অধ্যায়-৩ : জ্যামিতি উচ্চতর গণিত

উদ্দীপক

$\triangle 88 \triangle \mathrm{ABC}$ এর $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$ এবং $\mathrm{BC}, \mathrm{AC}$ ও AB বাহুর মধ্যবিন্দু যথাক্রমে P, Q ও R।

Jessore · 2016

ক

উদ্দীপকের আলোকে নিখুঁত চিহ্নিত চিত্র আঁক।

উত্তর

খ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{A B^2=P A^2+P B^2+2 P B . P C}$.

উত্তর

বিশেষ নির্বচনঃ মনে করি, $\triangle \mathrm{ABC}$ এর $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$. $B C, A C$ ও $A B$ বাহুর মধ্যবিন্দু যথাক্রমে $P, Q$ ও R। $A, P$ যোগ করা হল। প্রমাণ করতে হবে যে, $\mathrm{AB}^2=\mathrm{PA}^2+\mathrm{PB}^2+2 . \mathrm{PB} . \mathrm{PC}$ প্রমাণঃ $\triangle \mathrm{ABC}$ একটি সমকোণী ত্রিভুজ এবং $\angle \mathrm{ACB}$ সমকোণ। সুতরাং পীথাগোরাসের উপপাদ্য অনুসারে, $\mathrm{A B^2=A C^2+B C^2=A C^2+(P B+P C)^2[\because B C=P B+P C] }$ $\mathrm{=A C^2+P B^2+P C^2+2 P B \cdot P C \ldots\ldots. (i)}$ আবার, $\triangle \mathrm{APC}$ সমকোণী ত্রিভুজ এবং $\angle \mathrm{ACP}$ সমকোগ। $\therefore \mathrm{AC}^2+\mathrm{PC}^2=\mathrm{PA}^2\ldots..(ii)$ (i) নং থেকে পাই, $\mathrm{A B^2=A C^2+P C^2+P B^2+2 P B \cdot P C }$ $\mathrm{=P A^2+P B^2+2 P B \cdot P C}$ [(ii) নং হতে] $\mathrm{\therefore A B^2=P A^2+P B^2+2 P B \cdot P C}$ (প্রমাণিত)

গ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{3\left(A C^2+B C^2\right)=2\left(A P^2+B Q^2+C R^2\right)}$.

উত্তর

বিশেষ নির্বচনঃ $\triangle \mathrm{ABC}$ এর $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$ এবং $\mathrm{BC}, \mathrm{AC}$ ও AB বাহুর মধ্যবিন্দু যথাক্রমে P, Q ও R । A, P; B, Q; C, R যোগ করি। প্রমাণ করতে হবে যে, $\mathrm{3\left(A C^2+B C^2\right)=2\left(A P^2+B Q^2+C R^2\right)}$. প্রমাণঃ মনে করি, ∆ABC এর BC, CA ও AB বাহুর দৈর্ঘ্য যথাক্রমে a, b ও c। BC, CA ও AB বাহুর উপর অঙ্কিত মধ্যমা AP, BQ ও CR এর দৈর্ঘ্য যথাক্রমে d, e ও f। তাহলে, এ্যাপোলোনিয়াসের উপপাদ্য হতে পাই, $\mathrm{A B^2+A C^2=2\left(A P^2+B P^2\right)}$ বা, $\mathrm{c}^2 + \mathrm{b}^2 = 2(\mathrm{d}^2 + (\frac{1}{2}\mathrm{a})^2)$ [∵ $\mathrm{BP} = \frac{1}{2}\mathrm{a}$] বা, $\mathrm{b}^2 + \mathrm{c}^2 = 2\mathrm{d}^2 + 2.\frac{1}{4}\mathrm{a}^2$ বা, $\mathrm{b}^2 + \mathrm{c}^2 = 2\mathrm{d}^2 + \frac{\mathrm{a}^2}{2}$ বা, $\mathrm{d}^2 = \frac{2(\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2) - \mathrm{a}^2}{4}$ অনুরূপভাবে পাওয়া যায়, $\mathrm{e}^2 = \frac{2(\mathrm{c}^2 + \mathrm{a}^2) - \mathrm{b}^2}{4}$ এবং $\mathrm{f}^2 = \frac{2(\mathrm{a}^2 + \mathrm{b}^2) - \mathrm{c}^2}{4}$ আবার, $\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2 = \frac{2(\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2) - \mathrm{a}^2}{4} + \frac{2(\mathrm{c}^2 + \mathrm{a}^2) - \mathrm{b}^2}{4} + \frac{2(\mathrm{a}^2 + \mathrm{b}^2) - \mathrm{c}^2}{4}$ অর্থাৎ, $\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2 = \frac{3}{4}(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2)$ ∴ $3(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2) = 4(\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2)$ বা, $3(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2) = 4(\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2)$ $\left[\because \triangle \mathrm{ABC}\right.$ এর $\mathrm{AB}^2=\mathrm{AC}^2+\mathrm{BC}^2$ বা, $\left.\mathrm{c}^2=\mathrm{b}^2+\mathrm{a}^2\right]$ বা, $3 \times 2(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2) = 4(\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2)$ বা, $3(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2) = 2(\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2)$ ∴ $3(\mathrm{AC}^2+\mathrm{BC}^2) = 2(\mathrm{AP}^2+\mathrm{BQ}^2+\mathrm{CR}^2)$ [মান বসিয়ে] (প্রমাণিত)

