Textbook - Triangles Questions in Gujarati

(4:1) કારણ કે $AB \parallel CD,$
$\therefore \angle OAB = \angle OCD$ અને $\angle OBA = \angle ODC$ (યુગ્મકોણ).
$\triangle AOB$ અને $\triangle COD$ માં,
$\angle AOB = \angle COD$ (અભિકોણ).
$\angle OAB = \angle OCD$ (યુગ્મકોણ).
$\angle OBA = \angle ODC$ (યુગ્મકોણ).
$\therefore \triangle AOB \sim \triangle COD$ ($AAA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ).
આપણે જાણીએ છીએ કે બે સમરૂપ ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળોનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ જેટલો હોય છે.
$\therefore \frac{\operatorname{ar}(\triangle AOB)}{\operatorname{ar}(\triangle COD)} = \left(\frac{AB}{CD}\right)^2$.
આપેલ છે કે $AB = 2 CD,$
$\therefore \frac{\operatorname{ar}(\triangle AOB)}{\operatorname{ar}(\triangle COD)} = \left(\frac{2 CD}{CD}\right)^2 = \left(\frac{2}{1}\right)^2 = \frac{4}{1} = 4:1$.
આમ,ત્રિકોણ $AOB$ અને $COD$ ના ક્ષેત્રફળોનો ગુણોત્તર $4:1$ છે.

(N/A) ધારો કે આપણે રેખા $BC$ પર બે લંબ $AP$ અને $DM$ દોરીએ છીએ.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ}$.
તેથી,$\frac{\operatorname{ar}(\Delta ABC)}{\operatorname{ar}(\Delta DBC)} = \frac{\frac{1}{2} \times BC \times AP}{\frac{1}{2} \times BC \times DM} = \frac{AP}{DM}$.
$\triangle APO$ અને $\triangle DMO$ માં:
$\angle APO = \angle DMO = 90^{\circ}$ (રચના મુજબ).
$\angle AOP = \angle DOM$ (અભિકોણો).
તેથી,$\triangle APO \sim \triangle DMO$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ).
સમરૂપ ત્રિકોણો હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{AP}{DM} = \frac{AO}{DO}$.
આ કિંમતને આપણા ક્ષેત્રફળના ગુણોત્તરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{\operatorname{ar}(\Delta ABC)}{\operatorname{ar}(\Delta DBC)} = \frac{AO}{DO}$.

(N/A) ધારો કે બે સમરૂપ ત્રિકોણ $\triangle ABC \sim \triangle PQR$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળના પ્રમેય મુજબ:
$\frac{\text{ar}(\triangle ABC)}{\text{ar}(\triangle PQR)} = \left(\frac{AB}{PQ}\right)^2 = \left(\frac{BC}{QR}\right)^2 = \left(\frac{AC}{PR}\right)^2$ $...(1)$
આપેલ છે કે,$\text{ar}(\triangle ABC) = \text{ar}(\triangle PQR)$.
તેથી,$\frac{\text{ar}(\triangle ABC)}{\text{ar}(\triangle PQR)} = 1$.
આ કિંમત સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$1 = \left(\frac{AB}{PQ}\right)^2 = \left(\frac{BC}{QR}\right)^2 = \left(\frac{AC}{PR}\right)^2$.
આનો અર્થ એ થાય કે:
$\left(\frac{AB}{PQ}\right)^2 = 1 \Rightarrow AB^2 = PQ^2 \Rightarrow AB = PQ$
$\left(\frac{BC}{QR}\right)^2 = 1 \Rightarrow BC^2 = QR^2 \Rightarrow BC = QR$
$\left(\frac{AC}{PR}\right)^2 = 1 \Rightarrow AC^2 = PR^2 \Rightarrow AC = PR$
જેથી ત્રણેય અનુરૂપ બાજુઓ સમાન હોવાથી,$SSS$ (બાજુ-બાજુ-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ABC \cong \triangle PQR$ સાબિત થાય છે.

(1:4) આપેલ છે કે $D, E$ અને $F$ એ $\Delta ABC$ ની બાજુઓ $AB, BC$ અને $CA$ ના મધ્યબિંદુઓ છે.
મધ્યબિંદુ પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની બે બાજુઓના મધ્યબિંદુઓને જોડતો રેખાખંડ ત્રીજી બાજુને સમાંતર અને તેની અડધી લંબાઈનો હોય છે.
તેથી,$DE \parallel AC$ અને $DE = \frac{1}{2} AC$.
તે જ રીતે,$EF \parallel AB$ અને $EF = \frac{1}{2} AB$,તથા $DF \parallel BC$ અને $DF = \frac{1}{2} BC$.
$\Delta DEF$ અને $\Delta ABC$ માં:
$\frac{DE}{AC} = \frac{EF}{AB} = \frac{DF}{BC} = \frac{1}{2}$.
$SSS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta DEF \sim \Delta ABC$.
બે સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ બરાબર હોય છે.
તેથી,$\frac{\operatorname{ar}(\Delta DEF)}{\operatorname{ar}(\Delta ABC)} = \left(\frac{DE}{AC}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
આમ,$\Delta DEF$ અને $\Delta ABC$ ના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર $1:4$ છે.

(N/A) ધારો કે બે સમરૂપ ત્રિકોણો $\Delta ABC \sim \Delta PQR$ છે. ધારો કે $AD$ અને $PS$ આ ત્રિકોણોની મધ્યગાઓ છે.
કારણ કે $\Delta ABC \sim \Delta PQR$,તેથી:
$\frac{AB}{PQ} = \frac{BC}{QR} = \frac{AC}{PR} \quad ...(1)$
અને $\angle B = \angle Q \quad ...(2)$
$AD$ અને $PS$ મધ્યગાઓ હોવાથી,$D$ અને $S$ એ અનુક્રમે $BC$ અને $QR$ ના મધ્યબિંદુઓ છે.
તેથી,$BD = \frac{BC}{2}$ અને $QS = \frac{QR}{2}$.
આ કિંમતોને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$\frac{AB}{PQ} = \frac{2BD}{2QS} = \frac{BD}{QS} \quad ...(3)$
$\triangle ABD$ અને $\triangle PQS$ માં:
$\angle B = \angle Q$ [સમીકરણ $(2)$ પરથી]
$\frac{AB}{PQ} = \frac{BD}{QS}$ [સમીકરણ $(3)$ પરથી]
તેથી,$SAS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle ABD \sim \triangle PQS$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{AB}{PQ} = \frac{AD}{PS} \quad ...(4)$
આપણે જાણીએ છીએ કે બે સમરૂપ ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ બરાબર હોય છે:
$\frac{\text{ar}(\Delta ABC)}{\text{ar}(\Delta PQR)} = \left(\frac{AB}{PQ}\right)^2$
સમીકરણ $(4)$ પરથી,$\frac{AB}{PQ} = \frac{AD}{PS}$ મૂકતા:
$\frac{\text{ar}(\Delta ABC)}{\text{ar}(\Delta PQR)} = \left(\frac{AD}{PS}\right)^2$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે $ABCD$ એ $a$ બાજુવાળો એક ચોરસ છે.
તેથી,તેનો વિકર્ણ $= \sqrt{2} a$ થાય.
બે સમબાજુ ત્રિકોણ રચાય છે: $\Delta ABE$ (બાજુ $AB$ પર) અને $\Delta DBF$ (વિકર્ણ $DB$ પર).
બાજુ $AB$ પર રચાયેલા સમબાજુ ત્રિકોણ $\Delta ABE$ ની બાજુ $= a$.
વિકર્ણ $DB$ પર રચાયેલા સમબાજુ ત્રિકોણ $\Delta DBF$ ની બાજુ $= \sqrt{2} a$.
બધા જ સમબાજુ ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ જેટલો હોય છે.
$\frac{\Delta ABE \text{ નું ક્ષેત્રફળ}}{\Delta DBF \text{ નું ક્ષેત્રફળ}} = \left( \frac{a}{\sqrt{2} a} \right)^2 = \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 = \frac{1}{2}$.
આમ,$\Delta ABE \text{ નું ક્ષેત્રફળ} = \frac{1}{2} \times \Delta DBF \text{ નું ક્ષેત્રફળ}$.

(N/A) $\Delta ACD$ અને $\Delta ABC$ માં:
$\angle ADC = \angle ACB = 90^{\circ}$
$\angle CAD = \angle CAB$ (સામાન્ય ખૂણો)
તેથી,$\Delta ACD \sim \Delta ABC$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ).
આથી $\frac{AC}{AB} = \frac{AD}{AC}$,તેથી $AC^{2} = AB \cdot AD$ $...(1)$
$\Delta BCD$ અને $\Delta BAC$ માં:
$\angle BDC = \angle BCA = 90^{\circ}$
$\angle CBD = \angle ABC$ (સામાન્ય ખૂણો)
તેથી,$\Delta BCD \sim \Delta BAC$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ).
આથી $\frac{BC}{BA} = \frac{BD}{BC}$,તેથી $BC^{2} = BA \cdot BD$ $...(2)$
સમીકરણ $(2)$ ને સમીકરણ $(1)$ વડે ભાગતા:
$\frac{BC^{2}}{AC^{2}} = \frac{BA \cdot BD}{AB \cdot AD}$
કારણ કે $BA = AB$,આપણને મળે છે:
$\frac{BC^{2}}{AC^{2}} = \frac{BD}{AD}$

(B) ધારો કે $AB$ એ નિસરણી છે અને $CA$ એ દીવાલ છે જ્યાં $A$ પાસે બારી છે. દીવાલ અને જમીન $C$ પાસે કાટખૂણો બનાવે છે. આમ,$\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle C = 90^\circ$ છે.
આપેલ છે: $BC = 2.5\, m$ (નિસરણીના નીચેના છેડાનું દીવાલથી અંતર) અને $CA = 6\, m$ (જમીનથી બારીની ઊંચાઈ).
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,કાટકોણ ત્રિકોણમાં કર્ણનો વર્ગ એ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોય છે:
$AB^2 = BC^2 + CA^2$
$AB^2 = (2.5)^2 + (6)^2$
$AB^2 = 6.25 + 36$
$AB^2 = 42.25$
$AB = \sqrt{42.25}$
$AB = 6.5\, m$
તેથી,નિસરણીની લંબાઈ $6.5\, m$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\Delta ABC$ માં,$AD \perp BC$.
સાબિત કરવાનું છે: $AB^2 + CD^2 = BD^2 + AC^2$.
સાબિતી:
કાટકોણ $\Delta ADB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = AD^2 + BD^2$ --- $(1)$
કાટકોણ $\Delta ADC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AD^2 + CD^2$ --- $(2)$
સમીકરણ $(1)$ માંથી સમીકરણ $(2)$ બાદ કરતા:
$AB^2 - AC^2 = (AD^2 + BD^2) - (AD^2 + CD^2)$
$AB^2 - AC^2 = AD^2 + BD^2 - AD^2 - CD^2$
$AB^2 - AC^2 = BD^2 - CD^2$
પદોની ગોઠવણી કરતા,આપણને મળે છે:
$AB^2 + CD^2 = BD^2 + AC^2$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $BL$ અને $CM$ એ $\Delta ABC$ ની મધ્યગાઓ છે,જેમાં $\angle A = 90^{\circ}$ છે.
$\Delta ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$BC^2 = AB^2 + AC^2$ $...(1)$
$\Delta ABL$ માં,$L$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AL = AC/2$:
$BL^2 = AB^2 + AL^2 = AB^2 + (AC/2)^2 = AB^2 + AC^2/4$
$4BL^2 = 4AB^2 + AC^2$ $...(2)$
$\Delta CMA$ માં,$M$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AM = AB/2$:
$CM^2 = AC^2 + AM^2 = AC^2 + (AB/2)^2 = AC^2 + AB^2/4$
$4CM^2 = 4AC^2 + AB^2$ $...(3)$
$(2)$ અને $(3)$ નો સરવાળો કરતા:
$4(BL^2 + CM^2) = 4AB^2 + AC^2 + 4AC^2 + AB^2$
$4(BL^2 + CM^2) = 5AB^2 + 5AC^2$
$4(BL^2 + CM^2) = 5(AB^2 + AC^2)$
સમીકરણ $(1)$ નો ઉપયોગ કરતા,$AB^2 + AC^2 = BC^2$,તેથી:
$4(BL^2 + CM^2) = 5BC^2$.

(N/A) $O$ માંથી પસાર થતી રેખા $PQ \parallel BC$ દોરો,જેથી $P$ એ $AB$ પર અને $Q$ એ $DC$ પર હોય.
હવે,$PQ \parallel BC$.
તેથી,$PQ \perp AB$ અને $PQ \perp DC$ (કારણ કે $\angle B = 90^{\circ}$ અને $\angle C = 90^{\circ}$).
તેથી,$\angle BPQ = 90^{\circ}$ અને $\angle CQP = 90^{\circ}$.
આમ,$BPQC$ અને $APQD$ બંને લંબચોરસ છે.
હવે,$\Delta OPB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$OB^{2} = BP^{2} + OP^{2}$ $...(1)$
તે જ રીતે,$\Delta OQD$ માં:
$OD^{2} = OQ^{2} + DQ^{2}$ $...(2)$
$\Delta OQC$ માં,આપણી પાસે છે:
$OC^{2} = OQ^{2} + CQ^{2}$ $...(3)$
અને $\Delta OAP$ માં,આપણી પાસે છે:
$OA^{2} = AP^{2} + OP^{2}$ $...(4)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$OB^{2} + OD^{2} = BP^{2} + OP^{2} + OQ^{2} + DQ^{2}$
કારણ કે $BP = CQ$ અને $DQ = AP$ (લંબચોરસ $BPQC$ અને $APQD$ ની સામસામેની બાજુઓ):
$OB^{2} + OD^{2} = CQ^{2} + OP^{2} + OQ^{2} + AP^{2}$
પદોને ગોઠવતા:
$OB^{2} + OD^{2} = (CQ^{2} + OQ^{2}) + (AP^{2} + OP^{2})$
સમીકરણ $(3)$ અને $(4)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$OB^{2} + OD^{2} = OC^{2} + OA^{2}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ સમબાજુ ત્રિકોણના બધા ખૂણા $60^{\circ}$ હોય છે અને તેમની બધી બાજુઓ સમાન લંબાઈની હોય છે. તેથી,તમામ સમબાજુ ત્રિકોણ એકબીજાને સમરૂપ હોય છે.
બે સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળોનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ જેટલો હોય છે.
ધારો કે $\triangle ABC$ ની બાજુની લંબાઈ $x$ છે.
$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$\triangle BDE$ ની બાજુની લંબાઈ $\frac{x}{2}$ થશે.
તેથી,ક્ષેત્રફળોનો ગુણોત્તર:
$\frac{\text{Area}(\triangle ABC)}{\text{Area}(\triangle BDE)} = \left(\frac{x}{\frac{x}{2}}\right)^{2} = (2)^{2} = \frac{4}{1}$.
આમ,ગુણોત્તર $4:1$ છે અને સાચો જવાબ $(B)$ છે.

(C) જો બે ત્રિકોણ એકબીજાને સમરૂપ હોય,તો તેમના ક્ષેત્રફળોનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ જેટલો હોય છે.
અહીં બાજુઓનો ગુણોત્તર $4:9$ આપેલ છે.
તેથી,આ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળોનો ગુણોત્તર $= (4/9)^2 = 16/81$ થાય.
આમ,સાચો જવાબ $(C)$ છે.

(A) ત્રિકોણની આપેલી બાજુઓ $7 \, cm, 24 \, cm$ અને $25 \, cm$ છે.
તે કાટકોણ ત્રિકોણ છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,આપણે પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જે જણાવે છે કે જો સૌથી મોટી બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોય,તો તે ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે આપેલી બાજુઓના વર્ગની ગણતરી કરીએ:
$7^2 = 49$
$24^2 = 576$
$25^2 = 625$
હવે,આપણે ચકાસીએ કે શું બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો સૌથી મોટી બાજુના વર્ગ જેટલો છે:
$49 + 576 = 625$
અહીં $7^2 + 24^2 = 25^2$ હોવાથી,આપેલી બાજુઓ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,આ ત્રિકોણ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણની સૌથી મોટી બાજુ તેનો કર્ણ હોય છે. આમ,કર્ણની લંબાઈ $25 \, cm$ છે.

(N/A) ત્રિકોણની આપેલી બાજુઓ $3 \text{ cm}, 8 \text{ cm}$ અને $6 \text{ cm}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપ મુજબ,જો ત્રિકોણની બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો સૌથી મોટી બાજુના વર્ગ જેટલો થાય,તો તે કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
અહીં,બાજુઓના વર્ગો નીચે મુજબ છે:
$3^2 = 9$
$6^2 = 36$
$8^2 = 64$
બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો ચકાસતા:
$3^2 + 6^2 = 9 + 36 = 45$
અહીં $45 \neq 64$ હોવાથી (એટલે કે $3^2 + 6^2 \neq 8^2$),કાટકોણ ત્રિકોણની શરતનું પાલન થતું નથી.
તેથી,આપેલ ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ નથી.

(NONE) આપેલ છે કે ત્રિકોણની બાજુઓ $50 \text{ cm}, 80 \text{ cm}$ અને $100 \text{ cm}$ છે.
તે કાટકોણ ત્રિકોણ છે કે નહીં તે ચકાસવા માટે,આપણે પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જે મુજબ જો ત્રિકોણમાં સૌથી મોટી બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોય,તો તે કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
બાજુઓના વર્ગની ગણતરી કરીએ:
$50^2 = 2500$
$80^2 = 6400$
$100^2 = 10000$
હવે,બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો ચકાસીએ:
$50^2 + 80^2 = 2500 + 6400 = 8900$
આ સરખામણી સૌથી મોટી બાજુના વર્ગ સાથે કરીએ:
$8900 \neq 10000$
અહીં $50^2 + 80^2 \neq 100^2$ હોવાથી,આપેલ ત્રિકોણ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરતું નથી.
તેથી,આપેલ ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ નથી.

(A) આપેલ બાજુઓ $13\, cm, 12\, cm$ અને $5\, cm$ છે.
આ બાજુઓની લંબાઈનો વર્ગ કરતા,આપણને $169, 144$ અને $25$ મળે છે.
સ્પષ્ટપણે,$144 + 25 = 169$.
અથવા,$12^2 + 5^2 = 13^2$.
આપેલ ત્રિકોણની બાજુઓ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,આ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે કાટકોણ ત્રિકોણની સૌથી મોટી બાજુ કર્ણ હોય છે.
તેથી,આ ત્રિકોણના કર્ણની લંબાઈ $13\, cm$ છે.

(N/A) ધારો કે $\angle MPR = x$ છે.
$\Delta MPR$ માં,
$\angle MRP = 180^{\circ} - 90^{\circ} - x = 90^{\circ} - x$.
તે જ રીતે,$\Delta MPQ$ માં,
$\angle MPQ = 90^{\circ} - \angle MPR = 90^{\circ} - x$.
$\Delta MPQ$ માં,
$\angle MQP = 180^{\circ} - 90^{\circ} - (90^{\circ} - x) = x$.
હવે,$\Delta QMP$ અને $\Delta PMR$ માં:
$\angle MPQ = \angle MRP = 90^{\circ} - x$
$\angle MQP = \angle MPR = x$
$\angle PMQ = \angle RMP = 90^{\circ}$
તેથી,$\Delta QMP \sim \Delta PMR$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ).
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{QM}{PM} = \frac{PM}{MR}$
$\Rightarrow PM^{2} = QM \cdot MR$.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABD$ માં,$\angle BAD = 90^\circ$ અને $AC \perp BD$.
સાબિત કરવાનું છે: $AB^2 = BC \cdot BD$.
સાબિતી: $\triangle BCA$ અને $\triangle BAD$ લો.
$\triangle BCA$ અને $\triangle BAD$ માં:
$\angle BCA = \angle BAD = 90^\circ$ (આપેલ છે કે $AC \perp BD$ અને $\angle BAD = 90^\circ$)
$\angle B = \angle B$ (સામાન્ય ખૂણો)
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle BCA \sim \triangle BAD$.
સમરૂપ ત્રિકોણોની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{BC}{BA} = \frac{BA}{BD}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$BA \cdot BA = BC \cdot BD$
$AB^2 = BC \cdot BD$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABD$ માં,$\angle A = 90^{\circ}$ અને $AC \perp BD$.
સાબિત કરવાનું છે: $AC^{2} = BC \cdot DC$.
સાબિતી:
$\triangle BCA$ અને $\triangle ACD$ માં:
$\angle BCA = \angle ACD = 90^{\circ}$ ($AC \perp BD$ હોવાથી)
$\angle CBA = 90^{\circ} - \angle CAB$ ($\triangle ABC$ માં,$\angle B + \angle CAB = 90^{\circ}$)
વળી,$\angle CAD = 90^{\circ} - \angle CAB$ ($\angle A = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle CAD + \angle CAB = 90^{\circ}$)
તેથી,$\angle CBA = \angle CAD$.
$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle BCA \sim \triangle ACD$.
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{BC}{AC} = \frac{AC}{DC}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} = BC \cdot DC$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABD$ માં,$\angle A = 90^{\circ}$ અને $AC \perp BD$.
સાબિત કરવાનું છે: $AD^{2} = BD \cdot CD$.
સાબિતી: $\triangle ACD$ અને $\triangle BAD$ ને ધ્યાનમાં લો.
$\triangle ACD$ અને $\triangle BAD$ માં:
$\angle ACD = \angle BAD = 90^{\circ}$.
$\angle D = \angle D$ (સામાન્ય ખૂણો).
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ACD \sim \triangle BAD$.
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{AC}{BA} = \frac{CD}{AD} = \frac{AD}{BD}$.
ગુણોત્તરના છેલ્લા બે ભાગ લેતા:
$\frac{CD}{AD} = \frac{AD}{BD}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$AD^{2} = BD \cdot CD$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle C = 90^{\circ}$ છે.
તે સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,તેની બે બાજુઓ સમાન હોય,તેથી $AC = CB$ થાય.
$\triangle ABC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા (જે $C$ બિંદુ આગળ કાટખૂણો છે),આપણને મળે છે:
$AC^{2} + CB^{2} = AB^{2}$
અહીં $AC = CB$ હોવાથી,સમીકરણમાં $CB$ ની જગ્યાએ $AC$ મૂકતા:
$AC^{2} + AC^{2} = AB^{2}$
$2AC^{2} = AB^{2}$
આમ,સાબિત થાય છે કે $AB^{2} = 2AC^{2}$.

(N/A) આપેલ છે કે,
$AB^2 = 2 AC^2$
આપણે આને આ રીતે લખી શકીએ:
$AB^2 = AC^2 + AC^2$
કારણ કે આપેલ છે કે $AC = BC$,તેથી આપણે $AC$ ના એક પદને બદલે $BC$ લખી શકીએ:
$AB^2 = AC^2 + BC^2$
આ સમીકરણ પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનું પાલન કરે છે,જે જણાવે છે કે જો ત્રિકોણની એક બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા બરાબર હોય,તો પ્રથમ બાજુની સામેનો ખૂણો કાટખૂણો હોય છે.
તેથી,$\triangle ABC$ એ $C$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(N/A) ધારો કે $\triangle ABC$ એ આપેલ સમબાજુ ત્રિકોણ છે અને $AD$ તેનો વેધ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે સમબાજુ ત્રિકોણમાં વેધ સામેની બાજુને દુભાગે છે.
$\therefore BD = DC = a$
$\triangle ADB$ માં,$\angle ADB = 90^{\circ}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AD^2 + DB^2 = AB^2$
$\Rightarrow AD^2 + a^2 = (2a)^2$
$\Rightarrow AD^2 + a^2 = 4a^2$
$\Rightarrow AD^2 = 3a^2$
$\Rightarrow AD = a\sqrt{3}$
સમબાજુ ત્રિકોણમાં,બધા વેધ સમાન લંબાઈના હોય છે.
તેથી,દરેક વેધની લંબાઈ $a\sqrt{3}$ થશે.

(N/A) ધારો કે $ABCD$ એક સમબાજુ ચતુષ્કોણ છે જેના વિકર્ણો $AC$ અને $BD$ બિંદુ $O$ માં છેદે છે.
$\Delta AOB, \Delta BOC, \Delta COD,$ અને $\Delta AOD$ માં,
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AB^2 = AO^2 + OB^2$ $...(1)$
$BC^2 = BO^2 + OC^2$ $...(2)$
$CD^2 = CO^2 + OD^2$ $...(3)$
$AD^2 = AO^2 + OD^2$ $...(4)$
આ તમામ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AB^2 + BC^2 + CD^2 + AD^2 = 2(AO^2 + OB^2 + OC^2 + OD^2)$
સમબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો એકબીજાને કાટખૂણે દુભાગે છે,તેથી $AO = OC = AC/2$ અને $BO = OD = BD/2$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$= 2((AC/2)^2 + (BD/2)^2 + (AC/2)^2 + (BD/2)^2)$
$= 2(2(AC/2)^2 + 2(BD/2)^2)$
$= 2(AC^2/2 + BD^2/2)$
$= AC^2 + BD^2$
આમ,સમબાજુ ચતુષ્કોણની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો તેના વિકર્ણોના વર્ગોના સરવાળા બરાબર છે.

(N/A) $OA$,$OB$ અને $OC$ ને જોડો.
$\triangle AOF$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$OA^{2} = OF^{2} + AF^{2}$ --- $(i)$
તે જ રીતે,$\triangle BOD$ માં:
$OB^{2} = OD^{2} + BD^{2}$ --- $(ii)$
તે જ રીતે,$\triangle COE$ માં:
$OC^{2} = OE^{2} + CE^{2}$ --- $(iii)$
સમીકરણો $(i)$,$(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$OA^{2} + OB^{2} + OC^{2} = OF^{2} + AF^{2} + OD^{2} + BD^{2} + OE^{2} + CE^{2}$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$OA^{2} + OB^{2} + OC^{2} - OD^{2} - OE^{2} - OF^{2} = AF^{2} + BD^{2} + CE^{2}$
આમ,પરિણામ સાબિત થાય છે.

(N/A) $OA$,$OB$ અને $OC$ ને જોડો.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle AFO$,$\triangle BDO$ અને $\triangle CEO$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$OA^{2} = AF^{2} + OF^{2} \implies AF^{2} = OA^{2} - OF^{2}$ ... $(i)$
$OB^{2} = BD^{2} + OD^{2} \implies BD^{2} = OB^{2} - OD^{2}$ ... $(ii)$
$OC^{2} = CE^{2} + OE^{2} \implies CE^{2} = OC^{2} - OE^{2}$ ... $(iii)$
$(i)$,$(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AF^{2} + BD^{2} + CE^{2} = (OA^{2} - OF^{2}) + (OB^{2} - OD^{2}) + (OC^{2} - OE^{2})$ ... $(iv)$
તે જ રીતે,કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle AEO$,$\triangle CDO$ અને $\triangle BFO$ માં:
$OA^{2} = AE^{2} + OE^{2} \implies AE^{2} = OA^{2} - OE^{2}$
$OC^{2} = CD^{2} + OD^{2} \implies CD^{2} = OC^{2} - OD^{2}$
$OB^{2} = BF^{2} + OF^{2} \implies BF^{2} = OB^{2} - OF^{2}$
આનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AE^{2} + CD^{2} + BF^{2} = (OA^{2} - OE^{2}) + (OC^{2} - OD^{2}) + (OB^{2} - OF^{2})$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આ સમીકરણ $(iv)$ ની જમણી બાજુ જેટલું જ છે.
આમ,$AF^{2} + BD^{2} + CE^{2} = AE^{2} + CD^{2} + BF^{2}$.

(A) ધારો કે $OA$ દીવાલ છે અને $AB$ નિસરણી છે,જ્યાં $OA = 8\, m$ અને $AB = 10\, m$ છે.
દીવાલ જમીનને લંબ હોવાથી,$\triangle AOB$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle AOB = 90^\circ$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AB^2 = OA^2 + OB^2$.
કિંમતો મૂકતા: $(10)^2 = (8)^2 + OB^2$.
$100 = 64 + OB^2$.
$OB^2 = 100 - 64 = 36$.
$OB = \sqrt{36} = 6\, m$.
તેથી,નિસરણીના નીચેના છેડાનું દીવાલના પાયાથી અંતર $6\, m$ છે.

(N/A) ધારો કે $OB$ થાંભલો છે અને $AB$ તાર છે. થાંભલો ઉભો છે,તેથી $\triangle AOB$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle AOB = 90^{\circ}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,
$AB^{2} = OB^{2} + OA^{2}$
$(24\, m)^{2} = (18\, m)^{2} + OA^{2}$
$576\, m^{2} = 324\, m^{2} + OA^{2}$
$OA^{2} = (576 - 324)\, m^{2} = 252\, m^{2}$
$OA = \sqrt{252}\, m = \sqrt{36 \times 7}\, m = 6\sqrt{7}\, m$
તેથી,પાયાથી અંતર $6\sqrt{7}\, m$ (આશરે $15.87\, m$) છે.

(N/A) ઉત્તર દિશામાં ઉડતા વિમાન દ્વારા $1 \frac{1}{2}$ કલાકમાં કાપેલું અંતર $= 1000 \times 1.5 = 1500\, km$.
પશ્ચિમ દિશામાં ઉડતા વિમાન દ્વારા $1 \frac{1}{2}$ કલાકમાં કાપેલું અંતર $= 1200 \times 1.5 = 1800\, km$.
ધારો કે એરપોર્ટ ઉગમબિંદુ $O$ પર છે. ઉત્તર તરફ ઉડતું વિમાન બિંદુ $A$ પર પહોંચે છે અને પશ્ચિમ તરફ ઉડતું વિમાન બિંદુ $B$ પર પહોંચે છે.
ઉત્તર અને પશ્ચિમ દિશાઓ પરસ્પર લંબ હોવાથી,$\triangle AOB$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle AOB = 90^\circ$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,બંને વિમાનો વચ્ચેનું અંતર કર્ણ $AB = \sqrt{OA^2 + OB^2}$ થશે.
$AB = \sqrt{1500^2 + 1800^2} = \sqrt{2250000 + 3240000} = \sqrt{5490000}$.
$AB = \sqrt{90000 \times 61} = 300\sqrt{61}\, km$.
આમ,$1 \frac{1}{2}$ કલાક પછી બંને વિમાનો વચ્ચેનું અંતર $300\sqrt{61}\, km$ હશે.

(13 M) ધારો કે $CD$ અને $AB$ એ અનુક્રમે $11 \, m$ અને $6 \, m$ ઊંચાઈના થાંભલા છે.
$BD$ ને સમાંતર રેખાખંડ $AP$ દોરો જેથી $P$ એ $CD$ પર હોય. તેથી $AP = BD = 12 \, m$ અને $PD = AB = 6 \, m$ થાય.
હવે,$CP = CD - PD = 11 \, m - 6 \, m = 5 \, m$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle APC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$AC^2 = AP^2 + CP^2$
$AC^2 = (12 \, m)^2 + (5 \, m)^2$
$AC^2 = 144 \, m^2 + 25 \, m^2 = 169 \, m^2$
$AC = \sqrt{169} \, m = 13 \, m$.
તેથી,તેમની ટોચ વચ્ચેનું અંતર $13 \, m$ છે.

(N/A) $\triangle ACE$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} + CE^{2} = AE^{2}$ $...(1)$
$\triangle BCD$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$BC^{2} + CD^{2} = BD^{2}$ $...(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને સમીકરણ $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} + CE^{2} + BC^{2} + CD^{2} = AE^{2} + BD^{2}$ $...(3)$
$\triangle CDE$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$DE^{2} = CD^{2} + CE^{2}$ $...(4)$
$\triangle ABC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2}$ $...(5)$
સમીકરણ $(4)$ અને સમીકરણ $(5)$ ની કિંમતો સમીકરણ $(3)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$AB^{2} + DE^{2} = AE^{2} + BD^{2}$
આમ,$AE^{2} + BD^{2} = AB^{2} + DE^{2}$.

(N/A) $\triangle ACD$ માટે પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2}$
$AD^{2} = AC^{2} - DC^{2}$ $...(1)$
$\triangle ABD$ માટે પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AB^{2} = AD^{2} + DB^{2}$
$AD^{2} = AB^{2} - DB^{2}$ $...(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને સમીકરણ $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$AC^{2} - DC^{2} = AB^{2} - DB^{2}$ $...(3)$
આપેલ છે કે $DB = 3CD$. કારણ કે $BC = DB + CD$,તેથી $BC = 3CD + CD = 4CD$.
$\therefore CD = \frac{BC}{4}$ અને $DB = 3CD = \frac{3BC}{4}$.
આ કિંમતોને સમીકરણ $(3)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} - \left(\frac{BC}{4}\right)^{2} = AB^{2} - \left(\frac{3BC}{4}\right)^{2}$
$AC^{2} - \frac{BC^{2}}{16} = AB^{2} - \frac{9BC^{2}}{16}$
$16AC^{2} - BC^{2} = 16AB^{2} - 9BC^{2}$
$16AB^{2} - 16AC^{2} = 8BC^{2}$
$8$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$2AB^{2} = 2AC^{2} + BC^{2}$

(N/A) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુ $a$ છે,અને $AE$ એ $\Delta ABC$ નો $BC$ પરનો વેધ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણમાં વેધ પાયાને દુભાગે છે.
$\therefore BE = EC = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ABE$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AE^{2} = AB^{2} - BE^{2} = a^{2} - (\frac{a}{2})^{2} = a^{2} - \frac{a^{2}}{4} = \frac{3a^{2}}{4}$.
તેથી,$AE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
આપેલ છે કે $BD = \frac{1}{3} BC = \frac{a}{3}$.
હવે,$DE = BE - BD = \frac{a}{2} - \frac{a}{3} = \frac{3a - 2a}{6} = \frac{a}{6}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ADE$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AD^{2} = AE^{2} + DE^{2}$.
કિંમતો મૂકતા:
$AD^{2} = (\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2} + (\frac{a}{6})^{2} = \frac{3a^{2}}{4} + \frac{a^{2}}{36}$.
લસાઅ $36$ લેતા:
$AD^{2} = \frac{27a^{2} + a^{2}}{36} = \frac{28a^{2}}{36} = \frac{7a^{2}}{9}$.
અહીં $a = AB$ હોવાથી,$AD^{2} = \frac{7 AB^{2}}{9}$.
તેથી,$9 AD^{2} = 7 AB^{2}$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુ $a$ છે,અને $AE$ એ $\triangle ABC$ નો વેધ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણનો વેધ પાયાને દુભાગે છે,તેથી:
$BE = EC = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2}$
કાટકોણ $\triangle ABE$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AB^2 = AE^2 + BE^2$
$AB = a$ અને $BE = \frac{a}{2}$ ની કિંમતો મૂકતા:
$a^2 = AE^2 + (\frac{a}{2})^2$
$a^2 = AE^2 + \frac{a^2}{4}$
$AE^2$ માટે પદ ગોઠવતા:
$AE^2 = a^2 - \frac{a^2}{4}$
$AE^2 = \frac{4a^2 - a^2}{4}$
$AE^2 = \frac{3a^2}{4}$
બંને બાજુ $4$ વડે ગુણતા:
$4AE^2 = 3a^2$
આમ,સાબિત થાય છે કે $4 \times$ (વેધનો વર્ગ) $= 3 \times$ (એક બાજુનો વર્ગ).

(B) આપેલ છે કે,$AB = 6\sqrt{3} \text{ cm}$,$AC = 12 \text{ cm}$,અને $BC = 6 \text{ cm}$.
બાજુઓના વર્ગની ગણતરી કરતા:
$AB^2 = (6\sqrt{3})^2 = 36 \times 3 = 108$
$BC^2 = (6)^2 = 36$
$AC^2 = (12)^2 = 144$
હવે,અવલોકન કરતા:
$AB^2 + BC^2 = 108 + 36 = 144$
અહીં $AB^2 + BC^2 = AC^2$ હોવાથી,આ ત્રિકોણ પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનું પાલન કરે છે.
તેથી,$\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે,જેમાં કર્ણ $AC$ ની સામેનો ખૂણો કાટખૂણો છે.
આમ,$\angle B = 90^\circ$.
તેથી,સાચો જવાબ $(B)$ છે.

(N/A) રચના: $PS$ ને સમાંતર એક રેખાખંડ $RT$ દોરો જે લંબાવેલા રેખાખંડ $QP$ ને બિંદુ $T$ માં છેદે છે.
આપેલ છે કે,$PS$ એ $\angle QPR$ નો ખૂણાનો દ્વિભાજક છે.
તેથી,$\angle QPS = \angle SPR \quad \dots(1)$
રચના મુજબ,$PS \parallel TR$ અને $QT$ એ છેદિકા છે.
તેથી,$\angle QPS = \angle QTR$ (અનુકોણ) $\quad \dots(2)$
વળી,$PS \parallel TR$ અને $PR$ એ છેદિકા છે.
તેથી,$\angle SPR = \angle PRT$ (યુગ્મકોણ) $\quad \dots(3)$
સમીકરણ $(1)$,$(2)$,અને $(3)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle QTR = \angle PRT$
$\Delta PTR$ માં,$\angle QTR = \angle PRT$ હોવાથી,આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે.
તેથી,$PT = PR \quad \dots(4)$
$\Delta QTR$ માં,$PS \parallel TR$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય $(BPT)$ મુજબ:
$\frac{QS}{SR} = \frac{QP}{PT}$
સમીકરણ $(4)$ માંથી $PT = PR$ ની કિંમત ઉપરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{QS}{SR} = \frac{PQ}{PR}$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $DB$ ને જોડો.
આપણી પાસે $DN \parallel CB,$ $DM \parallel AB,$ અને $\angle B = 90^{\circ}$ છે.
તેથી,$DMBN$ એક લંબચોરસ છે.
આમ,$DN = MB$ અને $DM = NB$ થાય.
$D$ એ $B$ માંથી $AC$ પર દોરેલા વેધનો લંબપાદ હોવાથી,$\angle CDB = 90^{\circ}$ થાય.
$\angle 2 + \angle 3 = 90^{\circ} \dots(1)$
$\Delta CDM$ માં,$\angle 1 + \angle 2 + \angle DMC = 180^{\circ} \Rightarrow \angle 1 + \angle 2 = 90^{\circ} \dots(2)$
$\Delta DMB$ માં,$\angle 3 + \angle DMB + \angle 4 = 180^{\circ} \Rightarrow \angle 3 + \angle 4 = 90^{\circ} \dots(3)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને $\angle 1 = \angle 3$ મળે છે.
સમીકરણ $(1)$ અને $(3)$ પરથી,આપણને $\angle 2 = \angle 4$ મળે છે.
$\Delta DCM$ અને $\Delta BDM$ માં,
$\angle 1 = \angle 3$ (ઉપર સાબિત કર્યું)
$\angle 2 = \angle 4$ (ઉપર સાબિત કર્યું)
તેથી,$\Delta DCM \sim \Delta BDM$ ($AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ).
આમ,$\frac{BM}{DM} = \frac{DM}{MC}$ થાય.
$BM = DN$ હોવાથી,$\frac{DN}{DM} = \frac{DM}{MC}$ થાય.
તેથી,$DM^{2} = DN \cdot MC$ સાબિત થાય છે.

(N/A) ચતુષ્કોણ $DMBN$ માં,$\angle DMB = 90^{\circ},$ $\angle DNB = 90^{\circ},$ અને $\angle MBN = 90^{\circ}$ (આપેલ છે કે $\angle ABC = 90^{\circ}$) હોવાથી,ચોથો ખૂણો $\angle MDN$ પણ $90^{\circ}$ થાય. આમ,$DMBN$ એક લંબચોરસ છે.
તેથી,$DM = NB$ અને $DN = MB.$
$\Delta ABC$ માં,$BD \perp AC.$ કાટકોણ ત્રિકોણમાં સમરૂપ ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,$\Delta ADN \sim \Delta ABD$ અને $\Delta BDC \sim \Delta ABD$ થાય.
વધુ સ્પષ્ટ રીતે,$\Delta DNB$ અને $\Delta ADN$ માં:
$\angle DNB = \angle DNA = 90^{\circ}.$
$\angle NDB = \angle DAN$ (કારણ કે બંને $\angle ADN$ ના કોટિકોણ છે).
આમ,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\Delta DNB \sim \Delta ADN$ થાય.
તેથી,$\frac{DN}{AN} = \frac{NB}{DN}.$
$DN^{2} = AN \cdot NB.$
$NB = DM$ હોવાથી,આપણને મળે છે $DN^{2} = AN \cdot DM.$

(N/A) $\triangle ADB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AB^{2} = AD^{2} + BD^{2} \quad \dots(1)$
$\triangle ADC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2}$
અહીં $DC = DB + BC$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$AC^{2} = AD^{2} + (DB + BC)^{2}$
$AC^{2} = AD^{2} + DB^{2} + BC^{2} + 2DB \cdot BC$
સમીકરણ $(1)$ પરથી $AD^{2} + DB^{2} = AB^{2}$ મૂકતા:
$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} + 2BC \cdot BD$

(N/A) $\triangle ADB$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AD^{2} + DB^{2} = AB^{2}$
$\Rightarrow AD^{2} = AB^{2} - DB^{2} \dots(1)$
$\triangle ADC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AD^{2} + DC^{2} = AC^{2}$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $AD^{2}$ ની કિંમત મૂકતા:
$(AB^{2} - BD^{2}) + DC^{2} = AC^{2}$
અહીં $D$ એ $BC$ પર આવેલું હોવાથી,$DC = BC - BD$ થાય. આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$AB^{2} - BD^{2} + (BC - BD)^{2} = AC^{2}$
$AB^{2} - BD^{2} + (BC^{2} + BD^{2} - 2BC \cdot BD) = AC^{2}$
$AB^{2} + BC^{2} - 2BC \cdot BD = AC^{2}$
આમ,$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} - 2BC \cdot BD$ સાબિત થાય છે.

(N/A) $\Delta AMD$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AM^{2} + MD^{2} = AD^{2} \dots(1)$
$\Delta AMC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AM^{2} + MC^{2} = AC^{2}$
કારણ કે $MC = MD + DC$,તેથી:
$AM^{2} + (MD + DC)^{2} = AC^{2}$
$AM^{2} + MD^{2} + DC^{2} + 2MD \cdot DC = AC^{2}$
સમીકરણ $(1)$ પરથી $AM^{2} + MD^{2} = AD^{2}$ મૂકતા:
$AD^{2} + DC^{2} + 2MD \cdot DC = AC^{2}$
$AD$ એ મધ્યગા હોવાથી,$DC = \frac{BC}{2}$ થાય. આ કિંમત મૂકતા:
$AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} + 2MD \cdot \left(\frac{BC}{2}\right) = AC^{2}$
$AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} + BC \cdot DM = AC^{2}$
આમ,$AC^{2} = AD^{2} + BC \cdot DM + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2}$ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $AD$ એ $\Delta ABC$ ની મધ્યગા છે,તેથી $BD = DC = \frac{BC}{2}$.
વળી,$AM \perp BC$.
કાટકોણ $\Delta ABM$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^{2} = AM^{2} + BM^{2}$
કાટકોણ $\Delta ADM$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AD^{2} = AM^{2} + DM^{2} \implies AM^{2} = AD^{2} - DM^{2}$
પ્રથમ સમીકરણમાં $AM^{2}$ ની કિંમત મૂકતા:
$AB^{2} = (AD^{2} - DM^{2}) + BM^{2}$
કારણ કે $BM = BD - DM$,તેથી:
$AB^{2} = AD^{2} - DM^{2} + (BD - DM)^{2}$
$AB^{2} = AD^{2} - DM^{2} + BD^{2} + DM^{2} - 2 \cdot BD \cdot DM$
$AB^{2} = AD^{2} + BD^{2} - 2 \cdot BD \cdot DM$
કારણ કે $BD = \frac{BC}{2}$,આ કિંમત મૂકતા:
$AB^{2} = AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} - 2 \cdot \left(\frac{BC}{2}\right) \cdot DM$
$AB^{2} = AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} - BC \cdot DM$

(N/A) $\Delta ABM$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AM^2 + MB^2 = AB^2 \quad \dots(1)$
$\Delta AMC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AM^2 + MC^2 = AC^2 \quad \dots(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$2AM^2 + MB^2 + MC^2 = AB^2 + AC^2$
$AD$ એ મધ્યગા હોવાથી,$BD = DC = \frac{BC}{2}$ થાય.
આપણે $MB = BD - DM$ અને $MC = DC + DM = BD + DM$ લખી શકીએ.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$2AM^2 + (BD - DM)^2 + (BD + DM)^2 = AB^2 + AC^2$
$2AM^2 + (BD^2 + DM^2 - 2BD \cdot DM) + (BD^2 + DM^2 + 2BD \cdot DM) = AB^2 + AC^2$
$2AM^2 + 2BD^2 + 2DM^2 = AB^2 + AC^2$
$2(AM^2 + DM^2) + 2BD^2 = AB^2 + AC^2$
$\Delta ADM$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AM^2 + DM^2 = AD^2$ થાય.
તેથી,$2AD^2 + 2(\frac{BC}{2})^2 = AB^2 + AC^2$
$2AD^2 + 2(\frac{BC^2}{4}) = AB^2 + AC^2$
$2AD^2 + \frac{BC^2}{2} = AB^2 + AC^2$

(A) ધારો કે $ABCD$ એક સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે.
ધારો કે આપણે લંબ $DE$ ને લંબાવેલી બાજુ $AB$ પર અને $AF$ ને બાજુ $DC$ પર દોરીએ છીએ.
$\triangle DEA$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$DE^{2} + EA^{2} = DA^{2} \dots (i)$
$\triangle DEB$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$DE^{2} + EB^{2} = DB^{2}$
$DE^{2} + (EA + AB)^{2} = DB^{2}$
$(DE^{2} + EA^{2}) + AB^{2} + 2EA \times AB = DB^{2}$
$DA^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB = DB^{2} \dots (ii)$
$\triangle AFC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AC^{2} = AF^{2} + FC^{2}$
$AC^{2} = AF^{2} + (DC - FD)^{2}$
$AC^{2} = AF^{2} + DC^{2} + FD^{2} - 2DC \times FD$
$AC^{2} = (AF^{2} + FD^{2}) + DC^{2} - 2DC \times FD$
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2} - 2DC \times FD \dots (iii)$
કારણ કે $ABCD$ સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે,$AB = CD \dots (iv)$ અને $BC = AD \dots (v)$.
$\triangle DEA$ અને $\triangle AFD$ માં:
$\angle DEA = \angle AFD = 90^{\circ}$
$\angle EAD = \angle ADF$ (કારણ કે $EA \parallel DF$)
$AD = AD$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$\triangle EAD \cong \triangle FDA$ ($AAS$ એકરૂપતાની શરત).
આનો અર્થ એ છે કે $EA = DF \dots (vi)$.
સમીકરણ $(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા:
$DB^{2} + AC^{2} = DA^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB + AD^{2} + DC^{2} - 2DC \times FD$
$AB = DC$ અને $EA = DF$ નો ઉપયોગ કરતા:
$DB^{2} + AC^{2} = AD^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB + AD^{2} + AB^{2} - 2AB \times EA$
$DB^{2} + AC^{2} = 2AD^{2} + 2AB^{2}$
કારણ કે $AD = BC$ અને $AB = CD$:
$AC^{2} + BD^{2} = AB^{2} + BC^{2} + CD^{2} + DA^{2}$.

(N/A) $\Delta APC \sim \Delta DPB$ સાબિત કરવા માટે,આપણે નીચેના પગલાં અનુસરીએ છીએ:
$1$. $CB$ અને $AD$ ને જોડો.
$2$. $\Delta APC$ અને $\Delta DPB$ નો વિચાર કરો.
$3$. $\angle APC = \angle DPB$ (અભિકોણો).
$4$. $\angle CAP = \angle BDP$ (વર્તુળના એક જ વૃત્તખંડમાં આવેલા ખૂણાઓ સમાન હોય છે,અહીં ચાપ $CB$ દ્વારા અંતરાયેલા ખૂણાઓ).
$5$. તેથી,$AA$ (ખૂ-ખૂ) સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta APC \sim \Delta DPB$.

(N/A) $AP \cdot PB = CP \cdot DP$ સાબિત કરવા માટે,આપણે ત્રિકોણ $\Delta APC$ અને $\Delta DPB$ ને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
$1$. $\angle APC = \angle DPB$ (અભિકોણો).
$2$. $\angle CAP = \angle BDP$ (એક જ વૃત્તખંડમાં આવેલા ખૂણાઓ સમાન હોય છે).
$AA$ (ખૂ-ખૂ) સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta APC \sim \Delta DPB$.
સમરૂપ ત્રિકોણની અનુરૂપ બાજુઓ પ્રમાણમાં હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AP}{DP} = \frac{PC}{PB} = \frac{AC}{DB}$
પ્રથમ બે ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{AP}{DP} = \frac{PC}{PB}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા,આપણને મળે છે:
$AP \cdot PB = PC \cdot DP$ (અથવા $AP \cdot PB = CP \cdot DP$).

(N/A) $\Delta PAC$ અને $\Delta PDB$ ને ધ્યાનમાં લો.
$1$. $\angle P = \angle P$ (સામાન્ય ખૂણો).
$2$. ચક્રીય ચતુષ્કોણ $ABDC$ માં,બહિષ્કોણ તેના અંતઃસન્મુખ ખૂણા જેટલો હોય છે. તેથી,$\angle PAC = \angle PDB$ (કારણ કે $\angle PAC + \angle CAB = 180^{\circ}$ અને $\angle PDB + \angle CAB = 180^{\circ}$).
$3$. $AA$ (ખૂ-ખૂ) સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta PAC \sim \Delta PDB$.

(N/A) $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ સાબિત કરવા માટે,$\triangle PAD$ અને $\triangle PCB$ ને ધ્યાનમાં લો.
$1$. $\angle P = \angle P$ (સામાન્ય ખૂણો).
$2$. $\angle PDA = \angle PBC$ (ચક્રીય ચતુષ્કોણનો બહિષ્કોણ તેના અંતઃસન્મુખ ખૂણા જેટલો હોય છે,અથવા $\angle PAD + \angle DAB = 180^{\circ}$ અને $\angle BCD + \angle DAB = 180^{\circ}$ હોવાથી,$\angle PAD = \angle BCD$ થાય,અને આમ $AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle PAD \sim \triangle PCB$ થાય).
$\triangle PAD \sim \triangle PCB$ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{PA}{PC} = \frac{PD}{PB} = \frac{AD}{CB}$.
પ્રથમ બે ભાગ લેતા:
$\frac{PA}{PC} = \frac{PD}{PB}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા,આપણને મળે છે:
$PA \cdot PB = PC \cdot PD$.

(N/A) ધારો કે આપણે $BA$ ને $P$ સુધી લંબાવીએ જેથી $AP = AC$ થાય. $PC$ ને જોડો.
આપેલ છે કે,
$\frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AC}$
કારણ કે $AP = AC$,આપણે $AC$ ની જગ્યાએ $AP$ મૂકી શકીએ:
$\frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AP}$
$\Delta BPC$ માં પાયાના પ્રમાણભૂતતાના પ્રમેય $(BPT)$ ના પ્રતિપનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AD \parallel PC$
તેથી,$\angle BAD = \angle APC$ (અનુકોણ) $\dots(1)$
અને,$\angle DAC = \angle ACP$ (યુગ્મકોણ) $\dots(2)$
રચના મુજબ,આપણી પાસે $AP = AC$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\Delta APC$ માં,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે:
$\angle APC = \angle ACP \dots(3)$
સમીકરણ $(1), (2),$ અને $(3)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle BAD = \angle DAC$
આમ,$AD$ એ $\angle BAC$ નો દ્વિભાજક છે.