી જ રીતે,$\angle AGE = 90^{\circ}$,તેથી $AG$ એ સ્પર્શક છે.

(N/A) જેની બાજુઓ $\triangle ABC$ ની અનુરૂપ બાજુઓ કરતાં $\frac{3}{4}$ ગણી હોય તેવો $\triangle A'BC'$ નીચે મુજબ દોરી શકાય:
$1.$ $BC = 6 \, cm$,$AB = 5 \, cm$ અને $\angle ABC = 60^{\circ}$ હોય તેવો $\triangle ABC$ દોરો.
$2.$ શિરોબિંદુ $A$ ની વિરુદ્ધ બાજુએ $BC$ સાથે લઘુકોણ બનાવતું કિરણ $BX$ દોરો.
$3.$ રેખાખંડ $BX$ પર $4$ બિંદુઓ (કારણ કે $\frac{3}{4}$ માં $4$ મોટી સંખ્યા છે),$B_1, B_2, B_3, B_4$ એવા લો કે જેથી $BB_1 = B_1B_2 = B_2B_3 = B_3B_4$ થાય.
$4.$ $B_4C$ ને જોડો અને $B_3$ માંથી $B_4C$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $BC$ ને $C'$ માં છેદે.
$5.$ $C'$ માંથી $AC$ ને સમાંતર રેખા દોરો જે $AB$ ને $A'$ માં છેદે. $\triangle A'BC'$ એ માંગેલ ત્રિકોણ છે.
સમર્થન:
આ રચનાને $A'B = \frac{3}{4} AB$,$BC' = \frac{3}{4} BC$,$A'C' = \frac{3}{4} AC$ સાબિત કરીને સમર્થિત કરી શકાય છે.
$\triangle A'BC'$ અને $\triangle ABC$ માં:
$\angle A'C'B = \angle ACB$ (અનુરૂપ ખૂણાઓ)
$\angle A'BC' = \angle ABC$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\therefore \triangle A'BC' \sim \triangle ABC$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{A'B}{AB} = \frac{BC'}{BC} = \frac{A'C'}{AC}$ ........$(1)$
$\triangle BB_3C'$ અને $\triangle BB_4C$ માં:
$\angle B_3BC' = \angle B_4BC$ (સામાન્ય ખૂણો)
$\angle BB_3C' = \angle BB_4C$ (અનુરૂપ ખૂણાઓ)
$\therefore \triangle BB_3C' \sim \triangle BB_4C$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત)
$\Rightarrow \frac{BC'}{BC} = \frac{BB_3}{BB_4} = \frac{3}{4}$ ........$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{A'B}{AB} = \frac{BC'}{BC} = \frac{A'C'}{AC} = \frac{3}{4}$
$A'B = \frac{3}{4} AB, BC' = \frac{3}{4} BC, A'C' = \frac{3}{4} AC$.
આ રચનાનું સમર્થન કરે છે.