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

উদ্দীপক

$\triangle \mathrm{POR}$ এ $\angle \mathrm{OPR}=90^{\circ}$

Rajshahi · 2016

ক

∆POR এর লম্ববিন্দু নির্ণয় কর। [অঙ্কনের চিহ্ন আবশ্যক]

উত্তর

চিত্রে $\mathrm{OM ⊥ PR}$ এবং $\mathrm{RN ⊥ OP}$ অংকন করা হলো। OM ও RN লম্বদ্বয় A বিন্দুতে ছেদ করেছে। সুতরাং A বিন্দুই ∆POR এর লম্ব বিন্দু।

খ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{P R^2=P O^2+O R^2-2 O R . O Q .}$

উত্তর

বিশেষ নির্বচন: মনে করি, $\triangle \mathrm{POR}$ এ $\angle \mathrm{OPR}=90^{\circ}$ এবং $\mathrm{PQ} \perp \mathrm{OR}$. প্রমাণ করতে হবে যে, $\mathrm{PR}^2=\mathrm{PO}^2+\mathrm{OR}^2-2 \mathrm{OR} . \mathrm{OQ}$. প্রমাণ: $\triangle \mathrm{OPQ}$ এ $\angle \mathrm{OQP}=90^{\circ}$ $\therefore \quad \mathrm{PO}^2=\mathrm{PQ}^2+\mathrm{OQ}^2 \ldots \ldots(\mathrm{i})$ [পীথাগোরাসের উপপাদ্য] আবার, $\triangle \mathrm{PQR}$ এ $\angle \mathrm{PQR}=90^{\circ}$ $\therefore \quad \mathrm{PR}^2 =\mathrm{PQ}^2+\mathrm{QR}^2$ $=\mathrm{PQ}^2+\left(\mathrm{OR}^2-\mathrm{OQ}^2[\therefore \mathrm{QR}=\mathrm{OR}-\mathrm{OQ}]\right.$ $=\mathrm{PQ}^2+\mathrm{OR}^2+\mathrm{OQ}^2-2 \mathrm{OR} \cdot \mathrm{OQ}$ $=\left(\mathrm{PQ}^2+\mathrm{OQ}^2\right)+\mathrm{OR}^2-2 \mathrm{OR} \cdot \mathrm{OQ}$ $=\mathrm{PO}^2+\mathrm{OR}^2-2 \mathrm{OR} \cdot \mathrm{OQ}[(\mathrm{i})$ নং থেকে ] $\therefore \quad \mathrm{PR}^2 =\mathrm{PO}^2+\mathrm{OR}^2-2 \mathrm{OR} \cdot \mathrm{OQ}$ (প্রমাণিত)

