Chapter 15 : ক্ষেত্রফল সম্পর্কিত উপপাদ্য ও সম্পাদ্য (Full Syllabus) গণিত

উদ্দীপক

ABCD সামন্তরিকের AB = 5 সে.মি., AD = 4 সে.মি. এবং ∠BAD = 75°। অপর একটি সামন্তরিক APML এর ∠LAP = 60°। △AED এর ক্ষেত্রফল ও APML সামন্তরিকের ক্ষেত্রফল, ABCD সামন্তরিকের ক্ষেত্রফলের সমান।

ক

পেন্সিল, কম্পাস ও স্কেল ব্যবহার করে ∠BAD আঁক।

উত্তর

চিত্রে, ∠BAK = 75° আঁকা হল।

খ

△AED অঙ্কন কর। [অঙ্কন চিহ্ন ও বিবরণ আবশ্যক]

উত্তর

মনে করি, ABCD সামন্তরিক ক্ষেত্রের AB = 5 সে.মি., AD = 4 সে.মি. এবং ∠BAD = 75°। এরূপ একটি ত্রিভুজ আঁকতে হবে যা দ্বারা সীমাবদ্ধ ক্ষেত্রের ক্ষেত্রফল ABCD সামন্তরিকক্ষেত্রের ক্ষেত্রফলের সমান। অঙ্কন: D, B যোগ করি। C বিন্দু দিয়ে CE $\|$ DB টানি। মনে করি, তা AB বাহুর বর্ধিতাংশক E বিন্দুতে ছেদ করে। D, E যোগ করি। তাহলে, △AED-ই উদ্দিষ্ট ত্রিভুজ।

গ

APML সামন্তরিকটি অঙ্কন কর। [অঙ্কন চিহ্ন ও বিবরণ আবশ্যক]

উত্তর

মনে করি, ABCD সামন্তরিকের AB = 5 সে.মি., AD = 4 সে.মি., ∠BAD = 75° এবং ∠x = 60°। এরূপ একটি সামন্তরিক APML আঁকতে হবে যার একটি কোণ ∠LAP = ∠x = 60° এর সমান এবং সীমাবদ্ধ ক্ষেত্রের ক্ষেত্রফল ABCD সামন্তরিকক্ষেত্রের ক্ষেত্রফলের সমান। অঙ্কন: B, D যোগ করি। C বিন্দু দিয়ে CF $\|$ DB টানি এবং মনে করি, CF, AB বাহুর বর্ধিতাংশকে F বিন্দুতে ছেদ করে। AF রেখাংশের মধ্যবিন্দু P নির্ণয় করি। AP রেখাংশের A বিন্দুতে ∠x এর সমান ∠LAP আঁকি এবং P বিন্দু দিয়ে PM $\|$ AL টানি। D বিন্দু দিয়ে DLCM $\|$ AP টানি এবং মনে করি, তা AL ও PM কে যথাক্রমে L ও M বিন্দুতে ছেদ করে। তাহলে, APML-ই উদ্দিষ্ট সামন্তরিক।

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

উদ্দীপক

চিত্রে $\mathrm{PQ} > \mathrm{PR}$ এবং $\mathrm{S, QR}$ এর মধ্যবিন্দু।

Barisal · 2016

ক

পীথাগোরাসের উপপাদ্যটি লিখ।

উত্তর

পীথাগোরাসের উপপাদ্য: সমকোণী ত্রিভুজের অতিভুজের উপর অঙ্কিত বর্গক্ষেত্রের ক্ষেত্রফল অপর দুই বাহুর উপর অঙ্কিত বর্গক্ষেত্রদ্বয়ের ক্ষেত্রফলের সমষ্টির সমান। $\mathrm{PQR}$ সমকোণী ত্রিভুজে, $\mathrm{PQ}^2 + \mathrm{PR}^2 = \mathrm{QR}^2$ [পীথাগোরাসের উপপাদ্য অনুসারে]

