Textbook - Triangles Questions in Gujarati

(N/A) $(i)$ $\Delta AOD$ અને $\Delta BOC$ માં:
$OA = OB$ (આપેલ છે)
$OD = OC$ (આપેલ છે)
વળી,$\angle AOD = \angle BOC$ (અભિકોણો).
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta AOD \cong \Delta BOC$.
$(ii)$ $\Delta AOD \cong \Delta BOC$ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
તેથી,$\angle OAD = \angle OBC$.
આ ખૂણાઓ રેખાખંડ $AD$ અને $BC$ ની છેદિકા $AB$ દ્વારા બનતા યુગ્મકોણો છે.
યુગ્મકોણો સમાન હોવાથી,$AD \parallel BC$ થાય.

(N/A) રેખા $l$ એ $AB$ નો લંબદ્વિભાજક છે અને તે $C$ માંથી પસાર થાય છે,જે $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે (આકૃતિ જુઓ).
આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $PA = PB$.
$\Delta PCA$ અને $\Delta PCB$ નો વિચાર કરો.
આ ત્રિકોણોમાં:
$AC = BC$ ($C$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે)
$\angle PCA = \angle PCB = 90^\circ$ (આપેલ છે,કારણ કે $l$ લંબદ્વિભાજક છે)
$PC = PC$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta PCA \cong \Delta PCB$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
આમ,$PA = PB$,જેનો અર્થ છે કે $P$ એ $A$ અને $B$ થી સમાન અંતરે છે.

$(i)$ $\Delta AOB$ અને $\Delta DOC$ ને ધ્યાનમાં લો.
$\angle OAB = \angle ODC$ (યુગ્મકોણ,કારણ કે $AB \parallel CD$ અને $AD$ એ છેદિકા છે)
$\angle AOB = \angle DOC$ (અભિકોણ)
$OA = OD$ (આપેલ છે,કારણ કે $O$ એ $AD$ નું મધ્યબિંદુ છે)
તેથી,$ASA$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta AOB \cong \Delta DOC$.
$(ii)$ કારણ કે $\Delta AOB \cong \Delta DOC$,તેથી $CPCT$ (એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો) મુજબ,
$OB = OC$
આમ,$O$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે.

(N/A) ચતુષ્કોણ $ACBD$ માં,આપણને આપેલ છે:
$AC = AD$
$AB$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે,જેનો અર્થ છે કે $\angle CAB = \angle DAB$.
હવે,$\Delta ABC$ અને $\Delta ABD$ ને ધ્યાનમાં લો:
$1$. $AC = AD$ (આપેલ છે)
$2$. $\angle CAB = \angle DAB$ (કારણ કે $AB$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે)
$3$. $AB = AB$ (સામાન્ય બાજુ)
$SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABC \cong \Delta ABD$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,$CPCT$ (એકરૂપ ત્રિકોણોના અનુરૂપ અંગો) દ્વારા તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન થાય છે.
તેથી,$BC = BD$.

(N/A) $(i)$ ચતુષ્કોણ $ABCD$ માં,આપણી પાસે $AD = BC$ અને $\angle DAB = \angle CBA$ છે.
$\Delta ABD$ અને $\Delta BAC$ ને ધ્યાનમાં લેતા:
$AD = BC$ (આપેલ છે)
$AB = BA$ (સામાન્ય બાજુ)
$\angle DAB = \angle CBA$ (આપેલ છે)
તેથી,$SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABD \cong \Delta BAC$ થાય.
$(ii)$ કારણ કે $\Delta ABD \cong \Delta BAC$,તેથી તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
તેથી,$BD = AC$.
$(iii)$ કારણ કે $\Delta ABD \cong \Delta BAC$,તેથી તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
તેથી,$\angle ABD = \angle BAC$.

(N/A) આપેલ છે: $AD \perp AB$,$BC \perp AB$ અને $AD = BC$.
સાબિત કરવાનું છે: $CD$ એ $AB$ ને દુભાગે છે,એટલે કે $OA = OB$.
સાબિતી:
$\Delta OBC$ અને $\Delta OAD$ માં:
$1$. $\angle OBC = \angle OAD = 90^\circ$ (આપેલ છે)
$2$. $\angle BOC = \angle AOD$ (અભિકોણો)
$3$. $BC = AD$ (આપેલ છે)
$AAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta OBC \cong \Delta OAD$.
તેથી,$OB = OA$ ($c.p.c.t.$ દ્વારા).
કારણ કે $OB = OA$,તેથી $O$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે.
આમ,$CD$ એ $AB$ ને દુભાગે છે.