গ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{P Q^2=O Q . Q R}$

উত্তর

বিশেষ নির্বচন: দেওয়া আছে, $\triangle \mathrm{POR}$ এর $\angle \mathrm{OPR}=90^{\circ}$ এবং PQ ⟂ OR। প্রমাণ করতে হবে যে, $\mathrm{PQ}^2=\mathrm{OQ} \cdot \mathrm{QR}$ প্রমাণ: $\triangle \mathrm{POR}$ এ $\angle \mathrm{OPR}=90^{\circ}$ $\therefore \quad \angle \mathrm{OPQ}+\angle \mathrm{QPR}=90^{\circ} \ldots\ldots(i)$ আবার, $\triangle \mathrm{OPQ}$ এ $\angle \mathrm{OQP}=90^{\circ}[\therefore \mathrm{PQ} \perp \mathrm{OR}]$ $\therefore \quad \angle \mathrm{POQ}+\angle \mathrm{OPQ}=90^{\circ}\ldots\ldots.(ii)$ (i) ও (ii) নং সমীকরণ থেকে পাই, $\angle \mathrm{OPQ}+\angle \mathrm{QPR}=\angle \mathrm{POQ}+\angle \mathrm{OPQ}$ $\therefore \quad \angle \mathrm{QPR}=\angle \mathrm{POQ}$ এখন, $\triangle \mathrm{OPQ}$ ও $\triangle \mathrm{PQR}$ এর মধ্যে $\angle \mathrm{OQP}=\angle \mathrm{PQR}=90^{\circ}$ $\angle \mathrm{POQ}=\angle \mathrm{QPR}$ $\therefore \triangle \mathrm{OQP}$ ও $\triangle \mathrm{PQR}$ সদৃশকোণী। ∴ ত্রিভুজদ্বয় সদৃশ। $\therefore \quad \frac{\mathrm{OQ}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{QR}}$ বা, $\mathrm{OQ} \cdot \mathrm{QR}=\mathrm{PQ}^2$ $\therefore \mathrm{PQ}^2=\mathrm{OQ} \cdot \mathrm{QR}$ (প্রমাণিত)

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

উদ্দীপক

চিত্রে $\mathrm{BD}=\mathrm{ED}=\mathrm{CE}$ এবং $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$.

Barisal · 2017

ক

$D E=2$ সে.মি. এবং $A D=3$ সে.মি. হলে, $A C$ এর দৈর্ঘ্য নির্ণয় কর।

উত্তর

দেওয়া আছে, $\mathrm{BD = ED = CE, DE = 2}$ সে. মি. এবং $\mathrm{AD = 3}$ সে. মি. ∴ $\mathrm{CE = DE = 2}$ সে. মি. এবং $\mathrm{CD = DE + CE}$ $= 2 + 2 = 4$ সে. মি. $\mathrm{ADC}$ সমকোণী ত্রিভুজ হতে, $\mathrm{AC}^2 =\mathrm{AD}^2+\mathrm{CD}^2$ $=3^2+4^2=25$ ∴ AC = 5 সে. মি. (Ans.)

খ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{A B^2+A C^2=A D^2+A E^2+4 D E^2}$.

উত্তর

বিশেষ নির্বচন: দেওয়া আছে, ∆ABC-এর BC বাহু D ও E বিন্দুতে তিনটি সমান অংশে বিভক্ত হয়েছে অর্থাৎ $\mathrm{BD = DE = EC}$। প্রমাণ করতে হবে যে, $\mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2=\mathrm{AD}^2+\mathrm{AE}^2+4 \mathrm{DE}^2$. প্রমাণ: $\triangle \mathrm{ABE}$-এর মধ্যমা $\mathrm{AD} \quad[\because \mathrm{BD}=\mathrm{DE}]$ ∴ এ্যাপোলোনিয়াসের উপপাদ্য অনুসারে, $\mathrm{AB}^2+\mathrm{AE}^2=2\left(\mathrm{AD}^2+\mathrm{DE}^2\right)\ldots\ldots (i)$ আবার, $\triangle \mathrm{ADC}$ এর মধ্যমা $\mathrm{AE} \quad[\because \mathrm{DE}=\mathrm{EC}]$ $\mathrm{\therefore A D^2+A C^2=2\left(A E^2+D E^2\right)\ldots.. (ii)}$ এখন, (i) নং ও (ii) নং সমীকরণ যোগ করে পাই, $\mathrm{A B^2+A E^2+A D^2+A C^2=2 A D^2+2 D E^2+2 A E^2+2 D E^2}$ বা, $\mathrm{A B^2+A C^2=2 A D^2+2 A E^2+4 D E^2-A D^2-A E^2}$ বা, $\mathrm{A B^2+A C^2=A D^2+A E^2+4 D E^2}$ $\therefore \mathrm{AB}^2+\mathrm{AC}^2=\mathrm{AD}^2+\mathrm{AE}^2+4 \mathrm{DE}^2$ (প্রমাণিত)