খ

প্রমাণ কর যে, $\angle\mathrm{PSQ}$ স্থূলকোণ।

উত্তর

বিশেষ নির্বাচন: দেওয়া আছে, $\Delta PQR$-এ $PQ > PR$ এবং $S$, $QR$ এর মধ্যবিন্দু। প্রমাণ করতে হবে যে, $\angle PSQ$ স্থূলকোণ। প্রমাণ: ধাপ (১) $\Delta PQR$ এ $PQ > PR$ [দেওয়া আছে] $\therefore \angle PRQ > \angle PQR$ [ত্রিভুজের বৃহত্তম বাহুর বিপরীত কোণ, ক্ষুদ্রতম বাহুর বিপরীত কোণ অপেক্ষা বৃহত্তর] (২) এখানে $\angle PRQ = \angle PRS$ এবং $\angle PQR = \angle PQS$ $\therefore \angle PRS > \angle PQS \quad$ [ধাপ (১) থেকে] (৩) $\Delta PQS$ ও $\Delta PSR$ এর মধ্যে $QS = SR \quad [S, QR$ এর মধ্যবিন্দু] $\therefore \angle SPR > \angle QPS \quad [QS$ ও $SR$ বাহুদ্বয় $QR$ সমান্তরাল রেখার উপর অবস্থিত এবং $PQ > PR]$ (৪) $\Delta PQS$ এর বহিঃস্থ $\angle PSR = \angle PQS + \angle QPS \quad [$ কোনো ত্রিভুজের বহিঃস্থ কোণ তার বিপরীত অন্তঃস্থ কোণদ্বয়ের সমষ্টির সমান] (৫) আবার $\Delta PSR$ এর বহিঃস্থ $\angle PSQ = \angle SPR + \angle PRS \quad [$ একই কারণে] (৬) ধাপ (২) ও ধাপ (৩) যোগ করে $\angle PRS + \angle SPR > \angle PQS + \angle QPS$ $\angle PSQ > \angle PSR \quad [$ধাপ (৪) ও ধাপ (৫) হতে] (৭) $\angle PSQ + \angle PSR = 180^\circ \quad [$ সরলকোণ] $\therefore \angle PSQ > 90^\circ \quad [$ ধাপ (৬) থেকে] $\therefore \angle PSQ$ স্থূলকোণ। (প্রমাণিত)

গ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{PQ}^2 + \mathrm{PR}^2 = 2(\mathrm{PS}^2 + \mathrm{QS}^2)$।

উত্তর

বিশেষ নির্বচন: $\triangle\mathrm{PQR}$ এর $\mathrm{PQ} > \mathrm{PR}$ এবং $\mathrm{S, QR}$ এর মধ্যবিন্দু। প্রমাণ করতে হবে যে $\mathrm{PQ}^2 + \mathrm{PR}^2 = 2(\mathrm{PS}^2 + \mathrm{QS}^2)$। অঙ্কন: $\mathrm{P}$ বিন্দু থেকে $\mathrm{QR}$ এর উপর $\mathrm{PC}$ লম্ব টানি। প্রমাণ: (১) $\triangle\mathrm{PSC}$-এ $\angle\mathrm{PCS} = 90°$ এবং অতিভুজ $\mathrm{PS}$। $\therefore \mathrm{PS}^2 = \mathrm{PC}^2 + \mathrm{SC}^2$ [পীথাগোরাসের উপপাদ্য]। (২) $\triangle\mathrm{PQC}$ এ $\angle\mathrm{PCQ} = 90°$ এবং অতিভুজ $\mathrm{PQ}$। $\therefore \mathrm{PQ}^2 = \mathrm{PC}^2 + \mathrm{QC}^2$ [পীথাগোরাসের উপপাদ্য] $= \mathrm{PC}^2 + (\mathrm{QS} + \mathrm{SC})^2$ $= \mathrm{PC}^2 + \mathrm{QS}^2 + 2\mathrm{QS}.\mathrm{SC} + \mathrm{SC}^2$ $= (\mathrm{PC}^2 + \mathrm{SC}^2) + \mathrm{QS}^2 + 2\mathrm{QS}.\mathrm{SC}$ $\therefore \mathrm{PQ}^2 = \mathrm{PS}^2 + \mathrm{QS}^2 + 2\mathrm{QS}.\mathrm{SC}$ [ধাপ (১) থেকে]। (৩) $\triangle\mathrm{PRC}$-এ $\angle\mathrm{PCR} = 90°$ এবং অতিভুজ $\mathrm{PR}$। $\therefore \mathrm{PR}^2 = \mathrm{PC}^2 + \mathrm{CR}^2$ $= \mathrm{PC}^2 + (\mathrm{SR} - \mathrm{SC})^2$ $= \mathrm{PC}^2 + \mathrm{SR}^2 - 2.\mathrm{SR}.\mathrm{SC} + \mathrm{SC}^2$ $= (\mathrm{PC}^2 + \mathrm{SC}^2) + \mathrm{SR}^2 - 2\mathrm{SR}.\mathrm{SC}$ $= \mathrm{PS}^2 + \mathrm{SR}^2 - 2\mathrm{SR}.\mathrm{SC}$ [ধাপ (১) থেকে] $\mathrm{PR}^2 = \mathrm{PS}^2 + \mathrm{QS}^2 - 2\mathrm{QS}.\mathrm{SC}$ [∵ $\mathrm{SR = QS}$]। (৪) ধাপ (২) ও ধাপ (৩) হতে পাই, $\mathrm{PQ}^2 + \mathrm{PR}^2$ $= \mathrm{PS}^2 + \mathrm{QS}^2 + 2\mathrm{QS}.\mathrm{SC} + \mathrm{PS}^2 + \mathrm{QS}^2 - 2\mathrm{QS}.\mathrm{SC}$ $= 2\mathrm{PS}^2 + 2\mathrm{QS}^2$ $= 2(\mathrm{PS}^2 + \mathrm{QS}^2)$ $\therefore \mathrm{PQ}^2 + \mathrm{PR}^2 = 2(\mathrm{PS}^2 + \mathrm{QS}^2)$ (প্রমাণিত)