(N/A) આપેલ છે: $l \parallel m$ અને $p \parallel q$.
સાબિત કરવાનું છે: $\Delta ABC \cong \Delta CDA$.
સાબિતી:
અહીં $l \parallel m$ છે અને $AC$ તેમની છેદિકા છે,
તેથી,$\angle BAC = \angle DCA$ [યુગ્મકોણ]
તે જ રીતે,$p \parallel q$ છે અને $AC$ તેમની છેદિકા છે,
તેથી,$\angle BCA = \angle DAC$ [યુગ્મકોણ]
હવે,$\Delta ABC$ અને $\Delta CDA$ માં:
$\angle BAC = \angle DCA$ [ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ]
$\angle BCA = \angle DAC$ [ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ]
$AC = CA$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,$ASA$ (ખૂબાખૂ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABC \cong \Delta CDA$.

(N/A) આપેલ છે: રેખા $l$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે. $BP \perp AQ$ અને $BQ \perp AP$.
$(i)$ $\Delta APB$ અને $\Delta AQB$ માં:
$\angle APB = \angle AQB = 90^{\circ}$ (આપેલ છે)
$\angle PAB = \angle QAB$ ($l$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે)
$AB = AB$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$AAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta APB \cong \Delta AQB$.
$(ii)$ કારણ કે $\Delta APB \cong \Delta AQB$,તેથી $CPCT$ મુજબ તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન છે.
તેથી,$BP = BQ$.
આ દર્શાવે છે કે બિંદુ $B$ એ $\angle A$ ની બાજુઓથી સમાન અંતરે આવેલું છે.

(N/A) આપણને આપેલ છે કે $\angle BAD = \angle EAC$.
બંને બાજુ $\angle DAC$ ઉમેરતા,આપણને મળે છે:
$\angle BAD + \angle DAC = \angle EAC + \angle DAC$
$\Rightarrow \angle BAC = \angle DAE$
હવે,$\triangle ABC$ અને $\triangle ADE$ માં,આપણી પાસે છે:
$\angle BAC = \angle DAE$ [ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ]
$AB = AD$ [આપેલ છે]
$AC = AE$ [આપેલ છે]
$\therefore \triangle ABC \cong \triangle ADE$ [$SAS$ એકરૂપતાની શરતનો ઉપયોગ કરતા]
કારણ કે $\triangle ABC \cong \triangle ADE$,તેથી,તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
$\Rightarrow BC = DE$.

(N/A) આપેલ છે: $P$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે.
$\therefore AP = BP$
$\angle EPA = \angle DPB$ [આપેલ છે]
બંને બાજુ $\angle EPD$ ઉમેરતા,આપણને મળે છે:
$\angle EPA + \angle EPD = \angle DPB + \angle EPD$
$\Rightarrow \angle APD = \angle BPE$
$(i)$ $\Delta DAP$ અને $\Delta EBP$ માં:
$AP = BP$ [ઉપર સાબિત કર્યું]
$\angle PAD = \angle PBE$ [આપેલ છે કે $\angle BAD = \angle ABE$]
$\angle APD = \angle BPE$ [ઉપર સાબિત કર્યું]
$ASA$ એકરૂપતાની શરત મુજબ:
$\Delta DAP \cong \Delta EBP$
$(ii)$ કારણ કે $\Delta DAP \cong \Delta EBP$,તેથી તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન હોય છે $(CPCT)$:
$\Rightarrow AD = BE$

(N/A) આપેલ છે: $\Delta ABC$ માં,$\angle C = 90^\circ$ અને $M$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે $(AM = BM)$. $CM$ ને $D$ સુધી એવી રીતે લંબાવવામાં આવે છે કે $DM = CM$ થાય.
$(i)$ $\Delta AMC$ અને $\Delta BMD$ માં:
$AM = BM$ (આપેલ છે,$M$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે)
$\angle AMC = \angle BMD$ (અભિકોણો)
$CM = DM$ (આપેલ છે)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta AMC \cong \Delta BMD$.
$(ii)$ કારણ કે $\Delta AMC \cong \Delta BMD$,તેથી તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન છે $(c.p.c.t.)$.
તેથી,$\angle MAC = \angle MBD$. આ યુગ્મકોણો છે,જે સૂચવે છે કે $AC \parallel DB$.
કારણ કે $AC \parallel DB$ અને $BC$ એ છેદિકા છે,તેથી ક્રમિક અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^\circ$ થાય.
$\angle ACB + \angle DBC = 180^\circ$
$90^\circ + \angle DBC = 180^\circ$
$\angle DBC = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$.
$(iii)$ $\Delta DBC$ અને $\Delta ACB$ માં:
$DB = AC$ ($\Delta AMC \cong \Delta BMD$ પરથી $c.p.c.t.$)
$\angle DBC = \angle ACB = 90^\circ$ (ઉપર સાબિત કર્યું)
$BC = CB$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta DBC \cong \Delta ACB$.
$(iv)$ કારણ કે $\Delta DBC \cong \Delta ACB$,તેથી તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન છે $(c.p.c.t.)$.
તેથી,$DC = AB$.
કારણ કે $DM = CM$,તેથી $CM = \frac{1}{2} DC$.
$DC = AB$ મૂકતા,આપણને $CM = \frac{1}{2} AB$ મળે છે.

