কষে দেখি 9 (Koshe Dekhi 9)

প্রমাণ:

$\triangle ABC$-এ $D$ হলো $BC$ বাহুর মধ্যবিন্দু। $DE \parallel CA$ এবং $DF \parallel BA$ অঙ্কন করা হয়েছে।

আমরা জানি, ত্রিভুজের কোনো বাহুর মধ্যবিন্দু দিয়ে দ্বিতীয় বাহুর সমান্তরাল সরলরেখা অঙ্কন করলে তা তৃতীয় বাহুকে সমদ্বিখণ্ডিত করে।

$\triangle ABC$-এর $BC$ বাহুর মধ্যবিন্দু $D$ দিয়ে $CA$-এর সমান্তরাল $DE$ টানা হয়েছে, যা $AB$-কে $E$ বিন্দুতে ছেদ করে।
$\therefore E$ হলো $AB$ এর মধ্যবিন্দু।

একইভাবে, $D$ বিন্দু দিয়ে $BA$-এর সমান্তরাল $DF$ টানা হয়েছে, যা $AC$-কে $F$ বিন্দুতে ছেদ করে।
$\therefore F$ হলো $AC$ এর মধ্যবিন্দু।

এখন, $\triangle ABC$-এ $E$ এবং $F$ হলো যথাক্রমে $AB$ এবং $AC$ বাহুর মধ্যবিন্দু।

আমরা জানি, ত্রিভুজের দুটি বাহুর মধ্যবিন্দুর সংযোজক সরলরেখাংশ তৃতীয় বাহুর সমান্তরাল এবং অর্ধেক হয়।

$\therefore EF \parallel BC$ এবং $EF = \frac{1}{2} BC$

প্রমাণ:

ধরি, $AB$ এবং $AC$-এর মধ্যবিন্দু যথাক্রমে $P$ ও $Q$।

যেহেতু $P$ এবং $Q$ মধ্যবিন্দু, তাই মধ্যবিন্দু উপপাদ্য অনুযায়ী $\triangle ABC$-এ $PQ \parallel BC$ এবং $PQ = \frac{1}{2} BC \dots (1)$

আবার, $P$ হলো $AB$-এর মধ্যবিন্দু, তাই $AP = \frac{1}{2} AB$।

দেওয়া আছে, $AD = \frac{1}{4} AB = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} AB) = \frac{1}{2} AP$।

$\therefore D$ হলো $AP$-এর মধ্যবিন্দু। একইভাবে, $E$ হলো $AQ$-এর মধ্যবিন্দু।

এখন $\triangle APQ$-এর দিকে লক্ষ্য করি। এর $AP$ এবং $AQ$ বাহুর মধ্যবিন্দু হলো যথাক্রমে $D$ এবং $E$।

মধ্যবিন্দু উপপাদ্য অনুযায়ী, $DE \parallel PQ$ এবং $DE = \frac{1}{2} PQ$ $\dots$ (2)

(1) এবং (2) নং থেকে পাই,

$DE \parallel PQ$ এবং $PQ \parallel BC \Rightarrow DE \parallel BC$।

এবং $DE = \frac{1}{2} PQ = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} BC) = \frac{1}{4} BC$।

প্রমাণ:

$\triangle PQR$-এ $Z$ এবং $X$ যথাক্রমে $PQ$ এবং $QR$-এর মধ্যবিন্দু।

$\therefore ZX \parallel PR$ এবং $ZX = \frac{1}{2} PR \dots (1)$

দেওয়া আছে, $Z$ হলো $PQ$ এর মধ্যবিন্দু, তাই $PZ = ZQ$।

আবার, $QP$-কে $S$ পর্যন্ত এমনভাবে বর্ধিত করা হয়েছে যে $PS = ZP$।

তাহলে $SZ = SP + PZ = PZ + PZ = 2PZ$। এর অর্থ, $P$ হলো $SZ$-এর মধ্যবিন্দু।

এখন $\triangle SXZ$ বিবেচনা করি। $PR \parallel ZX$, তাই $PY \parallel ZX$।

$\triangle SXZ$-এ $P$ হলো $SZ$ এর মধ্যবিন্দু এবং $PY \parallel ZX$।

মধ্যবিন্দু উপপাদ্যের বিপরীত উপপাদ্য অনুযায়ী, $Y$ হলো $SX$-এর মধ্যবিন্দু এবং $PY = \frac{1}{2} ZX$।

(1) নং থেকে $ZX$ এর মান বসিয়ে পাই,

$PY = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} PR) = \frac{1}{4} PR$

প্রমাণ:

ধরি, $ABCD$ একটি সামান্তরিক, যার $AB, BC, CD, DA$ বাহুর মধ্যবিন্দু যথাক্রমে $P, Q, R, S$। কর্ণ $AC$ যুক্ত করা হলো।

$\triangle ABC$-এ $P$ এবং $Q$ যথাক্রমে $AB$ ও $BC$ এর মধ্যবিন্দু।

$\therefore PQ \parallel AC$ এবং $PQ = \frac{1}{2} AC \dots (1)$

একইভাবে, $\triangle ADC$-এ $S$ এবং $R$ যথাক্রমে $AD$ ও $CD$ এর মধ্যবিন্দু।

$\therefore SR \parallel AC$ এবং $SR = \frac{1}{2} AC \dots (2)$

(1) ও (2) তুলনা করে পাই,

$PQ \parallel SR$ এবং $PQ = SR$।

যেহেতু চতুর্ভুজ $PQRS$-এর একজোড়া বিপরীত বাহু সমান ও সমান্তরাল, তাই $PQRS$ একটি সামান্তরিক।

প্রমাণ:

ধরি, $ABCD$ একটি আয়তক্ষেত্র যার বাহুগুলির মধ্যবিন্দু $P, Q, R, S$। কর্ণ $AC$ ও $BD$ যুক্ত করা হলো।

উপপাদ্য 4-এর প্রমাণ অনুযায়ী $PQRS$ একটি সামান্তরিক এবং $PQ = SR = \frac{1}{2} AC$ এবং $PS = QR = \frac{1}{2} BD$।

আমরা জানি, আয়তক্ষেত্রের কর্ণদ্বয় সমান হয়। $\therefore AC = BD$।

$\therefore \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} BD \Rightarrow PQ = PS$।

যে সামান্তরিকের একজোড়া সন্নিহিত বাহু সমান ($PQ = PS$), তার চারটি বাহুই সমান হয়। অর্থাৎ এটি একটি রম্বস।

এটি বর্গক্ষেত্র হবে না কারণ বর্গক্ষেত্র হতে হলে এর কর্ণদ্বয় ($PR$ ও $SQ$) সমান হতে হবে। কিন্তু এখানে $PR = BC$ এবং $SQ = AB$। আয়তক্ষেত্রে $AB \neq BC$, তাই $PR \neq SQ$।

প্রমাণ:

ধরি, $ABCD$ একটি বর্গক্ষেত্র যার মধ্যবিন্দুগুলি $P, Q, R, S$।

বর্গক্ষেত্র একটি বিশেষ আয়তক্ষেত্র, তাই উপরের ৫ নং প্রমাণ অনুযায়ী $PQRS$ একটি রম্বস হবে (কারণ এর চার বাহু সমান)।

এখন প্রমাণ করতে হবে এর একটি কোণ $90^\circ$ অথবা এর কর্ণ দুটি সমান।

$PQRS$ রম্বসের কর্ণদ্বয় হলো $PR$ এবং $SQ$।

চিত্র অনুযায়ী $PR \parallel BC$ এবং $PR = BC$। একইভাবে $SQ \parallel AB$ এবং $SQ = AB$।

যেহেতু $ABCD$ একটি বর্গক্ষেত্র, তাই $AB = BC$।

$\therefore PR = SQ$। অর্থাৎ রম্বসটির কর্ণদ্বয় সমান।

যে রম্বসের কর্ণদ্বয় সমান, সেটি একটি বর্গক্ষেত্র।

প্রমাণ:

ধরি, $ABCD$ একটি রম্বস যার মধ্যবিন্দুগুলি $P, Q, R, S$। কর্ণ $AC$ ও $BD$ যুক্ত করা হলো।

উপপাদ্য 4 অনুযায়ী, $PQRS$ একটি সামান্তরিক, যার $PQ \parallel AC$ এবং $QR \parallel BD$।

আমরা জানি, রম্বসের কর্ণদ্বয় পরস্পরকে সমকোণে ($90^\circ$) সমদ্বিখণ্ডিত করে। অর্থাৎ $AC \perp BD$।

যেহেতু $PQ \parallel AC$ এবং $QR \parallel BD$, এবং $AC \perp BD$, তাই $PQ \perp QR$ হবে।

অর্থাৎ সামান্তরিক $PQRS$-এর একটি কোণ $\angle PQR = 90^\circ$।

যে সামান্তরিকের একটি কোণ সমকোণ, তাকে আয়তক্ষেত্র বলা হয়।

প্রমাণ:

$\triangle ABC$-এ $D$ ও $E$ যথাক্রমে $AB$ ও $AC$-এর মধ্যবিন্দু।

$\therefore DE \parallel BC$ এবং $DE = \frac{1}{2} BC \dots (1)$

আবার, $\triangle BCD$-এ $Q$ ও $P$ যথাক্রমে $BD$ ও $CD$-এর মধ্যবিন্দু।

$\therefore PQ \parallel BC$ এবং $PQ = \frac{1}{2} BC \dots (2)$

(1) ও (2) থেকে পাই, $DE \parallel PQ$ এবং $DE = PQ$।

সুতরাং, $DPEQ$ চতুর্ভুজের একজোড়া বিপরীত বাহু সমান ও সমান্তরাল। তাই $DPEQ$ একটি সামান্তরিক।

সামান্তরিকের কর্ণদ্বয় পরস্পরকে সমদ্বিখণ্ডিত করে।

$DPEQ$ সামান্তরিকের দুটি কর্ণ হলো $DQ$ (যা $BD$ এর অংশ) এবং $PE$ (যা $CD$ এর অংশ)।

(অঙ্ক অনুযায়ী এখানে $BE$ এবং $PQ$ কর্ণ হওয়া উচিত। পাঠ্যপুস্তকের প্রশ্ন অনুযায়ী: চতুর্ভুজটি হবে $BPEQ$।)

প্রকৃত প্রমাণ: $Q$ হলো $BD$-এর মধ্যবিন্দু, তাই $\vec{BQ} = \frac{1}{2}\vec{BD}$। $\triangle ADC$-তে $E$ ও $P$ মধ্যবিন্দু হওয়ায় $PE \parallel AD \parallel BD$ এবং $PE = \frac{1}{2}AD = \frac{1}{2}BD = BQ$।

$\therefore PE \parallel BQ$ এবং $PE = BQ$। ফলে $BPEQ$ একটি সামান্তরিক। এর কর্ণদ্বয় $BE$ এবং $PQ$।

প্রমাণ:

$AD$ লম্বকে বর্ধিত করা হলো যা $BC$ বাহুকে $F$ বিন্দুতে ছেদ করে।

এখন $\triangle ABD$ এবং $\triangle FBD$ এর মধ্যে—

• $\angle ABD = \angle FBD$ (যেহেতু $BD$, $\angle B$-এর সমদ্বিখণ্ডক)
• $BD$ সাধারণ বাহু।
• $\angle BDA = \angle BDF = 90^\circ$ (যেহেতু $AD \perp BD$)

$\therefore A-S-A$ শর্তে $\triangle ABD \cong \triangle FBD$।

সুতরাং, $AD = DF$ (সর্বসম ত্রিভুজের অনুরূপ বাহু)। এর অর্থ $D$ হলো $AF$-এর মধ্যবিন্দু।

এখন $\triangle AFC$-এ, $D$ হলো $AF$-এর মধ্যবিন্দু এবং $DE \parallel FC$ ($BC$ এর সমান্তরাল)।

মধ্যবিন্দু উপপাদ্যের বিপরীত উপপাদ্য অনুযায়ী, $E$ হলো $AC$-এর মধ্যবিন্দু।

প্রমাণ:

$\triangle BCR$ এ, $D$ হলো $BC$-এর মধ্যবিন্দু ($AD$ মধ্যমা) এবং $AD \parallel BR$ (প্রদত্ত)।

মধ্যবিন্দু উপপাদ্যের বিপরীত উপপাদ্য অনুযায়ী, $A$ হলো $CR$-এর মধ্যবিন্দু।

এবং $AD = \frac{1}{2} BR \Rightarrow BR = 2AD \dots (1)$

একইভাবে, $\triangle CBT$ এ, $D$ হলো $BC$-এর মধ্যবিন্দু এবং $AD \parallel CT$ (প্রদত্ত)।

$\therefore A$ হলো $BT$-এর মধ্যবিন্দু এবং $AD = \frac{1}{2} CT \Rightarrow CT = 2AD \dots (2)$

এখন বামপক্ষ (L.H.S) প্রমাণ করতে, ডানদিকের অংশটি নিই:

$\frac{1}{RB} + \frac{1}{TC} = \frac{1}{2AD} + \frac{1}{2AD}$

$= \frac{1 + 1}{2AD} = \frac{2}{2AD} = \frac{1}{AD}$

প্রমাণ:

কর্ণ $BD$-এর মধ্যবিন্দু $F$ এবং $AC$-এর মধ্যবিন্দু $E$। $C, F$ যুক্ত করে বর্ধিত করা হলো যা $AB$-কে $G$ বিন্দুতে ছেদ করে।

এখন $\triangle CFD$ এবং $\triangle GFB$ এর মধ্যে—

• $\angle CFD = \angle GFB$ (বিপ্রতীপ কোণ)
• $DF = FB$ ($F$, $BD$-এর মধ্যবিন্দু)
• $\angle CDF = \angle GBF$ (একান্তর কোণ, $DC \parallel AB$)

$\therefore \triangle CFD \cong \triangle GFB$ (A-S-A)।

সুতরাং, $CF = FG$ ($F$ হলো $CG$-এর মধ্যবিন্দু) এবং $DC = BG$।

এখন $\triangle CAG$-এ $E$ হলো $AC$-এর মধ্যবিন্দু এবং $F$ হলো $CG$-এর মধ্যবিন্দু।

মধ্যবিন্দু উপপাদ্য অনুযায়ী, $EF \parallel AG$ এবং $EF = \frac{1}{2} AG$।

চিত্র অনুযায়ী, $AG = AB - BG$।

যেহেতু $BG = DC$, তাই $AG = AB - DC$।

$\therefore EF = \frac{1}{2} (AB - DC)$

প্রমাণ:

ক্ষুদ্রতম দূরত্ব লম্ব হয়, তাই $AR \perp PQ$, $BS \perp PQ$ এবং $CT \perp PQ$।

যেহেতু একই রেখার উপর তিনটি লম্ব টানা হয়েছে, তাই তারা পরস্পর সমান্তরাল: $AR \parallel CT \parallel BS$।

ধরি $A$ এবং $B$, $PQ$ রেখার একই পাশে অবস্থিত। তাহলে $ABSR$ একটি ট্রাপিজিয়াম যার সমান্তরাল বাহু $AR$ এবং $BS$।

এখানে $C$ হলো তীর্যক বাহু $AB$-এর মধ্যবিন্দু এবং $CT \parallel AR \parallel BS$।

আমরা জানি, ট্রাপিজিয়ামের তীর্যক বাহুর মধ্যবিন্দু দিয়ে সমান্তরাল বাহুর সমান্তরাল সরলরেখা টানলে তা মধ্যমা (Median) হয়, যার দৈর্ঘ্য সমান্তরাল বাহুদ্বয়ের যোগফলের অর্ধেক।

$\therefore CT = \frac{1}{2} (AR + BS)$

$\Rightarrow 2CT = AR + BS$

প্রমাণ:

যেহেতু $BL \perp PQ$, $CM \perp PQ$ এবং $DN \perp PQ$, তাই $BL \parallel DN \parallel CM$।

এখানে $BCML$ একটি ট্রাপিজিয়াম (যদি B ও C একই দিকে থাকে) অথবা ছেদক রেখা দ্বারা গঠিত ক্ষেত্র।

$BC$ রেখাংশের মধ্যবিন্দু $D$ এবং $DN \parallel BL \parallel CM$ হওয়ায়, $N$ হবে $LM$ রেখাংশের মধ্যবিন্দু।

$\therefore LN = NM$

এখন সমকোণী $\triangle DNL$ এবং $\triangle DNM$ এর মধ্যে—

• $LN = NM$ (প্রমাণিত)
• $\angle DNL = \angle DNM = 90^\circ$ (লম্ব)
• $DN$ সাধারণ বাহু।

$\therefore S-A-S$ শর্তে $\triangle DNL \cong \triangle DNM$।

সুতরাং, অতিভুজ $DL = DM$ (সর্বসম ত্রিভুজের অনুরূপ বাহু)।

প্রমাণ:

বর্গক্ষেত্রের কর্ণদ্বয় পরস্পরকে $90^\circ$ কোণে সমদ্বিখণ্ডিত করে। তাই $\angle AOB = 90^\circ$ এবং $\angle BAC = 45^\circ$।

$AQ$ হলো $\angle BAC$-এর সমদ্বিখণ্ডক, তাই $\angle BAQ = \angle QAC = 22.5^\circ$।

$\triangle AOP$-এ, $\angle AOP = 90^\circ$ এবং $\angle PAO = 22.5^\circ$।

$\therefore \angle APO = 180^\circ - (90^\circ + 22.5^\circ) = 67.5^\circ$।

বিপ্রতীপ কোণ হিসেবে $\angle BPQ = \angle APO = 67.5^\circ$।

আবার $\triangle ABQ$-এ, $\angle ABQ = 90^\circ$ এবং $\angle BAQ = 22.5^\circ$।

$\therefore \angle AQB = 180^\circ - 112.5^\circ = 67.5^\circ$।

$\triangle BPQ$-এ, $\angle BPQ = \angle BQP = 67.5^\circ \Rightarrow BP = BQ$।

ত্রিকোণমিতি বা জ্যামিতিক অনুপাতে $CQ = \sqrt{2} BQ$ হয় (কোণ সমদ্বিখণ্ডক উপপাদ্য $CQ/BQ = AC/AB = \sqrt{2}$)।

যেহেতু $BP = BQ$, তাই $CQ = \sqrt{2} BP$।

আমরা জানি, $OB = \frac{1}{\sqrt{2}} AB$ এবং হিসাব করলে দেখা যায় $OP = \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}} AB$ এবং $CQ = \sqrt{2}(\sqrt{2}-1) AB$।

$\therefore \frac{CQ}{OP} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = 2 \Rightarrow CQ = 2 OP$।