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

উদ্দীপক

$ABC$ একটি সমকোণী ত্রিভুজ। যেখানে $\angle B =$ এক সমকোণ।

Chittagong · 2016

ক

উপরের তথ্যের আলোকে ত্রিভুজটি আঁক।

উত্তর

প্রদত্ত উপাত্ত অনুযায়ী $\triangle\mathrm{ABC}$ আঁকা হলো যার $\angle\mathrm{B} =$ এক সমকোণ।

খ

প্রমাণ কর যে, $\mathrm{AC}^2 = \mathrm{AB}^2 + \mathrm{BC}^2$ ।

উত্তর

বিশেষ নির্বচন: মনে করি, $ABC$ সমকোণী ত্রিভুজে $\angle ACB$ সমকোণ এবং $AB$ অতিভুজ। প্রমাণ করতে হবে যে, $AB^2 = BC^2 + AC^2$। অঙ্কন: $AB$, $AC$ এবং $BC$ উপর যথাক্রমে $ABED$, $ACGF$ এবং $BCHK$ বর্গক্ষেত্র অঙ্কন করি। $C$ বিন্দু দিয়ে $AD$ বা $BE$ রেখার সমান্তরাল $CL$ রেখা আঁকি। মনে করি, এটি $AB$ কে $M$ বিন্দুতে এবং $DE$ কে $L$ বিন্দুতে ছেদ করে। $C$ ও $D$ এবং $B$ ও $F$ যোগ করি। প্রমাণ: ধাপ ১. $\triangle CAD$ ও $\triangle BAF$ তে $CA = AF$, $AD = AB$ এবং অন্তর্ভুক্ত $\angle CAD = \angle CAB + \angle BAD = \angle CAB + \angle CAF =$ অন্তর্ভুক্ত $\angle BAF$ [$\angle BAD = \angle CAF = 1$ সমকোণ]। অতএব, $\triangle CAD \cong \triangle BAF$। ধাপ ২. $\triangle CAD$ এবং আয়তক্ষেত্র $ADLM$ একই ভূমি $AD$ এর উপর এবং $AD$ ও $CL$ সমান্তরাল রেখাদ্বয়ের মধ্যে অবস্থিত। সুতরাং আয়তক্ষেত্র $ADLM = 2 \triangle CAD$ ধাপ ৩. $\triangle BAF$ এবং বর্গক্ষেত্র $ACGF$ একই ভূমি $AF$ এর উপর এবং $AF$ ও $BG$ সমান্তরাল রেখাদ্বয়ের মধ্যে অবস্থিত। সুতরাং বর্গক্ষেত্র $ACGF = 2 \triangle FAB = 2 \triangle CAD$ ধাপ ৪. আয়তক্ষেত্র $ADLM =$ বর্গক্ষেত্র $ACGF$। ধাপ ৫. অনুরূপভাবে $C, E$ ও $A, K$ যোগ করে প্রমাণ করা যায় যে, আয়তক্ষেত্র $BELM =$ বর্গক্ষেত্র $BCHK$। ধাপ ৬. আয়তক্ষেত্র $(ADLM + BELM) =$ বর্গক্ষেত্র $ACGF +$ বর্গক্ষেত্র $BCHK$। বা, বর্গক্ষেত্র $ABED =$ বর্গক্ষেত্র $ACGF +$ বর্গক্ষেত্র $BCHK$। অর্থাৎ, $AB^2 = BC^2 + AC^2$ (প্রমাণিত)। বি.দ্র. সৃজনশীল প্রশ্ন অনুরূপ।

গ

$ABC$ ত্রিভুজে $AB = BC$ এবং $P$ অতিভুজ $AC$ এর উপরস্থ যে কোনো বিন্দু হলে, প্রমাণ কর যে, $\mathrm{PA}^2 + \mathrm{PC}^2 = 2\mathrm{PB}^2$ ।

উত্তর

মনে করি, সমদ্বিবাহু $\triangle\mathrm{ABC}$-এর $BA = BC$ এবং অতিভুজ $AC$। $P$, $AC$ এর উপর যেকোনো বিন্দু। $P, B$ যোগ করি। প্রমাণ করতে হবে যে, $PA^2 + PC^2 = 2PB^2$। অঙ্কন: $P$ বিন্দু থেকে $BA$ এবং $BC$ এর উপর যথাক্রমে $PE$ এবং $PD$ লম্ব টানি। প্রমাণ: (১) $\triangle\mathrm{BAC}$-এ, $\angle B = 90^\circ$ [চিত্রানুসারে] এবং $\angle A = \angle C = 45^\circ$ [$\because BC = BA$] এবং, $\triangle\mathrm{PDC}$-এ, $\angle D = 90^\circ$ [$\because PD \perp BC$] সুতরাং, $\angle DPC = \angle DCP = 45^\circ$ $\therefore CD = PD$ অনুরূপভাবে প্রমাণ করা যায়, $PAE$ সমকোণী ত্রিভুজে, $PE = AE$ (২) $\triangle\mathrm{PDC}$ সমকোণী ত্রিভুজে $PC$ অতিভুজ হওয়ায় [পিথাগোরাসের উপপাদ্য] $PC^2 = PD^2 + CD^2$ $= PD^2 + PD^2$ [$\because PD = CD$] $\therefore PC^2 = 2PD^2$

$$\ldots\ldots. (i) ($$

৩) $\triangle\mathrm{PAE}$ সমকোণী ত্রিভুজে $PA$ অতিভুজ হওয়ায়, [পিথাগোরাসের উপপাদ্য] $PA^2 = AE^2 + PE^2$ $= PE^2 + PE^2$ [$\because AE = PE$] $\therefore PA^2 = 2PE^2$

$$\ldots\ldots. (ii) ($$

৪) (i) এবং (ii) নং যোগ করে পাই, $PC^2 + PA^2 = 2PD^2 + 2PE^2$ $= 2(PD^2 + PE^2)$ আবার, $BDPE$ একটি আয়ত। $[\angle E = \angle B = \angle D =$ এক সমকোণ] $\therefore PE = BD$ $[\because$ আয়তক্ষেত্রের বিপরীত বাহুদ্বয় পরস্পর সমান] $\therefore PC^2 + PA^2 = 2(PD^2 + BD^2) \dots \dots \dots (iii)$ (৫) $BDP$ সমকোণী ত্রিভুজে $PB$ অতিভুজ হওয়ায়, $PB^2 = PD^2 + BD^2$ [পিথাগোরাসের উপপাদ্য] (৬) (iii) নং হতে পাই, $PC^2 + PA^2 = 2PB^2$ $\therefore PA^2 + PC^2 = 2PB^2$ (প্রমাণিত)

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

উদ্দীপক

$\triangle\mathrm{ABC}$ এ $\angle\mathrm{C} = 1$ সমকোণ এবং $\angle\mathrm{B} = 2\angle\mathrm{A}$.

Jessore · 2017

ক

$\angle\mathrm{A} = ?$ এবং $\angle\mathrm{B} = ?$

উত্তর

দেওয়া আছে, $\triangle\mathrm{ABC}$ এ $\angle\mathrm{C} = 1$ সমকোণ $= 90^\circ$ এবং $\angle\mathrm{B} = 2\angle\mathrm{A}$ আমরা জানি, $\angle\mathrm{A} + \angle\mathrm{B} + \angle\mathrm{C} = 180^\circ$ বা, $\angle\mathrm{A} + 2\angle\mathrm{A} + 90^\circ = 180^\circ$ বা, $3\angle\mathrm{A} = 90^\circ$ $\therefore \angle\mathrm{A} = 30^\circ$ $\therefore \angle\mathrm{B} = 2 \times 30^\circ = 60^\circ$ (Ans.)

খ

প্রমাণ করো যে, $\mathrm{AB}^2 = \mathrm{AC}^2 + \mathrm{BC}^2$.

উত্তর

বিশেষ নির্বচন: মনে করি, $A B C$ সমকোণী ত্রিভুজের $\angle A C B$ সমকোণ এবং $A B$ অতিভুজ। প্রমাণ করতে হবে যে, $A B^2=B C^2+A C^2$ । অঙ্কন: $A B, A C$ এবং $B C$ বাহুর উপর যথাক্রমে $A B E D, A C G F$ এবং $B C H K$ বর্গক্ষেত্র অঙ্কন করি। $C$ বিন্দু দিয়ে $A D$ বা $B E$ রেখার সমান্তরাল $C L$ রেখা আঁকি। মনে করি, তা $A B$ কে $M$ বিন্দুতে এবং $D E$ কে $L$ বিন্দুতে ছেদ করে। $C$ ও $D$ এবং $B$ ও $F$ যোগ করি। প্রমাণ: ধাপ ১. $\triangle C A D$ ও $\triangle B A F$ তে $C A=A F, A D=A B$ এবং অন্তর্ভুক্ত $\angle C A D=\angle C A B+\angle B A D=\angle C A B+\angle C A F=$ অন্তর্ভুক্ত $\angle B A F$ $[\angle B A D=\angle C A F=1$ সমকোণ] অতএব, $\triangle C A D \cong \triangle B A F$ ধাপ ২. $\triangle C A D$ এবং আয়তক্ষেত্র $A D L M$ একই ভূমি $A D$ এর উপর এবং $A D$ ও $C L$ সমান্তরাল রেখাদ্বয়ের মধ্যে অবস্থিত। সুতরাং আয়তক্ষেত্র $A D L M=2 \triangle C A D$ ধাপ ৩. $\triangle B A F$ এবং বর্গক্ষেত্র $A C G F$ একই ভূমি $A F$ এর উপর এবং $A F$ ও $B G$ সমান্তরাল রেখাদ্বয়ের মধ্যে অবস্থিত। সুতরাং বর্গক্ষেত্র $A C G F=2 \triangle F A B=2 \triangle C A D$ ধাপ ৪. আয়তক্ষেত্র $A D L M=$ বর্গক্ষেত্র $A C G F$ ধাপ ৫. অনুরূপভাবে $C, E$ ও $A, K$ যোগ করে প্রমাণ করা যায় যে, আয়তক্ষেত্র BELM = বর্গক্ষেত্র BCHK ধাপ ৬. আয়তক্ষেত্র $(A D L M+B E L M)=$ বর্গক্ষেত্র $A C G F+$ বর্গক্ষেত্র $B C H K$ বা, বর্গক্ষেত্র $A B E D=$ বর্গক্ষেত্র $A C G F+$ বর্গক্ষেত্র $B C H K$ অর্থাৎ, $A B^2=B C^2+A C^2$ (প্রমাণিত)

গ

প্রমাণ করো যে, $\triangle\mathrm{ABC}$ এর যেকোনো দুই বাহুর মধ্যবিন্দুর সংযোজক রেখাংশের দৈর্ঘ্য এর তৃতীয় বাহুর সমান্তরাল এবং দৈর্ঘ্যে তার অর্ধেক।

উত্তর

বিশেষ নির্বচন: মনে করি, $A B C$ একটি ত্রিভুজ। $D$ ও $E$ যথাক্রমে ত্রিভুজটির $A B$ ও $A C$ বাহুর মধ্যবিন্দু। তাহলে, প্রমাণ করতে হবে যে $D E \| B C$ এবং $D E=\frac{1}{2} B C$ । অঙ্কন: $D$ ও $E$ যোগ করে বর্ধিত করি যেন $E F=D E$ হয়। $C, F$ যোগ করি। প্রমাণ: ধাপ ১. $\triangle A D E$ ও $\triangle C E F$ এর মধ্যে, $A E=E C$ [দেওয়া আছে] $D E=E F$ [অঙ্কনানুসারে] $\angle A E D=\angle C E F$ [বিপ্রতীপ কোণ] $\therefore \triangle A D E \cong \triangle C E F$ [বাহু-কোণ-বাহু উপপাদ্য] $\therefore \angle A D E=\angle E F C$ এবং $\angle D A E=\angle E C F$ [একান্তর কোণ] $\therefore A D \| C F$ বা $A B \| C F$ । আবার, $B D=A D=C F$ এবং $B D \| C F$ । সুতরাং $B D F C$ একটি সামান্তরিক। $\therefore D F \| B C$ বা $D E \| B C$ । ধাপ ২. আবার, $D F=B C$ বা $D E+E F=B C$ বা $D E+D E=B C$ বা $2 D E=B C$ বা $D E=\frac{1}{2} B C$ $\therefore D E \| B C$ এবং $D E=\frac{1}{2} B C$ (প্রমাণিত)।

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো

সম্পূর্ণ প্রশ্ন দেখো