Mix Examples - Triangles Questions in Gujarati

(A) આપેલ છે કે $\triangle ABC \cong \triangle PQR$. એકરૂપ ત્રિકોણોમાં સંગતતાના નિયમ મુજબ,અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે:
$AB = PQ$,$BC = QR$,અને $AC = PR$.
તેમજ,ખૂણાઓ સમાન હોય છે: $\angle A = \angle P$,$\angle B = \angle Q$,અને $\angle C = \angle R$.
આપણને આપેલ છે કે $\triangle ABC$ એ $\triangle RPQ$ ને એકરૂપ નથી. આનો અર્થ એ છે કે સંગતતા $A \leftrightarrow R$,$B \leftrightarrow P$,અને $C \leftrightarrow Q$ સાચી નથી.
ચાલો $\triangle ABC \cong \triangle PQR$ ના આધારે વિકલ્પો તપાસીએ:
વિકલ્પ $A$: $BC = PQ$. સંગતતા મુજબ,$BC = QR$ થાય. તેથી,$BC = PQ$ સામાન્ય રીતે સત્ય નથી.
વિકલ્પ $B$: $AC = PR$. સંગતતા મુજબ આ સત્ય છે.
વિકલ્પ $C$: $QR = BC$. સંગતતા મુજબ આ સત્ય છે.
વિકલ્પ $D$: $AB = PQ$. સંગતતા મુજબ આ સત્ય છે.
તેથી,જે વિધાન સત્ય નથી તે $BC = PQ$ છે.

(B) ત્રિકોણની એકરૂપતા માટેના માપદંડો $SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ),$ASA$ (ખૂણો-બાજુ-ખૂણો),$SSS$ (બાજુ-બાજુ-બાજુ),$AAS$ (ખૂણો-ખૂણો-બાજુ) અને $RHS$ (કાટખૂણો-કર્ણ-બાજુ) છે.
$SSA$ (બાજુ-બાજુ-ખૂણો) એ ત્રિકોણની એકરૂપતા માટેનો માન્ય માપદંડ નથી,કારણ કે તે ત્રિકોણને અનન્ય રીતે નક્કી કરતું નથી.

(C) આપેલ છે કે બાજુઓ સમાન છે: $AB = QR$,$BC = PR$ અને $CA = PQ$.
એકરૂપતા નક્કી કરવા માટે,આપણે સમાન બાજુઓના આધારે શિરોબિંદુઓને જોડીએ:
$1$. $AB = QR$ હોવાથી,શિરોબિંદુ $A$ એ $Q$ ને સંગત છે અને $B$ એ $R$ ને સંગત છે.
$2$. $BC = PR$ હોવાથી,શિરોબિંદુ $B$ એ $P$ ને સંગત છે અને $C$ એ $R$ ને સંગત છે.
$3$. $CA = PQ$ હોવાથી,શિરોબિંદુ $C$ એ $P$ ને સંગત છે અને $A$ એ $Q$ ને સંગત છે.
આમ,શિરોબિંદુઓની સંગતતા $A \leftrightarrow Q, B \leftrightarrow R, C \leftrightarrow P$ છે.
તેથી,$\triangle CBA \cong \triangle PRQ$ સાચું છે કારણ કે $CB=PR, BA=RQ, AC=QP$ થાય છે.

(D) $\triangle ABC$ માં,આપણને આપેલ છે કે $AB = AC$.
ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,આપણને $\angle C = \angle B$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\angle B = 50^{\circ}$.
તેથી,$\angle C = 50^{\circ}$ થાય.

(A) $\triangle ABC$ માં,આપણને આપેલ છે કે $BC = AB$.
ત્રિકોણમાં સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે.
તેથી,$\angle A = \angle C$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\angle A + 80^{\circ} + \angle A = 180^{\circ}$.
$2 \angle A + 80^{\circ} = 180^{\circ}$.
$2 \angle A = 180^{\circ} - 80^{\circ}$.
$2 \angle A = 100^{\circ}$.
$\angle A = 100^{\circ} / 2 = 50^{\circ}$.

(B) $\triangle PQR$ માં,આપણને આપેલ છે કે $\angle R = \angle P$.
ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે.
તેથી,$\angle R$ ની સામેની બાજુ $(PQ)$ એ $\angle P$ ની સામેની બાજુ $(QR)$ ને સમાન હોવી જોઈએ.
આમ,$PQ = QR$.
આપેલ છે કે $QR = 4 \, cm$,તેથી $PQ = 4 \, cm$ થાય.

(C) $\triangle ADC$ માં,બહિષ્કોણ $\angle ADB$ એ અંતઃસન્મુખ ખૂણા $\angle DAC$ કરતા મોટો છે.
કારણ કે $AD$ એ $\angle BAC$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle BAD = \angle DAC$ થાય.
આ કિંમત અસમતામાં મૂકતા,આપણને $\angle ADB > \angle BAD$ મળે છે.
$\triangle ABD$ માં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોવાથી,આપણને $AB > BD$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $\triangle ABC \cong \triangle FDE$.
$1$. $\triangle ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે. તેથી,$\angle C = 180^{\circ} - (80^{\circ} + 40^{\circ}) = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$.
$2$. કારણ કે $\triangle ABC \cong \triangle FDE$,એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
$3$. અહીં સંગતતા $A \leftrightarrow F$,$B \leftrightarrow D$,અને $C \leftrightarrow E$ છે.
$4$. તેથી,$AB$ ને અનુરૂપ બાજુ $FD$ (અથવા $DF$) છે. આમ,$DF = AB = 5 \, cm$.
$5$. તેમજ,$\angle C$ ને અનુરૂપ ખૂણો $\angle E$ છે. તેથી,$\angle E = \angle C = 60^{\circ}$.
$6$. આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$DF = 5 \, cm$ અને $\angle E = 60^{\circ}$ સાચું છે.