গ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{A C^2=A B^2+B C^2-2 B C \cdot B D}$.

উত্তর

প্রমাণ করতে হবে যে, $\mathrm{A C^2=A B^2+B C^2-2 B C \cdot B D}$. প্রমাণ: $\triangle \mathrm{ADC}$ এর $\angle \mathrm{ADC}$ সমকোণ $\therefore \mathrm{AC}^2=\mathrm{AD}^2+\mathrm{CD}^2 \ldots \ldots$ (i) [পীথাগোরাসের উপপাদ্য] চিত্রে, $\mathrm{CD}=\mathrm{BC}-\mathrm{BD}$ $\therefore \mathrm{CD}^2=(\mathrm{BC}-\mathrm{BD})^2=\mathrm{BC}^2+\mathrm{BD}^2-2 \mathrm{BC} \cdot \mathrm{BD} \ldots.. (ii)$ এখন সমীকরণ (i) ও (ii) হতে পাওয়া যায়, $\mathrm{A C^2=A D^2+B C^2+B D^2-2 B C \cdot B D}$ $\therefore \mathrm{A C^2=A D^2+B D^2+B C^2-2 B C \cdot B D \ldots.. (iii)}$ আবার, ABD সমকোণী ত্রিভুজ এবং $\angle \mathrm{D}$ এক সমকোণ $\mathrm{AB}^2=\mathrm{AD}^2+\mathrm{BD}^2$ (iv) [পীথাগোরাসের উপপাদ্য] সমীকরণ (iii) ও (iv) হতে পাই, $\mathrm{A C^2=A B^2+B C^2-2 B C \cdot B D}$ (প্রমাণিত)

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

উদ্দীপক

∆ABC এর $\mathrm{AD, BE}$ এবং $\mathrm{CF}$ মধ্যমাত্রয় পরস্পরকে $\mathrm{G}$ বিন্দুতে ছেদ করেছে।

Jessore · 2017

ক

GD = 2 সে.মি. হলে AD এর দৈর্ঘ্য নির্ণয় কর।

উত্তর

আমরা জানি, ত্রিভুজের ভরকেন্দ্র যেকোনো মধ্যমাকে 2 : 1 অনুপাতে বিভক্ত করে। এখানে, G হলো ত্রিভুজের ভরকেন্দ্র। ∴ AG : GD = 2 : 1 বা, $\frac{\mathrm{AG}}{\mathrm{GD}} = \frac{2}{1}$ বা, AG = 2GD বা, AG = $2 \times 2$ [∵ GD = 2 সে.মি.] ∴ AG = 4 সে. মি. ∴ $\mathrm{AD = AG + GD = (4 + 2)}$ সে.মি. = 6 সে. মি. (Ans.)

খ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{A B^2+B C^2=2\left(A E^2+B E^2\right)}$