(N/A) $\Delta ABD$ અને $\Delta ACD$ માં:
$\angle BAD = \angle CAD$ (આપેલ છે,કારણ કે $AD$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે)
$AD = AD$ (સામાન્ય બાજુ)
$\angle ADB = \angle ADC = 90^\circ$ (આપેલ છે,કારણ કે $AD \perp BC$)
તેથી,$ASA$ (ખૂણો-બાજુ-ખૂણો) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABD \cong \Delta ACD$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
આમ,$AB = AC$.
$\Delta ABC$ ની બે બાજુઓ સમાન હોવાથી,$\Delta ABC$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) $\Delta ABF$ અને $\Delta ACE$ માં:
$AB = AC$ (આપેલ છે)
$\angle A = \angle A$ (સામાન્ય ખૂણો)
$AF = AE$ (કારણ કે $F$ અને $E$ એ સમાન બાજુઓ $AC$ અને $AB$ ના મધ્યબિંદુઓ છે,તેથી $AF = \frac{1}{2} AC$ અને $AE = \frac{1}{2} AB$. $AB = AC$ હોવાથી,$AF = AE$ થાય.)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABF \cong \Delta ACE$ થાય.
એકરૂપ ત્રિકોણોના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે.
આમ,$BF = CE$ ($CPCT$ દ્વારા).

(N/A) $\Delta ABD$ અને $\Delta ACE$ માં:
$AB = AC$ (આપેલ છે) ........... $(1)$
$\angle B = \angle C$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ) ........... $(2)$
વળી,$BE = CD$
બંને બાજુથી $DE$ બાદ કરતાં:
$BE - DE = CD - DE$
$BD = CE$ ........... $(3)$
તેથી,$\Delta ABD \cong \Delta ACE$ ($(1)$,$(2)$,$(3)$ અને $SAS$ એકરૂપતાની શરતનો ઉપયોગ કરતાં).
આથી $AD = AE$ ($CPCT$ - એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો).

(N/A) $(i)$ $\Delta ABC$ માં,આપણી પાસે છે
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$\therefore \angle C = \angle B$ [સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે]
$\Rightarrow \frac{1}{2} \angle C = \frac{1}{2} \angle B$
અથવા $\angle OCB = \angle OBC$
$\Rightarrow OB = OC$ [સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે]
$(ii)$ $\Delta ABO$ અને $\Delta ACO$ માં,આપણી પાસે છે
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$OB = OC$ [ઉપર સાબિત કર્યું]
$\angle OBA = \angle OCA$ [કારણ કે $\frac{1}{2} \angle B = \frac{1}{2} \angle C$]
$\therefore SAS$ એકરૂપતાની શરતનો ઉપયોગ કરતા,
$\Delta ABO \cong \Delta ACO$
$\Rightarrow \angle OAB = \angle OAC$ [c.p.c.t. દ્વારા]
$\Rightarrow AO$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે.

(N/A) આપેલ છે: $AD$ એ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક છે,જેનો અર્થ છે કે $BD = CD$ અને $\angle ADB = \angle ADC = 90^o$.
$\Delta ABD$ અને $\Delta ACD$ માં:
$AD = AD$ (સામાન્ય બાજુ)
$\angle ADB = \angle ADC = 90^o$ (આપેલ છે)
$BD = CD$ (કારણ કે $AD$ એ $BC$ નો દ્વિભાજક છે)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\Delta ABD \cong \Delta ACD$ થાય.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
આમ,$AB = AC$.
$\Delta ABC$ ની બે બાજુઓ સમાન હોવાથી,તે એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\Delta ABC$ એ એક સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $AB = AC$ છે.
વેધ $BE \perp AC$ અને $CF \perp AB$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $BE = CF$.
સાબિતી:
$\Delta ABE$ અને $\Delta ACF$ માં:
$1$. $\angle A = \angle A$ (સામાન્ય ખૂણો)
$2$. $AB = AC$ (આપેલ છે)
$3$. $\angle AEB = \angle AFC = 90^\circ$ (કારણ કે $BE$ અને $CF$ વેધ છે)
તેથી,$AAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABE \cong \Delta ACF$ થાય.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
આમ,$BE = CF$.

(N/A) $(i)$ $\Delta ABE$ અને $\Delta ACF$ માં,આપણી પાસે છે:
$\angle AEB = \angle AFC = 90^\circ$ (કારણ કે $BE \perp AC$ અને $CF \perp AB$)
$\angle A = \angle A$ (સામાન્ય ખૂણો)
$BE = CF$ (આપેલ છે)
તેથી,$AAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABE \cong \Delta ACF$.
$(ii)$ કારણ કે $\Delta ABE \cong \Delta ACF$,તેથી તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
તેથી,$AB = AC$.
આમ,$ABC$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,આપણી પાસે છે
$AB = AC$ (આપેલ છે,કારણ કે $\Delta ABC$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે)
સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\angle ABC = \angle ACB$ .......... $(1)$
$\Delta BDC$ માં,આપણી પાસે છે
$BD = CD$ (આપેલ છે,કારણ કે $\Delta BDC$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે)
સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\angle CBD = \angle BCD$ .......... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$\angle ABC + \angle CBD = \angle ACB + \angle BCD$
$\Rightarrow \angle ABD = \angle ACD$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,$AB = AC$ હોવાથી,$\angle ABC = \angle ACB$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા). ધારો કે $\angle ABC = \angle ACB = x$. તેથી $\angle BAC = 180^\circ - 2x$ થાય.
$\Delta ACD$ માં,$AD = AB$ અને $AB = AC$ હોવાથી,$AD = AC$ થાય. તેથી,$\angle ADC = \angle ACD$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા). ધારો કે $\angle ADC = \angle ACD = y$.
બાજુ $BA$ ને $D$ સુધી લંબાવેલ હોવાથી,$BD$ એક સીધી રેખા છે. તેથી,$\angle BAC + \angle CAD = 180^\circ$ થાય.
$\angle CAD = 180^\circ - 2y$ ($\Delta ACD$ પરથી) હોવાથી,$(180^\circ - 2x) + (180^\circ - 2y) = 180^\circ$ મળે.
$360^\circ - 2(x + y) = 180^\circ$.
$2(x + y) = 180^\circ$.
$x + y = 90^\circ$.
$\angle BCD = \angle ACB + \angle ACD = x + y$ હોવાથી,આપણે કહી શકીએ કે $\angle BCD = 90^\circ$.

(N/A) $\triangle ABC$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
જેથી તેમની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે.
$\Rightarrow \angle ACB = \angle ABC$
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^o$ થાય છે.
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^o$
$90^o + \angle B + \angle C = 180^o$ [કારણ કે $\angle A = 90^o$]
$\angle B + \angle C = 180^o - 90^o = 90^o$
કારણ કે $\angle B = \angle C$,આપણે લખી શકીએ:
$2 \angle B = 90^o$
$\angle B = \frac{90^o}{2} = 45^o$
તેથી,$\angle B = 45^o$ અને $\angle C = 45^o$.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = BC = CA$ $[\because \Delta ABC$ એક સમબાજુ ત્રિકોણ છે$]$
કારણ કે $AB = BC$,તેથી આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે,તેથી $\angle A = \angle C$ ......... $(1)$
તે જ રીતે,કારણ કે $AC = BC$,તેથી આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે,તેથી $\angle A = \angle B$ ......... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle A = \angle B = \angle C$
ધારો કે $\angle A = \angle B = \angle C = x$
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^o$ હોવાથી:
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^o$
દરેક ખૂણા માટે $x$ મૂકતા:
$x + x + x = 180^o$
$3x = 180^o$
$x = \frac{180^o}{3} = 60^o$
તેથી,$\angle A = \angle B = \angle C = 60^o$.
આમ,સમબાજુ ત્રિકોણનો દરેક ખૂણો $60^o$ નો હોય છે.

(N/A) આપેલ છે: $PA = PB$ અને $QA = QB$. આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $PQ \perp AB$ અને $PQ$ એ $AB$ ને દુભાગે છે. ધારો કે $PQ$ એ $AB$ ને $C$ માં છેદે છે.
$\Delta PAQ$ અને $\Delta PBQ$ ને ધ્યાનમાં લો:
$AP = BP$ (આપેલ છે)
$AQ = BQ$ (આપેલ છે)
$PQ = PQ$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\Delta PAQ \cong \Delta PBQ$.
આનો અર્થ એ છે કે $CPCT$ મુજબ $\angle APQ = \angle BPQ$.
હવે,$\Delta PAC$ અને $\Delta PBC$ ને ધ્યાનમાં લો:
$AP = BP$ (આપેલ છે)
$\angle APC = \angle BPC$ (કારણ કે $\angle APQ = \angle BPQ$)
$PC = PC$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\Delta PAC \cong \Delta PBC$.
આનો અર્થ એ છે કે $CPCT$ મુજબ $AC = BC$ અને $\angle ACP = \angle BCP$.
કારણ કે $\angle ACP + \angle BCP = 180^o$ (રૈખિક જોડના ખૂણા),
$2 \angle ACP = 180^o \implies \angle ACP = 90^o$.
$AC = BC$ અને $\angle ACP = 90^o$ હોવાથી,$PQ$ એ $AB$ નો લંબદ્વિભાજક છે.

(N/A) આપેલ છે: રેખાઓ $l$ અને $m$ બિંદુ $A$ માં છેદે છે. $P$ એવું બિંદુ છે કે જેથી $PB \perp l$ અને $PC \perp m$ થાય,જ્યાં $PB = PC$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: રેખા $AP$ એ રેખાઓ $l$ અને $m$ વચ્ચેના ખૂણાને દુભાગે છે,એટલે કે $\angle PAB = \angle PAC$.
સાબિતી: $\Delta PAB$ અને $\Delta PAC$ નો વિચાર કરો.
આ બે ત્રિકોણોમાં:
$1$. $PB = PC$ (આપેલ છે,કારણ કે $P$ રેખાઓથી સમાન અંતરે છે)
$2$. $\angle PBA = \angle PCA = 90^o$ (આપેલ છે,કારણ કે $PB \perp l$ અને $PC \perp m$)
$3$. $PA = PA$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$RHS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta PAB \cong \Delta PAC$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
આમ,$\angle PAB = \angle PAC$.
આ દર્શાવે છે કે રેખા $AP$ એ રેખાઓ $l$ અને $m$ વચ્ચેના ખૂણાને દુભાગે છે.

(N/A) $(i)$ $\Delta ABD$ અને $\Delta ACD$ માં:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$AD = AD$ [સામાન્ય બાજુ]
$BD = CD$ [આપેલ છે]
$\therefore \Delta ABD \cong \Delta ACD$ [$SSS$ એકરૂપતાની શરત]
$(ii)$ $\Delta ABP$ અને $\Delta ACP$ માં:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$\angle BAP = \angle CAP$ [કારણ કે $\Delta ABD \cong \Delta ACD$,તેથી તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન છે]
$AP = AP$ [સામાન્ય બાજુ]
$\therefore \Delta ABP \cong \Delta ACP$ [$SAS$ એકરૂપતાની શરત]
$(iii)$ $\Delta ABP \cong \Delta ACP$ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ભાગો એકરૂપ છે.
$\Rightarrow \angle BAP = \angle CAP$,તેથી $AP$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક છે.
વળી,$\Delta BDP$ અને $\Delta CDP$ માં:
$BD = CD$ [આપેલ છે]
$DP = DP$ [સામાન્ય બાજુ]
$BP = CP$ [કારણ કે $\Delta ABP \cong \Delta ACP$,તેથી $CPCT$ મુજબ $BP = CP$]
$\therefore \Delta BDP \cong \Delta CDP$ [$SSS$ એકરૂપતાની શરત]
$\Rightarrow \angle BDP = \angle CDP$,તેથી $AP$ એ $\angle D$ નો દ્વિભાજક છે.
$(iv)$ $\Delta ABP \cong \Delta ACP$ હોવાથી,$\angle APB = \angle APC$ [$CPCT$ મુજબ].
$\angle APB + \angle APC = 180^\circ$ [રેખિક જોડના ખૂણા],
તેથી $\angle APB = \angle APC = 90^\circ$.
વળી $BP = CP$ [$CPCT$ મુજબ].
આમ,$AP$ એ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક છે.

(N/A) $(i)$ $\Delta ABD$ અને $\Delta ACD$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$\angle ADB = \angle ADC = 90^\circ$ [કારણ કે $AD$ વેધ છે]
$AD = AD$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,$RHS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABD \cong \Delta ACD$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
તેથી,$BD = CD$,જેનો અર્થ છે કે $AD$ એ $BC$ ને દુભાગે છે.
$(ii)$ $\Delta ABD \cong \Delta ACD$ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય છે $(CPCT)$.
તેથી,$\angle BAD = \angle CAD$,જેનો અર્થ છે કે $AD$ એ $\angle A$ ને દુભાગે છે.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,$AM$ એ મધ્યગા છે [આપેલ છે].
$\therefore BM = \frac{1}{2} BC$ ........... $(1)$
$\Delta PQR$ માં,$PN$ એ મધ્યગા છે.
$\therefore QN = \frac{1}{2} QR$ ........... $(2)$
$\because BC = QR$ [આપેલ છે]
$\therefore \frac{1}{2} BC = \frac{1}{2} QR$
$\Rightarrow BM = QN$ [$(1)$ અને $(2)$ પરથી]
$(i)$ $\Delta ABM$ અને $\Delta PQN$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = PQ$ [આપેલ છે]
$AM = PN$ [આપેલ છે]
$BM = QN$ [ઉપર સાબિત કર્યું]
$\therefore \Delta ABM \cong \Delta PQN$ [$SSS$ એકરૂપતાની શરત]
$(ii)$ $\because \Delta ABM \cong \Delta PQN$
$\therefore$ તેમના અનુરૂપ ભાગો એકરૂપ છે $(CPCT)$.
$\Rightarrow \angle B = \angle Q$
હવે,$\Delta ABC$ અને $\Delta PQR$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = PQ$ [આપેલ છે]
$\angle B = \angle Q$ [ઉપર સાબિત કર્યું]
$BC = QR$ [આપેલ છે]
$\therefore \Delta ABC \cong \Delta PQR$ [$SAS$ એકરૂપતાની શરત]

(N/A) આપેલ છે: $BE \perp AC$ અને $CF \perp AB$ જ્યાં $BE = CF$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\Delta ABC$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે,એટલે કે $AB = AC$.
સાબિતી:
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta BEC$ અને $\Delta CFB$ માં:
$1$. $\angle BEC = \angle CFB = 90^\circ$ (વેધ બાજુઓને લંબ હોય છે).
$2$. $BC = CB$ (સામાન્ય કર્ણ).
$3$. $BE = CF$ (આપેલ છે).
તેથી,$RHS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta BEC \cong \Delta CFB$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$:
$\angle BCE = \angle CBF$
આનો અર્થ એ છે કે $\angle BCA = \angle CBA$.
$\Delta ABC$ માં,સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે.
તેથી,$AB = AC$.
આમ,$\Delta ABC$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) આપેલ છે: $ABC$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $AB = AC$ છે. $AP \perp BC$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle B = \angle C$.
સાબિતી:
$\Delta ABP$ અને $\Delta ACP$ માં:
$1$. $\angle APB = \angle APC = 90^\circ$ (કારણ કે $AP \perp BC$)
$2$. $AB = AC$ (આપેલ છે)
$3$. $AP = AP$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$RHS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABP \cong \Delta ACP$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
આમ,$\angle B = \angle C$.

(N/A) $\Delta DAC$ માં,
$AD = AC$ (આપેલ છે)
તેથી,$\angle ADC = \angle ACD$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે).
હવે,$\angle ADC$ એ $\Delta ABD$ માટે બહિષ્કોણ છે.
બહિષ્કોણના પ્રમેય મુજબ,$\angle ADC > \angle ABD$.
ચૂંકિ $\angle ADC = \angle ACD$ છે,તેથી $\angle ACD > \angle ABD$.
આનો અર્થ એ છે કે $\angle ACB > \angle ABC$.
$\Delta ABC$ માં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. તેથી,$AB > AC$.
ચૂંકિ $AD = AC$ છે,તેથી આપણે સાબિત કરી શકીએ કે $AB > AD$.

(N/A) ધારો કે આપણે $\Delta ABC$ વિચારીએ જેમાં $\angle B = 90^\circ$ છે.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ હોવાથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^\circ$ થાય.
$\angle B = 90^\circ$ મૂકતા,આપણને $\angle A + 90^\circ + \angle C = 180^\circ$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\angle A + \angle C = 90^\circ$.
કારણ કે $\angle A + \angle C = 90^\circ$ અને $\angle B = 90^\circ$ છે,તેથી $\angle B = \angle A + \angle C$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $\angle B > \angle A$ અને $\angle B > \angle C$.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. તેથી,$\angle B$ ની સામેની બાજુ $(AC)$ એ $\angle A$ ની સામેની બાજુ $(BC)$ અને $\angle C$ ની સામેની બાજુ $(AB)$ કરતા મોટી છે.
આમ,$AC > BC$ અને $AC > AB$.
$AC$ એ કર્ણ હોવાથી,તે ત્રિકોણની સૌથી મોટી બાજુ છે.

(N/A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\angle ABC + \angle PBC = 180^\circ$ [રેખિક જોડના ખૂણા].
તે જ રીતે,$\angle ACB + \angle QCB = 180^\circ$ [રેખિક જોડના ખૂણા].
તેથી,$\angle ABC + \angle PBC = \angle ACB + \angle QCB$.
આપેલ છે કે $\angle PBC < \angle QCB$.
ખૂણાઓનો સરવાળો અચળ $(180^\circ)$ હોવાથી,જો સરવાળામાં એક ખૂણો નાનો હોય,તો સમાનતા જાળવી રાખવા માટે બીજો ખૂણો મોટો હોવો જોઈએ.
આમ,$\angle ABC > \angle ACB$.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ લાંબી હોય છે.
તેથી,$\angle ABC$ ની સામેની બાજુ $(AC)$ એ $\angle ACB$ ની સામેની બાજુ $(AB)$ કરતા મોટી છે.
આમ,$AC > AB$ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\angle B < \angle A$ અને $\angle C < \angle D$.
$\triangle AOB$ માં,કારણ કે $\angle B < \angle A$,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. તેથી,$OA < OB$ ($\angle B$ ની સામેની બાજુ $OA$ છે અને $\angle A$ ની સામેની બાજુ $OB$ છે) ...... $(1)$
$\triangle COD$ માં,કારણ કે $\angle C < \angle D$,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે. તેથી,$OD < OC$ ($\angle C$ ની સામેની બાજુ $OD$ છે અને $\angle D$ ની સામેની બાજુ $OC$ છે) ...... $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$OA + OD < OB + OC$
કારણ કે $OA + OD = AD$ અને $OB + OC = BC$,તેથી:
$AD < BC$.

(N/A) ધારો કે આપણે $AC$ ને જોડીએ છીએ.
$\Delta ABC$ માં,કારણ કે $AB$ એ ચતુષ્કોણ $ABCD$ ની સૌથી નાની બાજુ છે,તેથી $AB < BC$ અને $AB < AC$ થાય.
ખાસ કરીને,$BC > AB$.
મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોવાથી,આપણને મળે છે $\angle BAC > \angle BCA$ ........... $(1)$
$\Delta ACD$ માં,કારણ કે $CD$ એ ચતુષ્કોણ $ABCD$ ની સૌથી મોટી બાજુ છે,તેથી $CD > AD$ અને $CD > AC$ થાય.
ખાસ કરીને,$CD > AD$.
મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોવાથી,આપણને મળે છે $\angle CAD > \angle ACD$ ........... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$(\angle BAC + \angle CAD) > (\angle BCA + \angle ACD)$
$\Rightarrow \angle A > \angle C$
તે જ રીતે,$BD$ ને જોડીને અને $\Delta ABD$ તથા $\Delta BCD$ માટે સમાન તર્કનો ઉપયોગ કરીને,આપણે સાબિત કરી શકીએ છીએ કે $\angle B > \angle D$.

(N/A) $\Delta PQR$ માં,$PS$ એ $\angle QPR$ નો દ્વિભાજક છે [આપેલ છે].
તેથી,$\angle QPS = \angle RPS$.
કારણ કે $PR > PQ$ [આપેલ છે],
તેથી,$PR$ ની સામેનો ખૂણો એ $PQ$ ની સામેના ખૂણા કરતાં મોટો હોય.
આમ,$\angle PQS > \angle PRS$.
ડાબી બાજુ $\angle QPS$ અને જમણી બાજુ $\angle RPS$ ઉમેરતા (કારણ કે $\angle QPS = \angle RPS$):
$\angle PQS + \angle QPS > \angle PRS + \angle RPS$ ... $(1)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસંમુખ કોણના સરવાળા જેટલો હોય છે.
$\Delta PQS$ માટે,બહિષ્કોણ $\angle PSR = \angle PQS + \angle QPS$.
$\Delta PRS$ માટે,બહિષ્કોણ $\angle PSQ = \angle PRS + \angle RPS$.
આ કિંમતોને $(1)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે $\angle PSR > \angle PSQ$.

(N/A) ધારો કે રેખા $l$ પર ન હોય તેવું એક બિંદુ $P$ છે. ધારો કે $PM$ એ $P$ માંથી રેખા $l$ પરનો લંબ છે,અને $N$ એ રેખા $l$ પરનું અન્ય કોઈ બિંદુ છે જેથી $N \neq M$.
$\Delta PMN$ માં,$\angle M = 90^o$ હોવાથી,ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle M + \angle N + \angle P = 180^o$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $\angle N + \angle P = 90^o$,તેથી $\angle N < 90^o$.
$\angle N < \angle M$ હોવાથી,$\angle N$ ની સામેની બાજુ $\angle M$ ની સામેની બાજુ કરતાં નાની હોવી જોઈએ.
તેથી,$PM < PN$.
$N$ એ રેખા $l$ પરનું કોઈ પણ બિંદુ ($M$ સિવાયનું) હોવાથી,આ દર્શાવે છે કે $PM$ એ $P$ માંથી રેખા $l$ પર દોરેલા અન્ય કોઈપણ રેખાખંડ કરતાં ટૂંકો છે.
આમ,લંબ રેખાખંડ એ રેખા પર ન હોય તેવા બિંદુમાંથી રેખા પર દોરેલો સૌથી ટૂંકો રેખાખંડ છે.

(N/A) ધારો કે આપણે એક $\Delta ABC$ વિચારીએ છીએ.
બાજુ $AB$ નો લંબદ્વિભાજક $l$ દોરો.
બાજુ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક $m$ દોરો.
ધારો કે આ બંને લંબદ્વિભાજકો $l$ અને $m$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
રેખાખંડના લંબદ્વિભાજક પરનું કોઈપણ બિંદુ તેના અંત્યબિંદુઓથી સમાન અંતરે હોવાથી,બિંદુ $O$ એ $AB$ ના લંબદ્વિભાજક પર છે (તેથી $OA = OB$) અને $BC$ ના લંબદ્વિભાજક પર પણ છે (તેથી $OB = OC$).
તેથી,$OA = OB = OC$,જેનો અર્થ છે કે બિંદુ $O$ એ ત્રિકોણના તમામ શિરોબિંદુઓ $A, B$ અને $C$ થી સમાન અંતરે આવેલું જરૂરી બિંદુ છે. આ બિંદુ $O$ ને ત્રિકોણનું પરિકેન્દ્ર (circumcenter) કહેવામાં આવે છે.