(A) ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા હંમેશા વધારે હોય છે અને કોઈપણ બે બાજુઓનો તફાવત ત્રીજી બાજુ કરતા ઓછો હોય છે.
ધારો કે ત્રીજી બાજુ $x$ છે.
તેથી,$5 - 1.5 < x < 5 + 1.5$,જેનું સાદુંરૂપ આપતા $3.5 < x < 6.5$ મળે છે.
વિકલ્પો તપાસતા:
$A) 3.4$ એ $(3.5, 6.5)$ ની વચ્ચે નથી કારણ કે $3.4 < 3.5$.
$B) 3.8$ એ આ ગાળામાં છે.
$C) 4.1$ એ આ ગાળામાં છે.
$D) 3.6$ એ આ ગાળામાં છે.
તેથી,ત્રીજી બાજુની લંબાઈ $3.4\, cm$ ન હોઈ શકે.

(B) $\triangle PQR$ માં,આપણને આપેલ છે કે $\angle R > \angle Q.$
પ્રમેય મુજબ,કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ લાંબી હોય છે.
$\angle R$ ની સામેની બાજુ $PQ$ છે અને $\angle Q$ ની સામેની બાજુ $PR$ છે.
તેથી,$\angle R > \angle Q$ હોવાથી,$PQ > PR$ થાય.

(C) આપેલ છે: $\triangle ABC$ માં,$AB = AC$. તેથી,$\angle B = \angle C$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
આપેલ છે: $\angle C = \angle P$ અને $\angle B = \angle Q$.
કારણ કે $\angle B = \angle C$,તેથી $\angle Q = \angle P$ થાય.
$\triangle PQR$ માં,$\angle Q = \angle P$ હોવાથી,આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોવી જોઈએ,તેથી $PR = QR$. આમ,$\triangle PQR$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
જોકે,આપણી પાસે $\triangle ABC \cong \triangle PQR$ સાબિત કરવા માટે પૂરતી માહિતી (જેમ કે બાજુનું માપ અથવા કોઈ ચોક્કસ ખૂણાનું માપ) નથી. ઉદાહરણ તરીકે,ખૂણાઓના સમાન સંબંધો જાળવી રાખીને પણ ત્રિકોણના માપ અલગ હોઈ શકે છે.
તેથી,બંને ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ છે,પરંતુ તેઓ એકરૂપ હોવા જરૂરી નથી.

(D) $SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની પૂર્વધારણા મુજબ,જો એક ત્રિકોણની બે બાજુઓ અને તેમની વચ્ચેનો ખૂણો બીજા ત્રિકોણની અનુરૂપ બે બાજુઓ અને તેમની વચ્ચેના ખૂણાને સમાન હોય,તો તે બે ત્રિકોણો એકરૂપ થાય છે.
આપેલ છે: $AB = FD$ અને $\angle A = \angle D$.
ત્રિકોણો $SAS$ દ્વારા એકરૂપ થાય તે માટે,$\angle A$ બનાવતી બાજુઓ ($AB$ અને $AC$) એ $\angle D$ બનાવતી બાજુઓ ($FD$ અને $DE$) ને સમાન હોવી જોઈએ.
અહીં $AB = FD$ આપેલ હોવાથી,$SAS$ શરત સંતોષવા માટે $AC = DE$ હોવું જરૂરી છે.

(A) $SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરતનો ઉપયોગ કરીને $\triangle ABC \cong \triangle DEF$ સાબિત કરવા માટે,ખૂણો આપેલી બે બાજુઓની વચ્ચેનો હોવો જોઈએ.
$\triangle ABC$ માટે,બાજુઓ $AB$ અને $AC$ છે,તેથી તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\angle A$ છે.
$\triangle DEF$ માટે,બાજુઓ $DE$ અને $EF$ છે,તેથી તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $\angle E$ છે.
તેથી,જો $\angle A = \angle E$ હોય,તો $SAS$ એકરૂપતાના નિયમ મુજબ,$\triangle ABC \cong \triangle DEF$ થાય.

(NO) આ બે ત્રિકોણો એકરૂપ હોય તે જરૂરી નથી. બે ત્રિકોણો $ASA$ (ખૂણો-બાજુ-ખૂણો) શરત મુજબ એકરૂપ થવા માટે,બાજુ બંને ખૂણાઓની વચ્ચેની હોવી જોઈએ. $\triangle ABC$ માં,$\angle A$ અને $\angle B$ ની વચ્ચેની બાજુ $AB$ છે. $\triangle DEF$ માં,$\angle D$ અને $\angle E$ ની વચ્ચેની બાજુ $DE$ છે. આપેલી શરત $AB = EF$ છે,$AB = DE$ નથી,તેથી ત્રિકોણો $ASA$ એકરૂપતાની શરતનું પાલન કરતા નથી. તેથી,તેઓ એકરૂપ હોય તે જરૂરી નથી.