উত্তর

বিশেষ নির্বচন: দেওয়া আছে, $\triangle A B C$ এর $A C$ বাহুর মধ্যমা $B E$। প্রমাণ করতে হবে যে, $A B^2+B C^2=2\left(A E^2+B E^2\right)$ অঙ্কন: $\mathrm{BM ⟂ AC}$ আঁকি। প্রমাণ: $\triangle \mathrm{ABE}$ এ $\angle \mathrm{AEB}$ সূক্ষ্মকোণ এবং AE বাহুর উপর BE বাহুর লম্ব অভিক্ষেপ ME ∴ সূক্ষ্মকোণের ক্ষেত্রে পিথাগোরাসের উপপাদ্যের বিস্তৃতি অনুসারে, $\mathrm{AB}^2=\mathrm{AE}^2+\mathrm{BE}^2-2 \mathrm{AE} \cdot \mathrm{ME}$ $\ldots\ldots (i)$ আবার, $\triangle \mathrm{BEC}$ এ $\angle \mathrm{BEC}$ স্থূলকোণ এবং CE বাহুর বর্ধিতাংশের উপর BE এর লম্ব অভিক্ষেপ ME. ∴ স্থূলকোণের ক্ষেত্রে পিথাগোরাসের উপপাদ্যের বিস্তৃতি অনুসারে, $\mathrm{BC}^2=\mathrm{CE}^2+\mathrm{BE}^2+2 \mathrm{CE.ME \ldots... (ii)}$ (i) ও (ii) নং সমীকরণের যোগ করে পাই, $\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2 =\mathrm{AE}^2+\mathrm{BE}^2-2 \mathrm{AE} \cdot \mathrm{ME}+\mathrm{CE}^2+\mathrm{BE}^2+2 \mathrm{CE} \cdot \mathrm{ME}\ldots\ldots.(ii)$ $=2 \mathrm{BE}^2+\mathrm{AE}^2+\mathrm{AE}^2-2 \mathrm{AE} \cdot \mathrm{ME}+2 \mathrm{AE} \cdot \mathrm{ME}$ $[\because \mathrm{AE}=\mathrm{CE}]$ $\therefore \mathrm{AB}^2 +\mathrm{BC}^2+2 \mathrm{AE}^2=2\left(\mathrm{AE}^2+\mathrm{BE}^2\right)$ (প্রমাণিত)

গ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{3\left(A B^2+B C^2+A C^2\right)=4\left(A D^2+B E^2+C F^2\right)}$

উত্তর

মনে করি, ∆ABC এর BC, CA ও AB বাহুর দৈর্ঘ্য যথাক্রমে a, b ও c। BC, CA ও AB বাহুর উপর অঙ্কিত মধ্যমা AD, BE ও CF এর দৈর্ঘ্য যথাক্রমে d, e, ও f। প্রমাণ করতে হবে যে, $3\left(A B^2+B C^2+C A^2\right)=4\left(A D^2+B E^2+C F^2\right)$. তাহলে, এ্যাপোলোনিয়াসের উপপাদ্য হতে পাই, $A B^2+A C^2=2\left(A D^2+B D^2\right)$ বা, $\mathrm{c}^2 + \mathrm{b}^2 = 2(\mathrm{d}^2 + (\frac{1}{2}\mathrm{a})^2)$ [∵ BD = $\frac{1}{2}\mathrm{a}$] বা, $\mathrm{b}^2 + \mathrm{c}^2 = 2\mathrm{d}^2 + 2 \cdot \frac{1}{4}\mathrm{a}^2$ বা, $\mathrm{b}^2 + \mathrm{c}^2 = 2\mathrm{d}^2 + \frac{\mathrm{a}^2}{2}$ বা, $\mathrm{d}^2 = \frac{2(\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2) - \mathrm{a}^2}{4}$ অনুরূপভাবে পাওয়া যায়, $\mathrm{e}^2 = \frac{2(\mathrm{c}^2+\mathrm{a}^2) - \mathrm{b}^2}{4}$ এবং $\mathrm{f}^2 = \frac{2(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2) - \mathrm{c}^2}{4}$ সুতরাং বলা যায় কোনো ত্রিভুজের বাহুগুলোর দৈর্ঘ্য জানা থাকলে মধ্যমাসমূহের দৈর্ঘ্য জানা যায়। আবার, $\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2 = \frac{2(\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2) - \mathrm{a}^2}{4} + \frac{2(\mathrm{c}^2+\mathrm{a}^2) - \mathrm{b}^2}{4} + \frac{2(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2) - \mathrm{c}^2}{4}$ অর্থাৎ, $\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2 = \frac{3}{4}(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2)$ বা, $3(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2) = 4(\mathrm{d}^2+\mathrm{e}^2+\mathrm{f}^2)$ ∴ $3(\mathrm{AB}^2 + \mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2)=4(\mathrm{AD}^2 + \mathrm{BE}^2 + \mathrm{CF}^2)$ (প্রমাণিত)

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো