Textbook - Triangles Questions in Hindi

(4:1) चूँकि $AB \parallel CD,$
$\therefore \angle OAB = \angle OCD$ और $\angle OBA = \angle ODC$ (एकांतर अंतःकोण)।
$\triangle AOB$ और $\triangle COD$ में,
$\angle AOB = \angle COD$ (शीर्षाभिमुख कोण)।
$\angle OAB = \angle OCD$ (एकांतर अंतःकोण)।
$\angle OBA = \angle ODC$ (एकांतर अंतःकोण)।
$\therefore \triangle AOB \sim \triangle COD$ ($AAA$ समरूपता कसौटी द्वारा)।
हम जानते हैं कि दो समरूप त्रिभुजों के क्षेत्रफलों का अनुपात उनकी संगत भुजाओं के अनुपात के वर्ग के बराबर होता है।
$\therefore \frac{\operatorname{ar}(\triangle AOB)}{\operatorname{ar}(\triangle COD)} = \left(\frac{AB}{CD}\right)^2$.
दिया है $AB = 2 CD,$
$\therefore \frac{\operatorname{ar}(\triangle AOB)}{\operatorname{ar}(\triangle COD)} = \left(\frac{2 CD}{CD}\right)^2 = \left(\frac{2}{1}\right)^2 = \frac{4}{1} = 4:1$.
अतः,त्रिभुजों $AOB$ और $COD$ के क्षेत्रफलों का अनुपात $4:1$ है।

(N/A) मान लीजिए कि हम रेखा $BC$ पर दो लंब $AP$ और $DM$ खींचते हैं।
हम जानते हैं कि त्रिभुज का क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई}$ होता है।
अतः,$\frac{\operatorname{ar}(\Delta ABC)}{\operatorname{ar}(\Delta DBC)} = \frac{\frac{1}{2} \times BC \times AP}{\frac{1}{2} \times BC \times DM} = \frac{AP}{DM}$.
$\triangle APO$ और $\triangle DMO$ में:
$\angle APO = \angle DMO = 90^{\circ}$ (रचना से)।
$\angle AOP = \angle DOM$ (शीर्षाभिमुख कोण)।
अतः,$\triangle APO \sim \triangle DMO$ ($AA$ समरूपता कसौटी द्वारा)।
चूंकि त्रिभुज समरूप हैं,उनकी संगत भुजाओं का अनुपात समान होगा:
$\frac{AP}{DM} = \frac{AO}{DO}$.
इस मान को हमारे क्षेत्रफल के अनुपात के समीकरण में रखने पर:
$\frac{\operatorname{ar}(\Delta ABC)}{\operatorname{ar}(\Delta DBC)} = \frac{AO}{DO}$।

(N/A) मान लीजिए कि दो समरूप त्रिभुज $\triangle ABC \sim \triangle PQR$ हैं।
समरूप त्रिभुजों के क्षेत्रफलों के प्रमेय के अनुसार:
$\frac{\text{ar}(\triangle ABC)}{\text{ar}(\triangle PQR)} = \left(\frac{AB}{PQ}\right)^2 = \left(\frac{BC}{QR}\right)^2 = \left(\frac{AC}{PR}\right)^2$ $...(1)$
दिया गया है कि,$\text{ar}(\triangle ABC) = \text{ar}(\triangle PQR)$.
इसलिए,$\frac{\text{ar}(\triangle ABC)}{\text{ar}(\triangle PQR)} = 1$.
इस मान को समीकरण $(1)$ में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$1 = \left(\frac{AB}{PQ}\right)^2 = \left(\frac{BC}{QR}\right)^2 = \left(\frac{AC}{PR}\right)^2$.
इसका अर्थ है:
$\left(\frac{AB}{PQ}\right)^2 = 1 \Rightarrow AB^2 = PQ^2 \Rightarrow AB = PQ$
$\left(\frac{BC}{QR}\right)^2 = 1 \Rightarrow BC^2 = QR^2 \Rightarrow BC = QR$
$\left(\frac{AC}{PR}\right)^2 = 1 \Rightarrow AC^2 = PR^2 \Rightarrow AC = PR$
चूंकि तीनों संगत भुजाएँ बराबर हैं,इसलिए $SSS$ (भुजा-भुजा-भुजा) सर्वांगसमता कसौटी के अनुसार,$\triangle ABC \cong \triangle PQR$ सिद्ध होता है।

(1:4) दिया गया है कि $D, E$ और $F$ क्रमशः $\Delta ABC$ की भुजाओं $AB, BC$ और $CA$ के मध्य-बिंदु हैं।
मध्य-बिंदु प्रमेय के अनुसार,एक त्रिभुज की दो भुजाओं के मध्य-बिंदुओं को मिलाने वाला रेखाखंड तीसरी भुजा के समांतर और उसकी लंबाई का आधा होता है।
इसलिए,$DE \parallel AC$ और $DE = \frac{1}{2} AC$.
इसी प्रकार,$EF \parallel AB$ और $EF = \frac{1}{2} AB$,तथा $DF \parallel BC$ और $DF = \frac{1}{2} BC$.
$\Delta DEF$ और $\Delta ABC$ में:
$\frac{DE}{AC} = \frac{EF}{AB} = \frac{DF}{BC} = \frac{1}{2}$.
$SSS$ समरूपता कसौटी के अनुसार,$\Delta DEF \sim \Delta ABC$.
दो समरूप त्रिभुजों के क्षेत्रफलों का अनुपात उनकी संगत भुजाओं के अनुपात के वर्ग के बराबर होता है।
इसलिए,$\frac{\operatorname{ar}(\Delta DEF)}{\operatorname{ar}(\Delta ABC)} = \left(\frac{DE}{AC}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}$.
अतः,$\Delta DEF$ और $\Delta ABC$ के क्षेत्रफलों का अनुपात $1:4$ है।

(N/A) मान लीजिए कि दो समरूप त्रिभुज $\Delta ABC \sim \Delta PQR$ हैं। मान लीजिए $AD$ और $PS$ इन त्रिभुजों की माध्यिकाएँ हैं।
चूँकि $\Delta ABC \sim \Delta PQR$,इसलिए:
$\frac{AB}{PQ} = \frac{BC}{QR} = \frac{AC}{PR} \quad ...(1)$
और $\angle B = \angle Q \quad ...(2)$
चूँकि $AD$ और $PS$ माध्यिकाएँ हैं,$D$ और $S$ क्रमशः $BC$ और $QR$ के मध्य-बिंदु हैं।
इसलिए,$BD = \frac{BC}{2}$ और $QS = \frac{QR}{2}$.
इन मानों को समीकरण $(1)$ में रखने पर:
$\frac{AB}{PQ} = \frac{2BD}{2QS} = \frac{BD}{QS} \quad ...(3)$
$\triangle ABD$ और $\triangle PQS$ में:
$\angle B = \angle Q$ [समीकरण $(2)$ से]
$\frac{AB}{PQ} = \frac{BD}{QS}$ [समीकरण $(3)$ से]
इसलिए,$SAS$ समरूपता कसौटी के अनुसार $\triangle ABD \sim \triangle PQS$.
इसका अर्थ है कि $\frac{AB}{PQ} = \frac{AD}{PS} \quad ...(4)$
हम जानते हैं कि दो समरूप त्रिभुजों के क्षेत्रफलों का अनुपात उनकी संगत भुजाओं के अनुपात के वर्ग के बराबर होता है:
$\frac{\text{ar}(\Delta ABC)}{\text{ar}(\Delta PQR)} = \left(\frac{AB}{PQ}\right)^2$
समीकरण $(4)$ से,$\frac{AB}{PQ} = \frac{AD}{PS}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\text{ar}(\Delta ABC)}{\text{ar}(\Delta PQR)} = \left(\frac{AD}{PS}\right)^2$
इति सिद्धम्।

(N/A) माना $ABCD$ भुजा $a$ वाला एक वर्ग है।
अतः,इसका विकर्ण $= \sqrt{2} a$ होगा।
दो समबाहु त्रिभुज बनते हैं: $\Delta ABE$ (भुजा $AB$ पर) और $\Delta DBF$ (विकर्ण $DB$ पर)।
भुजा $AB$ पर बने समबाहु त्रिभुज $\Delta ABE$ की भुजा $= a$ है।
विकर्ण $DB$ पर बने समबाहु त्रिभुज $\Delta DBF$ की भुजा $= \sqrt{2} a$ है।
चूंकि सभी समबाहु त्रिभुज समरूप होते हैं,इसलिए उनके क्षेत्रफलों का अनुपात उनकी संगत भुजाओं के अनुपात के वर्ग के बराबर होता है।
$\frac{\Delta ABE \text{ का क्षेत्रफल}}{\Delta DBF \text{ का क्षेत्रफल}} = \left( \frac{a}{\sqrt{2} a} \right)^2 = \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 = \frac{1}{2}$।
अतः,$\Delta ABE \text{ का क्षेत्रफल} = \frac{1}{2} \times \Delta DBF \text{ का क्षेत्रफल}$।

(N/A) $\Delta ACD$ और $\Delta ABC$ में:
$\angle ADC = \angle ACB = 90^{\circ}$
$\angle CAD = \angle CAB$ (उभयनिष्ठ कोण)
अतः,$\Delta ACD \sim \Delta ABC$ ($AA$ समरूपता कसौटी से)।
इसका अर्थ है $\frac{AC}{AB} = \frac{AD}{AC}$,इसलिए $AC^{2} = AB \cdot AD$ $...(1)$
$\Delta BCD$ और $\Delta BAC$ में:
$\angle BDC = \angle BCA = 90^{\circ}$
$\angle CBD = \angle ABC$ (उभयनिष्ठ कोण)
अतः,$\Delta BCD \sim \Delta BAC$ ($AA$ समरूपता कसौटी से)।
इसका अर्थ है $\frac{BC}{BA} = \frac{BD}{BC}$,इसलिए $BC^{2} = BA \cdot BD$ $...(2)$
समीकरण $(2)$ को समीकरण $(1)$ से भाग देने पर:
$\frac{BC^{2}}{AC^{2}} = \frac{BA \cdot BD}{AB \cdot AD}$
चूंकि $BA = AB$,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{BC^{2}}{AC^{2}} = \frac{BD}{AD}$

(B) माना $AB$ सीढ़ी है और $CA$ दीवार है जहाँ $A$ पर खिड़की है। दीवार और जमीन $C$ पर समकोण बनाती हैं। अतः,$\triangle ABC$ एक समकोण त्रिभुज है जिसमें $\angle C = 90^\circ$ है।
दिया है: $BC = 2.5\, m$ (सीढ़ी के निचले सिरे की दीवार से दूरी) और $CA = 6\, m$ (जमीन से खिड़की की ऊँचाई)।
पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार,एक समकोण त्रिभुज में कर्ण का वर्ग अन्य दो भुजाओं के वर्गों के योग के बराबर होता है:
$AB^2 = BC^2 + CA^2$
$AB^2 = (2.5)^2 + (6)^2$
$AB^2 = 6.25 + 36$
$AB^2 = 42.25$
$AB = \sqrt{42.25}$
$AB = 6.5\, m$
अतः,सीढ़ी की लंबाई $6.5\, m$ है।

(N/A) दिया है: $\Delta ABC$ में,$AD \perp BC$ है।
सिद्ध करना है: $AB^2 + CD^2 = BD^2 + AC^2$ है।
उपपत्ति:
समकोण $\Delta ADB$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$AB^2 = AD^2 + BD^2$ --- $(1)$
समकोण $\Delta ADC$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$AC^2 = AD^2 + CD^2$ --- $(2)$
समीकरण $(1)$ में से समीकरण $(2)$ को घटाने पर:
$AB^2 - AC^2 = (AD^2 + BD^2) - (AD^2 + CD^2)$
$AB^2 - AC^2 = AD^2 + BD^2 - AD^2 - CD^2$
$AB^2 - AC^2 = BD^2 - CD^2$
पदों को व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AB^2 + CD^2 = BD^2 + AC^2$
इति सिद्धम्।

(N/A) $BL$ और $CM$ त्रिभुज $\Delta ABC$ की माध्यिकाएँ हैं,जिसमें $\angle A = 90^{\circ}$ है।
$\Delta ABC$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$BC^2 = AB^2 + AC^2$ $...(1)$
$\Delta ABL$ में,चूँकि $L$,$AC$ का मध्य-बिंदु है,इसलिए $AL = AC/2$:
$BL^2 = AB^2 + AL^2 = AB^2 + (AC/2)^2 = AB^2 + AC^2/4$
$4BL^2 = 4AB^2 + AC^2$ $...(2)$
$\Delta CMA$ में,चूँकि $M$,$AB$ का मध्य-बिंदु है,इसलिए $AM = AB/2$:
$CM^2 = AC^2 + AM^2 = AC^2 + (AB/2)^2 = AC^2 + AB^2/4$
$4CM^2 = 4AC^2 + AB^2$ $...(3)$
$(2)$ और $(3)$ को जोड़ने पर:
$4(BL^2 + CM^2) = 4AB^2 + AC^2 + 4AC^2 + AB^2$
$4(BL^2 + CM^2) = 5AB^2 + 5AC^2$
$4(BL^2 + CM^2) = 5(AB^2 + AC^2)$
समीकरण $(1)$ का उपयोग करने पर,$AB^2 + AC^2 = BC^2$,अतः:
$4(BL^2 + CM^2) = 5BC^2$.

(N/A) $O$ से होकर एक रेखा $PQ \parallel BC$ खींचिए,ताकि $P$,$AB$ पर और $Q$,$DC$ पर स्थित हो।
अब,$PQ \parallel BC$ है।
अतः,$PQ \perp AB$ और $PQ \perp DC$ (क्योंकि $\angle B = 90^{\circ}$ और $\angle C = 90^{\circ}$)।
इसलिए,$\angle BPQ = 90^{\circ}$ और $\angle CQP = 90^{\circ}$।
अतः,$BPQC$ और $APQD$ दोनों आयत हैं।
अब,$\Delta OPB$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$OB^{2} = BP^{2} + OP^{2}$ $...(1)$
इसी प्रकार,$\Delta OQD$ में:
$OD^{2} = OQ^{2} + DQ^{2}$ $...(2)$
$\Delta OQC$ में,हमारे पास है:
$OC^{2} = OQ^{2} + CQ^{2}$ $...(3)$
और $\Delta OAP$ में,हमारे पास है:
$OA^{2} = AP^{2} + OP^{2}$ $...(4)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$OB^{2} + OD^{2} = BP^{2} + OP^{2} + OQ^{2} + DQ^{2}$
चूंकि $BP = CQ$ और $DQ = AP$ (आयत $BPQC$ और $APQD$ की सम्मुख भुजाएँ):
$OB^{2} + OD^{2} = CQ^{2} + OP^{2} + OQ^{2} + AP^{2}$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$OB^{2} + OD^{2} = (CQ^{2} + OQ^{2}) + (AP^{2} + OP^{2})$
समीकरण $(3)$ और $(4)$ का उपयोग करने पर:
$OB^{2} + OD^{2} = OC^{2} + OA^{2}$।

(B) हम जानते हैं कि सभी समबाहु त्रिभुजों के सभी कोण $60^{\circ}$ होते हैं और उनकी सभी भुजाएँ समान लंबाई की होती हैं। इसलिए,सभी समबाहु त्रिभुज एक-दूसरे के समरूप होते हैं।
दो समरूप त्रिभुजों के क्षेत्रफलों का अनुपात उनकी संगत भुजाओं के अनुपात के वर्ग के बराबर होता है।
मान लीजिए $\triangle ABC$ की भुजा की लंबाई $x$ है।
चूँकि $D$,$BC$ का मध्य-बिंदु है,इसलिए $\triangle BDE$ की भुजा की लंबाई $\frac{x}{2}$ होगी।
अतः,क्षेत्रफलों का अनुपात:
$\frac{\text{Area}(\triangle ABC)}{\text{Area}(\triangle BDE)} = \left(\frac{x}{\frac{x}{2}}\right)^{2} = (2)^{2} = \frac{4}{1}$.
अतः,अनुपात $4:1$ है और सही उत्तर $(B)$ है।

(C) यदि दो त्रिभुज एक-दूसरे के समरूप हैं,तो उनके क्षेत्रफलों का अनुपात उनकी संगत भुजाओं के अनुपात के वर्ग के बराबर होता है।
दिया गया है कि भुजाओं का अनुपात $4:9$ है।
अतः,इन त्रिभुजों के क्षेत्रफलों का अनुपात $= (4/9)^2 = 16/81$ होगा।
इसलिए,सही उत्तर $(C)$ है।

(A) त्रिभुज की दी गई भुजाएँ $7 \, cm, 24 \, cm$ और $25 \, cm$ हैं।
यह जाँचने के लिए कि क्या यह एक समकोण त्रिभुज है,हम पाइथागोरस प्रमेय के विलोम का उपयोग करते हैं,जो यह बताता है कि यदि सबसे बड़ी भुजा का वर्ग अन्य दो भुजाओं के वर्गों के योग के बराबर है,तो वह त्रिभुज एक समकोण त्रिभुज है।
सबसे पहले,हम दी गई भुजाओं के वर्ग की गणना करते हैं:
$7^2 = 49$
$24^2 = 576$
$25^2 = 625$
अब,हम जाँचते हैं कि क्या दो छोटी भुजाओं के वर्गों का योग सबसे बड़ी भुजा के वर्ग के बराबर है:
$49 + 576 = 625$
चूंकि $7^2 + 24^2 = 25^2$,इसलिए दी गई भुजाएँ पाइथागोरस प्रमेय को संतुष्ट करती हैं।
अतः,यह एक समकोण त्रिभुज है।
समकोण त्रिभुज की सबसे लंबी भुजा उसका कर्ण होती है। इस प्रकार,कर्ण की लंबाई $25 \, cm$ है।

(N/A) त्रिभुज की दी गई भुजाएँ $3 \text{ cm}, 8 \text{ cm}$ और $6 \text{ cm}$ हैं।
पाइथागोरस प्रमेय के विलोम के अनुसार,यदि त्रिभुज की दो छोटी भुजाओं के वर्गों का योग सबसे बड़ी भुजा के वर्ग के बराबर है,तो वह एक समकोण त्रिभुज होता है।
यहाँ,भुजाओं के वर्ग इस प्रकार हैं:
$3^2 = 9$
$6^2 = 36$
$8^2 = 64$
दो छोटी भुजाओं के वर्गों का योग जाँचने पर:
$3^2 + 6^2 = 9 + 36 = 45$
चूँकि $45 \neq 64$ (अर्थात $3^2 + 6^2 \neq 8^2$),इसलिए समकोण त्रिभुज की शर्त पूरी नहीं होती है।
अतः,दिया गया त्रिभुज एक समकोण त्रिभुज नहीं है।

(NONE) दिया गया है कि त्रिभुज की भुजाएँ $50 \text{ cm}, 80 \text{ cm}$ और $100 \text{ cm}$ हैं।
यह जाँचने के लिए कि क्या यह एक समकोण त्रिभुज है,हम पाइथागोरस प्रमेय के विलोम का उपयोग करते हैं,जिसके अनुसार यदि किसी त्रिभुज में सबसे बड़ी भुजा का वर्ग अन्य दो भुजाओं के वर्गों के योग के बराबर है,तो वह एक समकोण त्रिभुज होता है।
भुजाओं के वर्गों की गणना करें:
$50^2 = 2500$
$80^2 = 6400$
$100^2 = 10000$
अब,दो छोटी भुजाओं के वर्गों का योग ज्ञात करें:
$50^2 + 80^2 = 2500 + 6400 = 8900$
इसकी तुलना सबसे बड़ी भुजा के वर्ग से करें:
$8900 \neq 10000$
चूँकि $50^2 + 80^2 \neq 100^2$,इसलिए दिया गया त्रिभुज पाइथागोरस प्रमेय को संतुष्ट नहीं करता है।
अतः,दिया गया त्रिभुज एक समकोण त्रिभुज नहीं है।

(A) दी गई भुजाएँ $13\, cm, 12\, cm$ और $5\, cm$ हैं।
इन भुजाओं की लंबाइयों का वर्ग करने पर,हमें $169, 144$ और $25$ प्राप्त होते हैं।
स्पष्टतः,$144 + 25 = 169$ है।
अर्थात्,$12^2 + 5^2 = 13^2$ है।
दिए गए त्रिभुज की भुजाएँ पाइथागोरस प्रमेय को संतुष्ट करती हैं।
इसलिए,यह एक समकोण त्रिभुज है।
हम जानते हैं कि समकोण त्रिभुज की सबसे लंबी भुजा कर्ण होती है।
अतः,इस त्रिभुज के कर्ण की लंबाई $13\, cm$ है।

(N/A) माना $\angle MPR = x$ है।
$\Delta MPR$ में,
$\angle MRP = 180^{\circ} - 90^{\circ} - x = 90^{\circ} - x$ है।
इसी प्रकार,$\Delta MPQ$ में,
$\angle MPQ = 90^{\circ} - \angle MPR = 90^{\circ} - x$ है।
$\Delta MPQ$ में,
$\angle MQP = 180^{\circ} - 90^{\circ} - (90^{\circ} - x) = x$ है।
अब,$\Delta QMP$ और $\Delta PMR$ में:
$\angle MPQ = \angle MRP = 90^{\circ} - x$
$\angle MQP = \angle MPR = x$
$\angle PMQ = \angle RMP = 90^{\circ}$
अतः,$\Delta QMP \sim \Delta PMR$ ($AA$ समरूपता कसौटी द्वारा)।
चूंकि त्रिभुज समरूप हैं,इसलिए उनकी संगत भुजाओं का अनुपात समान होता है:
$\frac{QM}{PM} = \frac{PM}{MR}$
$\Rightarrow PM^{2} = QM \cdot MR$।

(N/A) दिया है: $\triangle ABD$ में,$\angle BAD = 90^\circ$ और $AC \perp BD$ है।
सिद्ध करना है: $AB^2 = BC \cdot BD$.
उपपत्ति: $\triangle BCA$ और $\triangle BAD$ पर विचार करें।
$\triangle BCA$ और $\triangle BAD$ में:
$\angle BCA = \angle BAD = 90^\circ$ (दिया है $AC \perp BD$ और $\angle BAD = 90^\circ$)
$\angle B = \angle B$ (उभयनिष्ठ कोण)
अतः,$AA$ समरूपता कसौटी द्वारा,$\triangle BCA \sim \triangle BAD$ है।
चूंकि त्रिभुज समरूप हैं,इसलिए उनकी संगत भुजाओं का अनुपात बराबर होता है:
$\frac{BC}{BA} = \frac{BA}{BD}$
वज्र गुणन करने पर:
$BA \cdot BA = BC \cdot BD$
$AB^2 = BC \cdot BD$.
इति सिद्धम।

(N/A) दिया है: $\triangle ABD$ में,$\angle A = 90^{\circ}$ और $AC \perp BD$ है।
सिद्ध करना है: $AC^{2} = BC \cdot DC$.
उपपत्ति:
$\triangle BCA$ और $\triangle ACD$ में:
$\angle BCA = \angle ACD = 90^{\circ}$ (चूंकि $AC \perp BD$ है)
$\angle CBA = 90^{\circ} - \angle CAB$ ($\triangle ABC$ में,$\angle B + \angle CAB = 90^{\circ}$)
साथ ही,$\angle CAD = 90^{\circ} - \angle CAB$ (चूंकि $\angle A = 90^{\circ}$ है,$\angle CAD + \angle CAB = 90^{\circ}$)
अतः,$\angle CBA = \angle CAD$.
$AA$ समरूपता कसौटी से,$\triangle BCA \sim \triangle ACD$.
चूंकि त्रिभुज समरूप हैं,उनकी संगत भुजाओं का अनुपात समान होता है:
$\frac{BC}{AC} = \frac{AC}{DC}$
वज्र-गुणन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} = BC \cdot DC$.
इति सिद्धम्।

(N/A) दिया है: $\triangle ABD$ में,$\angle A = 90^{\circ}$ और $AC \perp BD$.
सिद्ध करना है: $AD^{2} = BD \cdot CD$.
उपपत्ति: $\triangle ACD$ और $\triangle BAD$ पर विचार करें।
$\triangle ACD$ और $\triangle BAD$ में:
$\angle ACD = \angle BAD = 90^{\circ}$।
$\angle D = \angle D$ (उभयनिष्ठ कोण)।
अतः,$AA$ समरूपता कसौटी द्वारा,$\triangle ACD \sim \triangle BAD$।
चूँकि त्रिभुज समरूप हैं,उनकी संगत भुजाओं का अनुपात बराबर होता है:
$\frac{AC}{BA} = \frac{CD}{AD} = \frac{AD}{BD}$।
अनुपात के अंतिम दो भागों को लेने पर:
$\frac{CD}{AD} = \frac{AD}{BD}$।
वज्र-गुणन करने पर:
$AD^{2} = BD \cdot CD$।
इति सिद्धम्।

(N/A) दिया गया है कि $\triangle ABC$ एक समद्विबाहु त्रिभुज है जिसमें $\angle C = 90^{\circ}$ है।
चूंकि यह एक समद्विबाहु त्रिभुज है,इसलिए इसकी दो भुजाएं बराबर होंगी,अतः $AC = CB$ होगा।
$\triangle ABC$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर (जो बिंदु $C$ पर समकोण है),हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} + CB^{2} = AB^{2}$
चूंकि $AC = CB$ है,इसलिए समीकरण में $CB$ को $AC$ से प्रतिस्थापित करने पर:
$AC^{2} + AC^{2} = AB^{2}$
$2AC^{2} = AB^{2}$
अतः,यह सिद्ध होता है कि $AB^{2} = 2AC^{2}$।

(N/A) दिया गया है कि,
$AB^2 = 2 AC^2$
हम इसे इस प्रकार लिख सकते हैं:
$AB^2 = AC^2 + AC^2$
चूंकि यह दिया गया है कि $AC = BC$,हम $AC$ के एक पद के स्थान पर $BC$ प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$AB^2 = AC^2 + BC^2$
यह समीकरण पाइथागोरस प्रमेय के विलोम को संतुष्ट करता है,जो यह बताता है कि यदि किसी त्रिभुज की एक भुजा का वर्ग अन्य दो भुजाओं के वर्गों के योग के बराबर है,तो पहली भुजा के सम्मुख कोण समकोण होता है।
अतः,$\triangle ABC$ एक समकोण त्रिभुज है जिसका समकोण $C$ पर स्थित है।

(N/A) माना कि $\triangle ABC$ एक समबाहु त्रिभुज है और $AD$ उसका शीर्षलंब है।
हम जानते हैं कि समबाहु त्रिभुज में शीर्षलंब सम्मुख भुजा को समद्विभाजित करता है।
$\therefore BD = DC = a$
$\triangle ADB$ में,$\angle ADB = 90^{\circ}$ है।
पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AD^2 + DB^2 = AB^2$
$\Rightarrow AD^2 + a^2 = (2a)^2$
$\Rightarrow AD^2 + a^2 = 4a^2$
$\Rightarrow AD^2 = 3a^2$
$\Rightarrow AD = a\sqrt{3}$
एक समबाहु त्रिभुज में,सभी शीर्षलंब लंबाई में समान होते हैं।
अतः,प्रत्येक शीर्षलंब की लंबाई $a\sqrt{3}$ होगी।

(N/A) माना $ABCD$ एक समचतुर्भुज है जिसके विकर्ण $AC$ और $BD$ बिंदु $O$ पर प्रतिच्छेद करते हैं।
$\Delta AOB, \Delta BOC, \Delta COD,$ और $\Delta AOD$ में,
पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AB^2 = AO^2 + OB^2$ $...(1)$
$BC^2 = BO^2 + OC^2$ $...(2)$
$CD^2 = CO^2 + OD^2$ $...(3)$
$AD^2 = AO^2 + OD^2$ $...(4)$
इन सभी समीकरणों को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AB^2 + BC^2 + CD^2 + AD^2 = 2(AO^2 + OB^2 + OC^2 + OD^2)$
चूंकि समचतुर्भुज के विकर्ण एक-दूसरे को समकोण पर समद्विभाजित करते हैं,इसलिए $AO = OC = AC/2$ और $BO = OD = BD/2$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$= 2((AC/2)^2 + (BD/2)^2 + (AC/2)^2 + (BD/2)^2)$
$= 2(2(AC/2)^2 + 2(BD/2)^2)$
$= 2(AC^2/2 + BD^2/2)$
$= AC^2 + BD^2$
अतः,समचतुर्भुज की भुजाओं के वर्गों का योग उसके विकर्णों के वर्गों के योग के बराबर होता है।

(N/A) $OA$,$OB$ और $OC$ को मिलाइए।
$\triangle AOF$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$OA^{2} = OF^{2} + AF^{2}$ --- $(i)$
इसी प्रकार,$\triangle BOD$ में:
$OB^{2} = OD^{2} + BD^{2}$ --- $(ii)$
इसी प्रकार,$\triangle COE$ में:
$OC^{2} = OE^{2} + CE^{2}$ --- $(iii)$
समीकरणों $(i)$,$(ii)$ और $(iii)$ को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$OA^{2} + OB^{2} + OC^{2} = OF^{2} + AF^{2} + OD^{2} + BD^{2} + OE^{2} + CE^{2}$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$OA^{2} + OB^{2} + OC^{2} - OD^{2} - OE^{2} - OF^{2} = AF^{2} + BD^{2} + CE^{2}$
अतः,परिणाम सिद्ध हुआ।

(N/A) $OA$,$OB$ और $OC$ को मिलाइए।
समकोण त्रिभुजों $\triangle AFO$,$\triangle BDO$ और $\triangle CEO$ में,पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर:
$OA^{2} = AF^{2} + OF^{2} \implies AF^{2} = OA^{2} - OF^{2}$ ... $(i)$
$OB^{2} = BD^{2} + OD^{2} \implies BD^{2} = OB^{2} - OD^{2}$ ... $(ii)$
$OC^{2} = CE^{2} + OE^{2} \implies CE^{2} = OC^{2} - OE^{2}$ ... $(iii)$
$(i)$,$(ii)$ और $(iii)$ को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AF^{2} + BD^{2} + CE^{2} = (OA^{2} - OF^{2}) + (OB^{2} - OD^{2}) + (OC^{2} - OE^{2})$ ... $(iv)$
इसी प्रकार,समकोण त्रिभुजों $\triangle AEO$,$\triangle CDO$ और $\triangle BFO$ में:
$OA^{2} = AE^{2} + OE^{2} \implies AE^{2} = OA^{2} - OE^{2}$
$OC^{2} = CD^{2} + OD^{2} \implies CD^{2} = OC^{2} - OD^{2}$
$OB^{2} = BF^{2} + OF^{2} \implies BF^{2} = OB^{2} - OF^{2}$
इन्हें जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AE^{2} + CD^{2} + BF^{2} = (OA^{2} - OE^{2}) + (OC^{2} - OD^{2}) + (OB^{2} - OF^{2})$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,यह समीकरण $(iv)$ के दाहिने पक्ष के बराबर है।
अतः,$AF^{2} + BD^{2} + CE^{2} = AE^{2} + CD^{2} + BF^{2}$।

(A) माना $OA$ दीवार है और $AB$ सीढ़ी है,जहाँ $OA = 8\, m$ और $AB = 10\, m$ है।
चूँकि दीवार जमीन पर लंबवत है,$\triangle AOB$ एक समकोण त्रिभुज है जिसमें $\angle AOB = 90^\circ$ है।
पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार,$AB^2 = OA^2 + OB^2$ होता है।
मान रखने पर: $(10)^2 = (8)^2 + OB^2$.
$100 = 64 + OB^2$.
$OB^2 = 100 - 64 = 36$.
$OB = \sqrt{36} = 6\, m$.
अतः,सीढ़ी के निचले सिरे की दीवार के आधार से दूरी $6\, m$ है।

(N/A) माना $OB$ खंभा है और $AB$ तार है। खंभा ऊर्ध्वाधर है,इसलिए $\triangle AOB$ एक समकोण त्रिभुज है जिसमें $\angle AOB = 90^{\circ}$ है।
पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार,
$AB^{2} = OB^{2} + OA^{2}$
$(24\, m)^{2} = (18\, m)^{2} + OA^{2}$
$576\, m^{2} = 324\, m^{2} + OA^{2}$
$OA^{2} = (576 - 324)\, m^{2} = 252\, m^{2}$
$OA = \sqrt{252}\, m = \sqrt{36 \times 7}\, m = 6\sqrt{7}\, m$
अतः,आधार से दूरी $6\sqrt{7}\, m$ (लगभग $15.87\, m$) है।

(N/A) उत्तर की ओर उड़ने वाले विमान द्वारा $1 \frac{1}{2}$ घंटे में तय की गई दूरी $= 1000 \times 1.5 = 1500\, km$.
पश्चिम की ओर उड़ने वाले विमान द्वारा $1 \frac{1}{2}$ घंटे में तय की गई दूरी $= 1200 \times 1.5 = 1800\, km$.
मान लीजिए कि हवाई अड्डा मूल बिंदु $O$ पर है। उत्तर की ओर उड़ने वाला विमान बिंदु $A$ पर पहुँचता है और पश्चिम की ओर उड़ने वाला विमान बिंदु $B$ पर पहुँचता है।
चूँकि उत्तर और पश्चिम दिशाएँ परस्पर लंबवत हैं,$\triangle AOB$ एक समकोण त्रिभुज है जिसमें $\angle AOB = 90^\circ$ है।
पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार,दोनों विमानों के बीच की दूरी कर्ण $AB = \sqrt{OA^2 + OB^2}$ होगी।
$AB = \sqrt{1500^2 + 1800^2} = \sqrt{2250000 + 3240000} = \sqrt{5490000}$.
$AB = \sqrt{90000 \times 61} = 300\sqrt{61}\, km$.
अतः,$1 \frac{1}{2}$ घंटे बाद दोनों विमानों के बीच की दूरी $300\sqrt{61}\, km$ होगी।

(13 M) मान लीजिए $CD$ और $AB$ क्रमशः $11 \, m$ और $6 \, m$ ऊँचाई के खंभे हैं।
$BD$ के समानांतर एक रेखाखंड $AP$ खींचिए ताकि $P$,$CD$ पर स्थित हो। तब $AP = BD = 12 \, m$ और $PD = AB = 6 \, m$ होगा।
अब,$CP = CD - PD = 11 \, m - 6 \, m = 5 \, m$।
समकोण त्रिभुज $\triangle APC$ में,पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर:
$AC^2 = AP^2 + CP^2$
$AC^2 = (12 \, m)^2 + (5 \, m)^2$
$AC^2 = 144 \, m^2 + 25 \, m^2 = 169 \, m^2$
$AC = \sqrt{169} \, m = 13 \, m$।
अतः,उनके शीर्षों के बीच की दूरी $13 \, m$ है।

(N/A) $\triangle ACE$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} + CE^{2} = AE^{2}$ $...(1)$
$\triangle BCD$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$BC^{2} + CD^{2} = BD^{2}$ $...(2)$
समीकरण $(1)$ और समीकरण $(2)$ को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} + CE^{2} + BC^{2} + CD^{2} = AE^{2} + BD^{2}$ $...(3)$
$\triangle CDE$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$DE^{2} = CD^{2} + CE^{2}$ $...(4)$
$\triangle ABC$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2}$ $...(5)$
समीकरण $(4)$ और समीकरण $(5)$ के मानों को समीकरण $(3)$ में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AB^{2} + DE^{2} = AE^{2} + BD^{2}$
अतः,$AE^{2} + BD^{2} = AB^{2} + DE^{2}$।

(N/A) $\triangle ACD$ के लिए पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2}$
$AD^{2} = AC^{2} - DC^{2}$ $...(1)$
$\triangle ABD$ के लिए पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AB^{2} = AD^{2} + DB^{2}$
$AD^{2} = AB^{2} - DB^{2}$ $...(2)$
समीकरण $(1)$ और समीकरण $(2)$ से,हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} - DC^{2} = AB^{2} - DB^{2}$ $...(3)$
यह दिया गया है कि $DB = 3CD$ है। चूँकि $BC = DB + CD$,इसलिए $BC = 3CD + CD = 4CD$ है।
$\therefore CD = \frac{BC}{4}$ और $DB = 3CD = \frac{3BC}{4}$ है।
इन मानों को समीकरण $(3)$ में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} - \left(\frac{BC}{4}\right)^{2} = AB^{2} - \left(\frac{3BC}{4}\right)^{2}$
$AC^{2} - \frac{BC^{2}}{16} = AB^{2} - \frac{9BC^{2}}{16}$
$16AC^{2} - BC^{2} = 16AB^{2} - 9BC^{2}$
$16AB^{2} - 16AC^{2} = 8BC^{2}$
$8$ से भाग देने पर,हमें प्राप्त होता है:
$2AB^{2} = 2AC^{2} + BC^{2}$

(N/A) माना समबाहु त्रिभुज की भुजा $a$ है,और $AE$,$\Delta ABC$ का $BC$ पर खींचा गया शीर्षलंब है।
चूंकि $AE$ एक समबाहु त्रिभुज का शीर्षलंब है,यह आधार $BC$ को समद्विभाजित करता है।
$\therefore BE = EC = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2}$.
समकोण त्रिभुज $\Delta ABE$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$AE^{2} = AB^{2} - BE^{2} = a^{2} - (\frac{a}{2})^{2} = a^{2} - \frac{a^{2}}{4} = \frac{3a^{2}}{4}$.
अतः,$AE = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
दिया है कि $BD = \frac{1}{3} BC = \frac{a}{3}$.
अब,$DE = BE - BD = \frac{a}{2} - \frac{a}{3} = \frac{3a - 2a}{6} = \frac{a}{6}$.
समकोण त्रिभुज $\Delta ADE$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$AD^{2} = AE^{2} + DE^{2}$.
मान रखने पर:
$AD^{2} = (\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2} + (\frac{a}{6})^{2} = \frac{3a^{2}}{4} + \frac{a^{2}}{36}$.
लघुत्तम समापवर्त्य $(LCM)$ $36$ लेने पर:
$AD^{2} = \frac{27a^{2} + a^{2}}{36} = \frac{28a^{2}}{36} = \frac{7a^{2}}{9}$.
चूंकि $a = AB$,इसलिए $AD^{2} = \frac{7 AB^{2}}{9}$.
अतः,$9 AD^{2} = 7 AB^{2}$.
इति सिद्धम।

(N/A) माना समबाहु त्रिभुज की भुजा $a$ है,और $AE$,$\triangle ABC$ का शीर्षलंब है।
चूंकि समबाहु त्रिभुज का शीर्षलंब आधार को समद्विभाजित करता है,
$BE = EC = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2}$
समकोण $\triangle ABE$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AB^2 = AE^2 + BE^2$
$AB = a$ और $BE = \frac{a}{2}$ का मान रखने पर:
$a^2 = AE^2 + (\frac{a}{2})^2$
$a^2 = AE^2 + \frac{a^2}{4}$
$AE^2$ के लिए पदों को व्यवस्थित करने पर:
$AE^2 = a^2 - \frac{a^2}{4}$
$AE^2 = \frac{4a^2 - a^2}{4}$
$AE^2 = \frac{3a^2}{4}$
दोनों पक्षों को $4$ से गुणा करने पर:
$4AE^2 = 3a^2$
अतः,यह सिद्ध होता है कि $4 \times$ (शीर्षलंब का वर्ग) $= 3 \times$ (एक भुजा का वर्ग)।

(B) दिया गया है कि,$AB = 6\sqrt{3} \text{ cm}$,$AC = 12 \text{ cm}$,और $BC = 6 \text{ cm}$ है।
भुजाओं के वर्गों की गणना करने पर:
$AB^2 = (6\sqrt{3})^2 = 36 \times 3 = 108$
$BC^2 = (6)^2 = 36$
$AC^2 = (12)^2 = 144$
अब,यह देखा जा सकता है कि:
$AB^2 + BC^2 = 108 + 36 = 144$
चूँकि $AB^2 + BC^2 = AC^2$,इसलिए यह त्रिभुज पाइथागोरस प्रमेय के विलोम को संतुष्ट करता है।
अतः,$\triangle ABC$ एक समकोण त्रिभुज है,जिसमें कर्ण $AC$ के सम्मुख कोण समकोण है।
इस प्रकार,$\angle B = 90^\circ$ है।
अतः,सही उत्तर $(B)$ है।

(N/A) रचना: एक रेखाखंड $RT$ खींचिए जो $PS$ के समांतर हो और बढ़ाई गई रेखाखंड $QP$ को बिंदु $T$ पर प्रतिच्छेद करे।
दिया गया है कि,$PS$,$\angle QPR$ का कोण समद्विभाजक है।
इसलिए,$\angle QPS = \angle SPR \quad \dots(1)$
रचना के अनुसार,$PS \parallel TR$ और $QT$ एक तिर्यक रेखा है।
इसलिए,$\angle QPS = \angle QTR$ (संगत कोण) $\quad \dots(2)$
साथ ही,$PS \parallel TR$ और $PR$ एक तिर्यक रेखा है।
इसलिए,$\angle SPR = \angle PRT$ (एकांतर अंतःकोण) $\quad \dots(3)$
समीकरण $(1)$,$(2)$,और $(3)$ से,हमें प्राप्त होता है:
$\angle QTR = \angle PRT$
$\Delta PTR$ में,चूंकि $\angle QTR = \angle PRT$,इसलिए इन कोणों के सम्मुख भुजाएँ बराबर होती हैं।
अतः,$PT = PR \quad \dots(4)$
$\Delta QTR$ में,चूंकि $PS \parallel TR$,आधारभूत समानुपातिकता प्रमेय $(BPT)$ के अनुसार:
$\frac{QS}{SR} = \frac{QP}{PT}$
समीकरण $(4)$ से $PT = PR$ का मान उपरोक्त व्यंजक में रखने पर:
$\frac{QS}{SR} = \frac{PQ}{PR}$
अतः,यह सिद्ध हुआ।

(N/A) $DB$ को मिलाइए।
हमारे पास $DN \parallel CB,$ $DM \parallel AB,$ और $\angle B = 90^{\circ}$ है।
अतः,$DMBN$ एक आयत है।
इस प्रकार,$DN = MB$ और $DM = NB$ है।
चूँकि $D,$ $B$ से $AC$ पर खींचे गए लंब का पाद है,इसलिए $\angle CDB = 90^{\circ}$ है।
$\angle 2 + \angle 3 = 90^{\circ} \dots(1)$
$\Delta CDM$ में,$\angle 1 + \angle 2 + \angle DMC = 180^{\circ} \Rightarrow \angle 1 + \angle 2 = 90^{\circ} \dots(2)$
$\Delta DMB$ में,$\angle 3 + \angle DMB + \angle 4 = 180^{\circ} \Rightarrow \angle 3 + \angle 4 = 90^{\circ} \dots(3)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ से,हमें $\angle 1 = \angle 3$ प्राप्त होता है।
समीकरण $(1)$ और $(3)$ से,हमें $\angle 2 = \angle 4$ प्राप्त होता है।
$\Delta DCM$ और $\Delta BDM$ में,
$\angle 1 = \angle 3$ (ऊपर सिद्ध किया गया)
$\angle 2 = \angle 4$ (ऊपर सिद्ध किया गया)
अतः,$\Delta DCM \sim \Delta BDM$ ($AA$ समरूपता कसौटी द्वारा)।
इस प्रकार,$\frac{BM}{DM} = \frac{DM}{MC}$ है।
चूँकि $BM = DN,$ इसलिए $\frac{DN}{DM} = \frac{DM}{MC}$ है।
अतः,$DM^{2} = DN \cdot MC$ सिद्ध होता है।

(N/A) चतुर्भुज $DMBN$ में,चूंकि $\angle DMB = 90^{\circ},$ $\angle DNB = 90^{\circ},$ और $\angle MBN = 90^{\circ}$ (दिया है कि $\angle ABC = 90^{\circ}$),इसलिए चौथा कोण $\angle MDN$ भी $90^{\circ}$ होगा। अतः,$DMBN$ एक आयत है।
इसलिए,$DM = NB$ और $DN = MB.$
$\Delta ABC$ में,$BD \perp AC.$ समकोण त्रिभुज में समरूप त्रिभुजों के गुणधर्म के अनुसार,$\Delta ADN \sim \Delta ABD$ और $\Delta BDC \sim \Delta ABD$ होता है।
अधिक स्पष्ट रूप से,$\Delta DNB$ और $\Delta ADN$ में:
$\angle DNB = \angle DNA = 90^{\circ}.$
$\angle NDB = \angle DAN$ (क्योंकि दोनों $\angle ADN$ के पूरक कोण हैं)।
अतः,$AA$ समरूपता कसौटी से $\Delta DNB \sim \Delta ADN$ है।
इसलिए,$\frac{DN}{AN} = \frac{NB}{DN}.$
$DN^{2} = AN \cdot NB.$
चूंकि $NB = DM,$ इसलिए हमें प्राप्त होता है $DN^{2} = AN \cdot DM.$

(N/A) $\triangle ADB$ में,पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AB^{2} = AD^{2} + BD^{2} \quad \dots(1)$
$\triangle ADC$ में,पाइथागोरस प्रमेय का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2}$
चूंकि $DC = DB + BC$,हम लिख सकते हैं:
$AC^{2} = AD^{2} + (DB + BC)^{2}$
$AC^{2} = AD^{2} + DB^{2} + BC^{2} + 2DB \cdot BC$
समीकरण $(1)$ से $AD^{2} + DB^{2} = AB^{2}$ का मान रखने पर:
$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} + 2BC \cdot BD$

(N/A) $\triangle ADB$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AD^{2} + DB^{2} = AB^{2}$
$\Rightarrow AD^{2} = AB^{2} - DB^{2} \dots(1)$
$\triangle ADC$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AD^{2} + DC^{2} = AC^{2}$
समीकरण $(1)$ से $AD^{2}$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$(AB^{2} - BD^{2}) + DC^{2} = AC^{2}$
चूंकि $D$,$BC$ पर स्थित है,इसलिए $DC = BC - BD$ होगा। इस मान को समीकरण में रखने पर:
$AB^{2} - BD^{2} + (BC - BD)^{2} = AC^{2}$
$AB^{2} - BD^{2} + (BC^{2} + BD^{2} - 2BC \cdot BD) = AC^{2}$
$AB^{2} + BC^{2} - 2BC \cdot BD = AC^{2}$
अतः,$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} - 2BC \cdot BD$ सिद्ध हुआ।

(N/A) $\Delta AMD$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AM^{2} + MD^{2} = AD^{2} \dots(1)$
$\Delta AMC$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AM^{2} + MC^{2} = AC^{2}$
चूँकि $MC = MD + DC$,इसलिए:
$AM^{2} + (MD + DC)^{2} = AC^{2}$
$AM^{2} + MD^{2} + DC^{2} + 2MD \cdot DC = AC^{2}$
समीकरण $(1)$ से $AM^{2} + MD^{2} = AD^{2}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$AD^{2} + DC^{2} + 2MD \cdot DC = AC^{2}$
चूँकि $AD$ एक माध्यिका है,$DC = \frac{BC}{2}$। यह मान रखने पर:
$AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} + 2MD \cdot \left(\frac{BC}{2}\right) = AC^{2}$
$AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} + BC \cdot DM = AC^{2}$
अतः,$AC^{2} = AD^{2} + BC \cdot DM + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2}$ सिद्ध होता है।

(N/A) दिया है: $AD$,$\Delta ABC$ की माध्यिका है,इसलिए $BD = DC = \frac{BC}{2}$.
साथ ही,$AM \perp BC$.
समकोण $\Delta ABM$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$AB^{2} = AM^{2} + BM^{2}$
समकोण $\Delta ADM$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$AD^{2} = AM^{2} + DM^{2} \implies AM^{2} = AD^{2} - DM^{2}$
पहले समीकरण में $AM^{2}$ का मान प्रतिस्थापित करने पर:
$AB^{2} = (AD^{2} - DM^{2}) + BM^{2}$
चूंकि $BM = BD - DM$,हमारे पास है:
$AB^{2} = AD^{2} - DM^{2} + (BD - DM)^{2}$
$AB^{2} = AD^{2} - DM^{2} + BD^{2} + DM^{2} - 2 \cdot BD \cdot DM$
$AB^{2} = AD^{2} + BD^{2} - 2 \cdot BD \cdot DM$
चूंकि $BD = \frac{BC}{2}$,इस मान को प्रतिस्थापित करने पर:
$AB^{2} = AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} - 2 \cdot \left(\frac{BC}{2}\right) \cdot DM$
$AB^{2} = AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} - BC \cdot DM$

(N/A) $\Delta ABM$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AM^2 + MB^2 = AB^2 \quad \dots(1)$
$\Delta AMC$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AM^2 + MC^2 = AC^2 \quad \dots(2)$
समीकरण $(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$2AM^2 + MB^2 + MC^2 = AB^2 + AC^2$
चूंकि $AD$ एक माध्यिका है,इसलिए $BD = DC = \frac{BC}{2}$ है।
हम $MB = BD - DM$ और $MC = DC + DM = BD + DM$ लिख सकते हैं।
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$2AM^2 + (BD - DM)^2 + (BD + DM)^2 = AB^2 + AC^2$
$2AM^2 + (BD^2 + DM^2 - 2BD \cdot DM) + (BD^2 + DM^2 + 2BD \cdot DM) = AB^2 + AC^2$
$2AM^2 + 2BD^2 + 2DM^2 = AB^2 + AC^2$
$2(AM^2 + DM^2) + 2BD^2 = AB^2 + AC^2$
$\Delta ADM$ में,पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार,$AM^2 + DM^2 = AD^2$ है।
अतः,$2AD^2 + 2(\frac{BC}{2})^2 = AB^2 + AC^2$
$2AD^2 + 2(\frac{BC^2}{4}) = AB^2 + AC^2$
$2AD^2 + \frac{BC^2}{2} = AB^2 + AC^2$

(A) माना $ABCD$ एक समांतर चतुर्भुज है।
माना हम बढ़ाई गई भुजा $AB$ पर लंब $DE$ और भुजा $DC$ पर $AF$ खींचते हैं।
$\triangle DEA$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$DE^{2} + EA^{2} = DA^{2} \dots (i)$
$\triangle DEB$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$DE^{2} + EB^{2} = DB^{2}$
$DE^{2} + (EA + AB)^{2} = DB^{2}$
$(DE^{2} + EA^{2}) + AB^{2} + 2EA \times AB = DB^{2}$
$DA^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB = DB^{2} \dots (ii)$
$\triangle AFC$ में पाइथागोरस प्रमेय लागू करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AC^{2} = AF^{2} + FC^{2}$
$AC^{2} = AF^{2} + (DC - FD)^{2}$
$AC^{2} = AF^{2} + DC^{2} + FD^{2} - 2DC \times FD$
$AC^{2} = (AF^{2} + FD^{2}) + DC^{2} - 2DC \times FD$
$AC^{2} = AD^{2} + DC^{2} - 2DC \times FD \dots (iii)$
चूंकि $ABCD$ एक समांतर चतुर्भुज है,$AB = CD \dots (iv)$ और $BC = AD \dots (v)$.
$\triangle DEA$ और $\triangle AFD$ में:
$\angle DEA = \angle AFD = 90^{\circ}$
$\angle EAD = \angle ADF$ (क्योंकि $EA \parallel DF$)
$AD = AD$ (उभयनिष्ठ भुजा)
इसलिए,$\triangle EAD \cong \triangle FDA$ ($AAS$ सर्वांगसमता कसौटी)।
इसका अर्थ है $EA = DF \dots (vi)$।
समीकरण $(ii)$ और $(iii)$ को जोड़ने पर:
$DB^{2} + AC^{2} = DA^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB + AD^{2} + DC^{2} - 2DC \times FD$
$AB = DC$ और $EA = DF$ का उपयोग करने पर:
$DB^{2} + AC^{2} = AD^{2} + AB^{2} + 2EA \times AB + AD^{2} + AB^{2} - 2AB \times EA$
$DB^{2} + AC^{2} = 2AD^{2} + 2AB^{2}$
चूंकि $AD = BC$ और $AB = CD$:
$AC^{2} + BD^{2} = AB^{2} + BC^{2} + CD^{2} + DA^{2}$.

(N/A) $\Delta APC \sim \Delta DPB$ सिद्ध करने के लिए,हम निम्नलिखित चरणों का पालन करते हैं:
$1$. $CB$ और $AD$ को मिलाइए।
$2$. $\Delta APC$ और $\Delta DPB$ पर विचार कीजिए।
$3$. $\angle APC = \angle DPB$ (शीर्षाभिमुख कोण)।
$4$. $\angle CAP = \angle BDP$ (एक ही वृत्तखंड में बने कोण बराबर होते हैं,यहाँ चाप $CB$ द्वारा अंतरित कोण)।
$5$. अतः,$AA$ (कोण-कोण) समरूपता कसौटी द्वारा,$\Delta APC \sim \Delta DPB$।

(N/A) $AP \cdot PB = CP \cdot DP$ सिद्ध करने के लिए,हम त्रिभुजों $\Delta APC$ और $\Delta DPB$ पर विचार करते हैं।
$1$. $\angle APC = \angle DPB$ (शीर्षाभिमुख कोण)।
$2$. $\angle CAP = \angle BDP$ (एक ही वृत्तखंड में बने कोण बराबर होते हैं)।
$AA$ (कोण-कोण) समरूपता कसौटी के अनुसार,$\Delta APC \sim \Delta DPB$ है।
चूंकि समरूप त्रिभुजों की संगत भुजाएँ समानुपाती होती हैं,इसलिए:
$\frac{AP}{DP} = \frac{PC}{PB} = \frac{AC}{DB}$
प्रथम दो अनुपातों को लेने पर:
$\frac{AP}{DP} = \frac{PC}{PB}$
वज्र-गुणन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AP \cdot PB = PC \cdot DP$ (या $AP \cdot PB = CP \cdot DP$)।

(N/A) $\Delta PAC$ और $\Delta PDB$ पर विचार कीजिए।
$1$. $\angle P = \angle P$ (उभयनिष्ठ कोण)।
$2$. एक चक्रीय चतुर्भुज $ABDC$ में,बहिष्कोण अपने सम्मुख अंतःकोण के बराबर होता है। इसलिए,$\angle PAC = \angle PDB$ (क्योंकि $\angle PAC + \angle CAB = 180^{\circ}$ और $\angle PDB + \angle CAB = 180^{\circ}$)।
$3$. $AA$ (कोण-कोण) समरूपता कसौटी के अनुसार,$\Delta PAC \sim \Delta PDB$।

(N/A) $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ सिद्ध करने के लिए,$\triangle PAD$ और $\triangle PCB$ पर विचार करें।
$1$. $\angle P = \angle P$ (उभयनिष्ठ कोण)।
$2$. $\angle PDA = \angle PBC$ (चक्रीय चतुर्भुज का बहिष्कोण उसके अंतः सम्मुख कोण के बराबर होता है,या चूँकि $\angle PAD + \angle DAB = 180^{\circ}$ और $\angle BCD + \angle DAB = 180^{\circ}$,इसलिए $\angle PAD = \angle BCD$,और इस प्रकार $AA$ समरूपता कसौटी द्वारा $\triangle PAD \sim \triangle PCB$ है)।
चूँकि $\triangle PAD \sim \triangle PCB$ है,उनकी संगत भुजाओं का अनुपात समान होगा:
$\frac{PA}{PC} = \frac{PD}{PB} = \frac{AD}{CB}$।
पहले दो भागों को लेने पर:
$\frac{PA}{PC} = \frac{PD}{PB}$
वज्र-गुणन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$PA \cdot PB = PC \cdot PD$।

(N/A) मान लीजिए कि हम $BA$ को $P$ तक इस प्रकार बढ़ाते हैं कि $AP = AC$ हो। $PC$ को मिलाइए।
दिया गया है कि,
$\frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AC}$
चूंकि $AP = AC$,हम $AC$ के स्थान पर $AP$ प्रतिस्थापित कर सकते हैं:
$\frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AP}$
$\Delta BPC$ में आधारभूत समानुपातिकता प्रमेय $(BPT)$ के विलोम का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$AD \parallel PC$
अतः,$\angle BAD = \angle APC$ (संगत कोण) $\dots(1)$
और,$\angle DAC = \angle ACP$ (एकांतर अंतः कोण) $\dots(2)$
रचना के अनुसार,हमारे पास $AP = AC$ है,जिसका अर्थ है कि $\Delta APC$ में,समान भुजाओं के सम्मुख कोण बराबर होते हैं:
$\angle APC = \angle ACP \dots(3)$
समीकरण $(1), (2),$ और $(3)$ से,हमें प्राप्त होता है:
$\angle BAD = \angle DAC$
अतः,$AD$,$\angle BAC$ का समद्विभाजक है।