(N/A) ધારો કે એક $\Delta ABC$ છે.
$\angle B$ નો દ્વિભાજક $'l'$ દોરો.
$\angle C$ નો દ્વિભાજક $'m'$ દોરો.
ધારો કે આ બંને ખૂણાના દ્વિભાજકો $'l'$ અને $'m'$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
કોઈપણ ખૂણાના દ્વિભાજક પરનું બિંદુ તે ખૂણાની બાજુઓથી સમાન અંતરે હોવાથી,બિંદુ $O$ એ $\angle B$ ના દ્વિભાજક પર છે (તેથી તે $AB$ અને $BC$ થી સમાન અંતરે છે) અને $\angle C$ ના દ્વિભાજક પર પણ છે (તેથી તે $BC$ અને $AC$ થી સમાન અંતરે છે).
આમ,બિંદુ $O$ એ $\Delta ABC$ ની ત્રણેય બાજુઓ ($AB$,$BC$ અને $AC$) થી સમાન અંતરે છે. આ બિંદુ $O$ ને ત્રિકોણનું અંતઃકેન્દ્ર (incenter) કહેવામાં આવે છે.

(N/A) આઈસ્ક્રીમ પાર્લર બિંદુઓ $A$,$B$ અને $C$ થી સમાન અંતરે છે તેની ખાતરી કરવા માટે,આપણે આ બિંદુઓ દ્વારા રચાયેલા ત્રિકોણનું પરિકેન્દ્ર શોધવાની જરૂર છે.
$1$. બિંદુઓ $A$ અને $B$ ને જોડો,અને રેખા $l$ દોરો,જે રેખાખંડ $AB$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
$2$. બિંદુઓ $B$ અને $C$ ને જોડો,અને રેખા $m$ દોરો,જે રેખાખંડ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
$3$. ધારો કે લંબદ્વિભાજકો $l$ અને $m$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
બિંદુ $O$ એ $\triangle ABC$ નું પરિકેન્દ્ર છે,અને તે શિરોબિંદુઓ $A$,$B$ અને $C$ થી સમાન અંતરે છે. તેથી,આઈસ્ક્રીમ પાર્લર બિંદુ $O$ પર સ્થાપિત કરવું જોઈએ.

(B) આપેલ આકારોમાં $1\,cm$ બાજુવાળા કેટલા સમબાજુ ત્રિકોણો સમાઈ શકે તે શોધવા માટે,આપણે આકારોનું ક્ષેત્રફળ શોધીને તેને એક નાના સમબાજુ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળ વડે ભાગીશું.
$1$. $s = 5\,cm$ બાજુવાળા નિયમિત ષટ્કોણ માટે:
ક્ષેત્રફળ $= \frac{3\sqrt{3}}{2} s^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2} \times 25 = 37.5\sqrt{3} \approx 64.95\,cm^2$.
$1\,cm$ બાજુવાળા દરેક નાના ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{\sqrt{3}}{4} \times 1^2 = 0.25\sqrt{3} \approx 0.433\,cm^2$ છે.
આકૃતિ $(i)$ માં ત્રિકોણોની સંખ્યા $= \frac{37.5\sqrt{3}}{0.25\sqrt{3}} = 150$.
$2$. આકૃતિ $(ii)$ માં તારા આકારની આકૃતિ માટે:
આ આકૃતિ $5\,cm$ બાજુવાળા મધ્યવર્તી ષટ્કોણ અને તેની બાજુઓ પર જોડાયેલા $5\,cm$ બાજુવાળા $6$ સમબાજુ ત્રિકોણોની બનેલી છે.
કુલ ક્ષેત્રફળ $= \text{ષટ્કોણનું ક્ષેત્રફળ} + 6 \times (5\,cm \text{ બાજુવાળા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ})$.
કુલ ક્ષેત્રફળ $= 37.5\sqrt{3} + 6 \times (6.25\sqrt{3}) = 37.5\sqrt{3} + 37.5\sqrt{3} = 75\sqrt{3} \approx 129.9\,cm^2$.
આકૃતિ $(ii)$ માં ત્રિકોણોની સંખ્યા $= \frac{75\sqrt{3}}{0.25\sqrt{3}} = 300$.
તેથી,તારા આકારની આકૃતિ $(ii)$ માં વધુ ત્રિકોણો છે.