(N/A) ત્રિકોણ $ABC$ અને $PQR$ માં,આપણી પાસે છે:
$\angle A = \angle Q$ (આપેલ છે)
$\angle B = \angle R$ (આપેલ છે)
બંને ત્રિકોણ $ASA$ (ખૂણો-બાજુ-ખૂણો) એકરૂપતાની શરત મુજબ એકરૂપ થાય તે માટે,બે ખૂણાઓની વચ્ચેની બાજુ સમાન હોવી જોઈએ.
$\triangle ABC$ માં,$\angle A$ અને $\angle B$ ની વચ્ચેની બાજુ $AB$ છે.
$\triangle PQR$ માં,$\angle Q$ અને $\angle R$ ની વચ્ચેની બાજુ $QR$ છે.
તેથી,ત્રિકોણ એકરૂપ થાય તે માટે,બાજુ $AB$ એ બાજુ $QR$ ને સમાન હોવી જોઈએ $(AB = QR)$.

(N/A) ત્રિકોણ $ABC$ અને $PQR$ માં,આપણને આપેલ છે:
$\angle A = \angle Q$ અને $\angle B = \angle R$.
બંને ત્રિકોણો $AAS$ (ખૂણો-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ એકરૂપ થાય તે માટે,$\triangle ABC$ ની બાજુ $BC$ ને અનુરૂપ $\triangle PQR$ ની બાજુ $RP$ ને સમાન હોવી જોઈએ.
તેથી,$BC = RP$.
આનાથી ખાતરી થાય છે કે બંને ત્રિકોણો $AAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ એકરૂપ છે.

(B) આ વિધાન અસત્ય છે. બે ત્રિકોણો $SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાના નિયમ દ્વારા એકરૂપ થાય તે માટે,ખૂણો એ બે બાજુઓની વચ્ચેનો અંતર્ગત ખૂણો હોવો જોઈએ. જો ખૂણો અંતર્ગત ખૂણો ન હોય,તો ત્રિકોણો એકરૂપ હોય તે જરૂરી નથી.

(A) આ વિધાન સાચું છે,જો તે બાજુ બે ખૂણાઓની વચ્ચેની અંતર્ગત બાજુ હોય ($ASA$ એકરૂપતાની શરત) અથવા તે બાજુ બંને ત્રિકોણોમાં સમાન સાપેક્ષ સ્થાન ધરાવતી અનુરૂપ બાજુ હોય ($AAS$ એકરૂપતાની શરત).
જો એક ત્રિકોણના બે ખૂણા અને કોઈપણ એક બાજુ બીજા ત્રિકોણના અનુરૂપ બે ખૂણા અને અનુરૂપ બાજુને સમાન હોય,તો તે ત્રિકોણો $AAS$ (ખૂણો-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ એકરૂપ થાય છે.
તેથી,ત્રિકોણો એકરૂપ થાય તે માટે અનુરૂપતાની શરત આવશ્યક છે.

(N/A) ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓના માપનો સરવાળો ત્રીજી બાજુના માપ કરતાં હંમેશા વધારે હોવો જોઈએ.
અહીં,બાજુઓના માપ $4 \, cm, 3 \, cm$ અને $7 \, cm$ છે.
બે નાની બાજુઓનો સરવાળો કરતાં: $4 \, cm + 3 \, cm = 7 \, cm$.
અહીં બે બાજુઓનો સરવાળો $(7 \, cm)$ એ ત્રીજી બાજુના માપ $(7 \, cm)$ જેટલો જ છે,તેનાથી વધારે નથી. તેથી,ત્રિકોણની અસમતાની શરતનું પાલન થતું નથી.
આથી,$4 \, cm, 3 \, cm$ અને $7 \, cm$ માપ ધરાવતો ત્રિકોણ બનાવવો શક્ય નથી.

(B) $BC = QR$ કહેવું અસત્ય છે.
કારણ કે $\triangle ABC \cong \triangle RPQ$ હોવાથી,એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
શિરોબિંદુઓને સરખાવતા,આપણને $A \leftrightarrow R$,$B \leftrightarrow P$,અને $C \leftrightarrow Q$ મળે છે.
તેથી,બાજુ $BC$ એ બાજુ $PQ$ ને અનુરૂપ છે.
આમ,$BC = PQ$ થાય,$QR$ નહીં.

(A) હા,એ સત્ય છે કે $PR = EF$.
કારણ કે $\Delta PQR \cong \Delta EDF$,એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
શિરોબિંદુઓ આ મુજબ અનુરૂપ છે: $P \leftrightarrow E$,$Q \leftrightarrow D$,અને $R \leftrightarrow F$.
તેથી,બાજુ $PR$ એ બાજુ $EF$ ને અનુરૂપ છે,જેનો અર્થ છે કે $PR = EF$.

(PR) $\triangle PQR$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle Q = 180^{\circ} - (\angle P + \angle R)$
$\angle Q = 180^{\circ} - (70^{\circ} + 30^{\circ}) = 180^{\circ} - 100^{\circ} = 80^{\circ}$.
ખૂણાઓની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે કે $\angle Q > \angle P > \angle R$ $(80^{\circ} > 70^{\circ} > 30^{\circ})$.
ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,સૌથી મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ સૌથી લાંબી હોય છે.
અહીં $\angle Q$ એ સૌથી મોટો ખૂણો છે,અને $\angle Q$ ની સામેની બાજુ $PR$ છે.
તેથી,$PR$ એ $\triangle PQR$ ની સૌથી લાંબી બાજુ છે.

(N/A) $ riangle ABD$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB + BD > AD$ $\ldots(1)$
[કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ]
$ riangle ADC$ માં,આપણી પાસે છે:
$AC + CD > AD$ $\ldots(2)$
[કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ]
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AB + BD + CD + AC > 2AD$
કારણ કે $AD$ એ $\triangle ABC$ ની મધ્યગા છે,તેથી $BD = CD$. તેથી,$BD + CD = BC$.
આ અસમતામાં કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે:
$AB + BC + CA > 2AD$
હા,આ વિધાન સત્ય છે.

(A) આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $AB + BC + AC > 2\, AM$.
ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે.
$\triangle ABM$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB + BM > AM$ $\ldots (1)$
$\triangle ACM$ માં,આપણી પાસે છે:
$AC + CM > AM$ $\ldots (2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AB + BM + AC + CM > AM + AM$
$AB + AC + (BM + CM) > 2\, AM$
કારણ કે $M$ એ $BC$ પરનું બિંદુ છે,તેથી $BM + CM = BC$. આ કિંમત અસમતામાં મૂકતા:
$AB + AC + BC > 2\, AM$
આમ,ત્રિકોણ $ABC$ ની પરિમિતિ ખરેખર $2\, AM$ કરતા વધારે છે.

(N/A) ના,$9 \, cm$,$7 \, cm$ અને $17 \, cm$ બાજુઓના માપ ધરાવતો ત્રિકોણ બનાવવો શક્ય નથી.
ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓના માપનો સરવાળો ત્રીજી બાજુના માપ કરતાં હંમેશા વધારે હોવો જોઈએ.
અહીં,બે નાની બાજુઓનો સરવાળો:
$9 \, cm + 7 \, cm = 16 \, cm$
અહીં $16 \, cm < 17 \, cm$ હોવાથી,બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતાં વધારે નથી.
તેથી,આ બાજુઓના માપ સાથે ત્રિકોણની રચના કરી શકાય નહીં.

(A) હા,$8\,cm, 7\,cm$ અને $4\,cm$ બાજુઓના માપ ધરાવતો ત્રિકોણ બનાવવો શક્ય છે.
ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
શરતો તપાસતા:
$8 + 7 = 15 > 4$
$8 + 4 = 12 > 7$
$7 + 4 = 11 > 8$
આમ,ત્રણેય શરતોનું પાલન થતું હોવાથી,ત્રિકોણની રચના કરી શકાય છે.

(N/A) $\triangle PQS$ અને $\triangle PRT$ માં:
$1$. $PQ = PR$ (આપેલ છે)
$2$. $\angle Q = \angle R$ (આપેલ છે)
$3$. $\angle QPS = \angle RPT$ (સામાન્ય ખૂણો $\angle P$)
તેથી,$ASA$ (ખૂબાખૂ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle PQS \cong \triangle PRT$ થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $BC \parallel AD$ અને $BC = DA$.
$\triangle BOC$ અને $\triangle AOD$ ને ધ્યાનમાં લો:
$1$. $\angle CBO = \angle DAO$ (યુગ્મકોણ,કારણ કે $BC \parallel AD$)
$2$. $\angle BCO = \angle ADO$ (યુગ્મકોણ,કારણ કે $BC \parallel AD$)
$3$. $BC = DA$ (આપેલ છે)
$ASA$ (ખૂબાખૂ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle BOC \cong \triangle AOD$ થાય.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$:
$OB = OA$ અને $OC = OD$.
તેથી,$O$ એ રેખાખંડ $AB$ અને $CD$ બંનેનું મધ્યબિંદુ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle PQR$ માં,$PQ > PR$ અને $QS$,$RS$ એ અનુક્રમે $\angle Q$ અને $\angle R$ ના દ્વિભાજકો છે.
જેহেতু $PQ > PR$,મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે. તેથી,$\angle R > \angle Q$.
જેহেতু $QS$ અને $RS$ એ અનુક્રમે $\angle Q$ અને $\angle R$ ના દ્વિભાજકો છે,તેથી:
$\angle SQR = \frac{1}{2} \angle Q$
$\angle SRQ = \frac{1}{2} \angle R$
જેহেতু $\angle R > \angle Q$,તેથી $\frac{1}{2} \angle R > \frac{1}{2} \angle Q$ થાય.
તેથી,$\angle SRQ > \angle SQR$.
$\triangle SQR$ માં,$\angle SRQ > \angle SQR$ હોવાથી,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. આમ,$SQ > SR$.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ જેમાં $AB = AC$ છે.
$D$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે અને $E$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $BD = CE$.
સાબિતી: $\triangle ABD$ અને $\triangle ACE$ માં:
$1$. $AB = AC$ (આપેલ છે)
$2$. $\angle BAD = \angle CAE$ (સામાન્ય ખૂણો)
$3$. $AD = AE$ (કારણ કે $AB = AC$,તેથી તેમના અડધા ભાગ સમાન થાય,એટલે કે $\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}AC$)
$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ABD \cong \triangle ACE$.
તેથી,$CPCT$ (એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો) મુજબ $BD = CE$ થાય.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ જેમાં $BD = CE$ અને $AD = AE$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\triangle ABD \cong \triangle ACE$.
સાબિતી: $\triangle ADE$ માં,
$AD = AE$ [આપેલ છે]
$\Rightarrow \angle ADE = \angle AED$ [ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે]
હવે,$\angle ADB + \angle ADE = 180^{\circ}$ [રેખિક જોડના ખૂણા]
$\angle AEC + \angle AED = 180^{\circ}$ [રેખિક જોડના ખૂણા]
આ સમીકરણો પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle ADB + \angle ADE = \angle AEC + \angle AED$
કારણ કે $\angle ADE = \angle AED$,તેથી $\angle ADB = \angle AEC$ થાય.
હવે,$\triangle ABD$ અને $\triangle ACE$ માં:
$AD = AE$ [આપેલ છે]
$\angle ADB = \angle AEC$ [ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ]
$BD = CE$ [આપેલ છે]
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,
$\triangle ABD \cong \triangle ACE$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: ચોરસ $ABCD$ ની બાજુ $CD$ પર એક સમબાજુ ત્રિકોણ $CDE$ રચાયેલ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\triangle ADE \cong \triangle BCE$.
સાબિતી: ચોરસ $ABCD$ માં,આપણી પાસે છે:
$AD = BC$ (ચોરસની બાજુઓ સમાન હોય છે) ... $(1)$
$\angle ADC = \angle BCD = 90^{\circ}$ (ચોરસના ખૂણા) ... $(2)$
સમબાજુ ત્રિકોણ $CDE$ માં,આપણી પાસે છે:
$DE = CE$ (સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુઓ સમાન હોય છે) ... $(3)$
$\angle CDE = \angle DCE = 60^{\circ}$ (સમબાજુ ત્રિકોણના ખૂણા) ... $(4)$
$(2)$ અને $(4)$ નો સરવાળો કરતા:
$\angle ADC + \angle CDE = \angle BCD + \angle DCE$
$\angle ADE = \angle BCE$ ... $(5)$
હવે,$\triangle ADE$ અને $\triangle BCE$ માં:
$AD = BC$ ($(1)$ પરથી)
$\angle ADE = \angle BCE$ ($(5)$ પરથી)
$DE = CE$ ($(3)$ પરથી)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ADE \cong \triangle BCE$.

(N/A) આપેલ છે: $BA \perp AC$,$DE \perp DF$,$BA = DE$,અને $BF = EC$.
પગલું $1$: કર્ણની સમાનતા સ્થાપિત કરો.
આપણને $BF = EC$ આપેલ છે.
બંને બાજુ $FC$ ઉમેરતા,આપણને મળે છે:
$BF + FC = EC + FC$
$BC = EF$
પગલું $2$: બે ત્રિકોણની તુલના કરો.
$\triangle ABC$ અને $\triangle DEF$ માં:
$1$. $\angle A = \angle D = 90^{\circ}$ (આપેલ છે કે $BA \perp AC$ અને $DE \perp DF$)
$2$. $BA = DE$ (આપેલ છે)
$3$. $BC = EF$ (કર્ણ,ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
પગલું $3$: નિષ્કર્ષ.
$RHS$ (કાટખૂણો-કર્ણ-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ABC \cong \triangle DEF$.

(N/A) આપેલ છે: $PQ = PR$.
સાબિત કરવાનું છે: $PS > PQ$.
સાબિતી: $\triangle PQR$ માં,આપણી પાસે છે:
$PR = PQ$ (આપેલ છે).
તેથી,$\angle PQR = \angle PRQ$ (ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
$\triangle PQS$ માં,$\angle PQR$ એ બહિષ્કોણ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના અંતઃસન્મુખ ખૂણાઓ કરતા મોટો હોય છે.
તેથી,$\angle PQR > \angle S$.
કારણ કે $\angle PQR = \angle PRQ$,તેથી $\angle PRQ > \angle S$.
$\triangle PSR$ માં,કારણ કે $\angle PRQ > \angle S$,તેથી $\angle PRQ$ ની સામેની બાજુ એ $\angle S$ ની સામેની બાજુ કરતા મોટી હોવી જોઈએ.
તેથી,$PS > PR$.
કારણ કે $PR = PQ$,આપણે $PR$ ની જગ્યાએ $PQ$ મૂકી શકીએ છીએ.
આમ,$PS > PQ$.
આમ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle PQR$ ની બાજુ $QR$ પરનું એક બિંદુ $S$.
સાબિત કરવાનું છે: $PQ + QR + RP > 2 \, PS$.
સાબિતી: $\triangle PQS$ માં,આપણી પાસે છે:
$PQ + QS > PS$ ..... $(1)$
[કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતાં વધારે હોવો જોઈએ]
હવે,$\triangle PSR$ માં,આપણી પાસે છે:
$RS + RP > PS$ ..... $(2)$
[કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતાં વધારે હોવો જોઈએ]
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$PQ + QS + RS + RP > 2 \, PS$
કારણ કે $QS + RS = QR$,તેથી:
$PQ + QR + RP > 2 \, PS$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $\triangle ABC$ માં,આપણને આપેલ છે કે $AB = AC$.
તેથી,$\angle ABC = \angle ACB$ (ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે).
$D$ એ $AC$ પરનું બિંદુ હોવાથી,$\angle DBC < \angle ABC$ થાય.
$\angle ABC$ ની જગ્યાએ $\angle ACB$ મૂકતા,આપણને મળે છે કે $\angle DBC < \angle ACB$.
અહીં $\angle ACB$ એ $\angle DCB$ સમાન જ છે,તેથી $\angle DBC < \angle DCB$.
$\triangle BCD$ માં,$\angle DCB > \angle DBC$ હોવાથી,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે.
તેથી,$BD > CD$ અથવા $CD < BD$ થાય.

(N/A) $\triangle AMC$ અને $\triangle BMD$ માં,આપણી પાસે છે:
$\angle MAC = \angle MBD$ (યુગ્મકોણ,કારણ કે $l \parallel m$)
$\angle AMC = \angle BMD$ (અભિકોણ)
$AM = BM$ (આપેલ છે,કારણ કે $M$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે)
તેથી,$\triangle AMC \cong \triangle BMD$ ($ASA$ એકરૂપતાની શરત મુજબ)
આમ,$CM = DM$ ($CPCT$ મુજબ)
આમ,$M$ એ $CD$ નું પણ મધ્યબિંદુ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ માં,$AB = AC$. $BO$ અને $CO$ એ અનુક્રમે $\angle B$ અને $\angle C$ ના ખૂણાના દ્વિભાજકો છે,જે $O$ માં છેદે છે. $BO$ ને $M$ સુધી લંબાવવામાં આવે છે.
સાબિતી:
$\triangle ABC$ માં,કારણ કે $AB = AC$,તેથી $\angle ABC = \angle ACB$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
કારણ કે $BO$ અને $CO$ એ $\angle B$ અને $\angle C$ ના દ્વિભાજકો છે,તેથી:
$\angle OBC = \frac{1}{2} \angle ABC$
$\angle OCB = \frac{1}{2} \angle ACB$
કારણ કે $\angle ABC = \angle ACB$,તેથી $\angle OBC = \angle OCB$ થાય.
$\triangle OBC$ માં,જ્યારે બાજુ $BO$ ને $M$ સુધી લંબાવવામાં આવે ત્યારે $\angle MOC$ એ શિરોબિંદુ $O$ પાસેનો બહિષ્કોણ છે.
ત્રિકોણના બહિષ્કોણના ગુણધર્મ મુજબ,બહિષ્કોણ તેના અંતઃસન્મુખ ખૂણાઓના સરવાળા જેટલો હોય છે.
તેથી,$\angle MOC = \angle OBC + \angle OCB$.
કારણ કે $\angle OBC = \angle OCB$,આપણે લખી શકીએ:
$\angle MOC = \angle OBC + \angle OBC = 2 \angle OBC$.
$\angle OBC = \frac{1}{2} \angle ABC$ મૂકતા:
$\angle MOC = 2 \times (\frac{1}{2} \angle ABC) = \angle ABC$.
આમ,$\angle MOC = \angle ABC$ સાબિત થાય છે.

(N/A) $\triangle ABC$ માં,આપણી પાસે $AB = AC$ છે.
તેથી,$\angle ABC = \angle ACB$ [કારણ કે ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે].
જેহেতু $BO$ અને $CO$ એ અનુક્રમે $\angle B$ અને $\angle C$ ના દ્વિભાજકો છે,તેથી $\angle OBC = \frac{1}{2} \angle ABC$ અને $\angle OCB = \frac{1}{2} \angle ACB$ થાય.
જેহেতু $\angle ABC = \angle ACB$,તેથી $\angle OBC = \angle OCB$ થાય.
$\triangle OBC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ છે,તેથી $\angle BOC + \angle OBC + \angle OCB = 180^{\circ}$.
$\angle OCB = \angle OBC$ મૂકતા,આપણને $\angle BOC + 2 \angle OBC = 180^{\circ}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\angle BOC = 180^{\circ} - 2 \angle OBC$.
હવે,$\angle ABC$ ને સંલગ્ન બહિષ્કોણનો વિચાર કરો. ધારો કે $D$ એ $AB$ ના લંબાવેલા ભાગ પરનું બિંદુ છે. બહિષ્કોણ $\angle CBD = 180^{\circ} - \angle ABC$ છે.
જેহেতু $\angle ABC = 2 \angle OBC$,તેથી $\angle CBD = 180^{\circ} - 2 \angle OBC$ થાય.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણે કહી શકીએ કે $\angle BOC = \angle CBD$.

(N/A) ધારો કે $\angle BAD = \angle 1$ અને $\angle CAD = \angle 2$. કારણ કે $AD$ એ $\angle BAC$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle 1 = \angle 2$ મળે.
$\triangle ACD$ માં,$\angle ADC$ એ શિરોબિંદુ $D$ આગળનો બહિષ્કોણ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસન્મુખ કોણના સરવાળા જેટલો હોય છે.
તેથી,$\angle ADC = \angle CAD + \angle ACD = \angle 2 + \angle ACD$.
કારણ કે $\angle ACD > 0$,તેથી $\angle ADC > \angle 2$ મળે.
$\angle 2 = \angle 1$ મૂકતા,આપણને $\angle ADC > \angle 1$ મળે છે.
હવે,$\triangle ABD$ નો વિચાર કરો. આ ત્રિકોણમાં,બાજુ $AB$ ની સામેનો ખૂણો $\angle ADB$ (જે $\angle ADC$ છે) અને બાજુ $BD$ ની સામેનો ખૂણો $\angle BAD$ (જે $\angle 1$ છે) છે.
કારણ કે $\angle ADC > \angle 1$,તેથી મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે.
તેથી,$AB > BD$ સાબિત થાય છે.

(N/A) $CB$ ને બિંદુ $D$ સુધી લંબાવો જેથી $BC = BD$ થાય અને $AD$ ને જોડો.
$\Delta ABC$ અને $\Delta ABD$ માં:
$BC = BD$ (રચના મુજબ)
$AB = AB$ (સામાન્ય બાજુ)
$\angle ABC = \angle ABD = 90^{\circ}$ (આપેલ છે અને રચના મુજબ)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\Delta ABC \cong \Delta ABD$ થાય.
તેથી,$CPCT$ મુજબ $\angle CAB = \angle DAB$ થાય. ધારો કે $\angle BAC = x$,તો $\angle CAB = x$ અને $\angle DAB = x$.
આમ,$\angle CAD = \angle CAB + \angle BAD = x + x = 2x$.
$\angle BCA = 2 \angle BAC$ હોવાથી,અને $\angle BAC = x$ હોવાથી,$\angle BCA = 2x$ થાય.
$\Delta ACD$ માં,$\angle CAD = 2x$ અને $\angle ACD = 2x$ છે.
બે ખૂણા સમાન હોવાથી,તેમની સામેની બાજુઓ સમાન હોય,તેથી $AC = CD$ થાય.
વળી,$\Delta ABC \cong \Delta ABD$ હોવાથી,$CPCT$ મુજબ $AC = AD$ થાય.
તેથી,$\angle ADC = \angle ACD = 2x$ થાય.
$\Delta ACD$ ના ત્રણેય ખૂણા $60^{\circ}$ હોવાથી $(2x + 2x + 2x = 180^{\circ} \implies x = 30^{\circ})$,$\Delta ACD$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$AC = CD = AD$ થાય.
$CD = BC + BD$ અને $BC = BD$ હોવાથી,$CD = BC + BC = 2BC$ થાય.
આમ,$AC = 2BC$ સાબિત થાય છે.

(N/A) આ $ASA$ (ખૂબાખૂ - ખૂણો-બાજુ-ખૂણો) એકરૂપતાની શરત છે.
ધારો કે બે ત્રિકોણો $\triangle ABC$ અને $\triangle DEF$ છે જેમાં $\angle B = \angle E$,$\angle C = \angle F$ અને $BC = EF$ છે.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $\triangle ABC \cong \triangle DEF$.
કિસ્સો $1$: જો $AB = DE$ હોય,તો $SAS$ (બાખૂબા) એકરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle ABC \cong \triangle DEF$ થાય.
કિસ્સો $2$: જો $AB < DE$ હોય,તો $DE$ પર એક બિંદુ $P$ એવું લો કે જેથી $DP = AB$ થાય. $PF$ ને જોડો. $\triangle ABC$ અને $\triangle DPF$ માં,$AB = DP$,$\angle B = \angle E$ અને $BC = EF$ છે. તેથી,$SAS$ મુજબ $\triangle ABC \cong \triangle DPF$ થાય. આનો અર્થ એ છે કે $\angle ACB = \angle DPF$. પરંતુ આપણને આપેલ છે કે $\angle ACB = \angle DFE$. તેથી,$\angle DPF = \angle DFE$,જે ત્યારે જ શક્ય છે જો $P$ એ $E$ પર સંપાતી હોય. આમ,$AB = DE$ અને $\triangle ABC \cong \triangle DEF$.
કિસ્સો $3$: જો $AB > DE$ હોય,તો સમાન તર્ક દ્વારા સાબિત કરી શકાય કે $AB = DE$ અને ત્રિકોણો એકરૂપ છે.

(N/A) આપણને $\Delta ABC$ ની બાજુ $BC$ પર એક બિંદુ $D$ આપેલું છે,જેથી $\angle BAD = \angle CAD$ અને $BD = CD$ થાય. આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $AB = AC$ છે.
$AD$ ને $E$ બિંદુ સુધી એવી રીતે લંબાવો કે જેથી $AD = DE$ થાય અને પછી $CE$ ને જોડો.
હવે,$\Delta ABD$ અને $\Delta ECD$ માં:
$BD = CD$ (આપેલ છે)
$AD = DE$ (રચના દ્વારા)
$\angle ADB = \angle EDC$ (અભિકોણો)
તેથી,$\Delta ABD \cong \Delta ECD$ ($SAS$ એકરૂપતાની શરત).
તેથી,$AB = EC$ અને $\angle BAD = \angle CED$ $(CPCT)$ ... $(1)$
વળી,$\angle BAD = \angle CAD$ (આપેલ છે) ... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને $\angle CAD = \angle CED$ મળે છે.
$\Delta ACE$ માં,કારણ કે $\angle CAD = \angle CED$ છે,તેથી આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોવી જોઈએ.
તેથી,$AC = EC$ ... $(3)$
$(1)$ અને $(3)$ પરથી,આપણને $AB = AC$ મળે છે.
આમ,$\Delta ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) $QS$ ને લંબાવો જેથી તે $PR$ ને $T$ માં છેદે.
$\triangle PQT$ માં,આપણી પાસે છે:
$PQ + PT > QT$ (ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે)
$PQ + PT > SQ + ST$ ..... $(1)$
$\triangle TSR$ માં,આપણી પાસે છે:
$ST + TR > SR$ ..... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$PQ + PT + ST + TR > SQ + ST + SR$
$PQ + PT + TR > SQ + SR$
કારણ કે $PT + TR = PR$,તેથી:
$PQ + PR > SQ + SR$
આમ,$SQ + SR < PQ + PR$.

(A) સમબાજુ ત્રિકોણમાં ત્રણેય બાજુઓ સમાન હોય છે,એટલે કે $AB = BC = AC$.
ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,આપણી પાસે $\angle A = \angle B = \angle C$ છે.
ધારો કે દરેક ખૂણો $x$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
$x + x + x = 180^{\circ}$.
$3x = 180^{\circ}$.
$x = \frac{180^{\circ}}{3} = 60^{\circ}$.
આમ,સમબાજુ ત્રિકોણના બધા ખૂણાઓ $60^{\circ}, 60^{\circ}, 60^{\circ}$ છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એ $LM$ ને $O$ બિંદુએ છેદે છે. આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $AO = BO$.
હવે,$\angle i = \angle r$ ... $(1)$
[$\because$ આપાતકોણ = પરાવર્તનકોણ]
$\angle B = \angle i$ [અનુકોણ] ... $(2)$
અને $\angle A = \angle r$ [યુગ્મકોણ] ... $(3)$
$(1)$,$(2)$ અને $(3)$ પરથી,આપણને મળે છે કે $\angle B = \angle A$.
$\triangle BOC$ અને $\triangle AOC$ માં:
$\angle 1 = \angle 2 = 90^{\circ}$ [આપેલ છે]
$OC = OC$ [સામાન્ય બાજુ]
$\angle B = \angle A$ [ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ]
તેથી,$\triangle BOC \cong \triangle AOC$ [$AAS$ એકરૂપતાની શરત].
આમ,$AO = BO$ [$CPCT$].

(N/A) વિદ્યાર્થીના તર્કમાં ખામી એ છે કે તેમણે $AAS$ (ખૂણો-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરતનો ઉપયોગ કર્યો છે,પરંતુ $\triangle ABD$ માં બાજુ $AD$ એ ખૂણા $\angle B$ અને $\angle ADB$ ની વચ્ચે આવતી નથી.
સાચી સાબિતી:
$\triangle ABD$ અને $\triangle ACD$ માં:
$AB = AC$ (આપેલ છે)
$AD = AD$ (સામાન્ય બાજુ)
$\angle ADB = \angle ADC = 90^{\circ}$ ($AD \perp BC$ આપેલ છે)
તેથી,$RHS$ (કાટખૂણો-કર્ણ-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ:
$\triangle ABD \cong \triangle ACD$
આમ,$\angle BAD = \angle CAD$ $(CPCT)$.

(N/A) આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $\triangle BPQ$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે.
આપેલ છે કે $BP$ એ $\angle ABC$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી:
$\angle 1 = \angle 2$ .....$(1)$
કારણ કે $PQ \parallel BA$ અને $BP$ એ છેદિકા છે,તેથી યુગ્મકોણ સમાન હોય છે:
$\angle 1 = \angle 3$ .....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle 2 = \angle 3$
$\triangle BPQ$ માં,કારણ કે $\angle 2 = \angle 3$,તેથી આ સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોવી જોઈએ:
$PQ = BQ$
કારણ કે $\triangle BPQ$ ની બે બાજુઓ સમાન છે,તેથી $\triangle BPQ$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) $\triangle ABD$ અને $\triangle CBD$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = CB$ [આપેલ છે]
$AD = CD$ [આપેલ છે]
$BD = BD$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,$\triangle ABD \cong \triangle CBD$ [$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ]
$\Rightarrow \angle ABD = \angle CBD$ [$CPCT$]
અને $\angle ADB = \angle CDB$ [$CPCT$]
આમ,$BD$ એ ખૂણા $ABC$ અને $ADC$ બંનેને દુભાગે છે.

(N/A) આપેલ છે: એક કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ જેમાં $AB = AC$ છે અને $\angle A$ નો દ્વિભાજક $BC$ ને $D$ બિંદુએ મળે છે.
સાબિત કરવાનું છે: $BC = 2 AD$.
સાબિતી: $\triangle ABC$ માં,$AB = AC$ અને તે કાટકોણ ત્રિકોણ હોવાથી,$\angle BAC = 90^{\circ}$ થાય.
$\triangle CAD$ અને $\triangle BAD$ માં:
$AC = AB$ (આપેલ છે)
$\angle CAD = \angle BAD$ (કારણ કે $AD$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે)
$AD = AD$ (સામાન્ય બાજુ)
$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle CAD \cong \triangle BAD$ થાય.
તેથી,$CD = BD$ ($CPCT$ દ્વારા).
સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$AD$ એ કર્ણ પરનો મધ્યગા પણ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કર્ણ પરની મધ્યગાની લંબાઈ કર્ણની લંબાઈ કરતા અડધી હોય છે.
આમ,$AD = \frac{1}{2} BC$.
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા,આપણને $2 AD = BC$ મળે છે.
આમ,$BC = 2 AD$ સાબિત થાય છે.