গণিত অলিম্পিয়াড পৰীক্ষাৰ্থীৰ বাবে জ্যামিতিৰ ১০টা প্ৰশ্নোত্তৰ

14 Sep গণিত অলিম্পিয়াড পৰীক্ষাৰ্থীৰ বাবে জ্যামিতিৰ ১০টা প্ৰশ্নোত্তৰ

Posted at 14:28h in অলিম্পিয়াড, সমস্যা আৰু সমাধান by পংকজ জ্যোতি মহন্ত 0 Comments

১) $\triangle ABC$ ত $\angle CAB=2\angle ABC$ । যদি ইয়াৰ বাহুসমূহ $BC$ , $CA$ আৰু $AB$ ৰ দৈৰ্ঘ ক্ৰমে $a$ , $b$ আৰু $c$ , তেন্তে প্ৰমাণ কৰা যে $a^{2}=b(b+c)$ ।

সমাধান:-

তলৰ চিত্ৰত দেখুওৱাৰ দৰে $\angle BAC$ ৰ সমদ্বিখণ্ডক $AD$ অংকণ কৰা হ’ল।

fig1-In-4ABCCAB-2ABC-Let-the-side-lengths-of-BC-CA-and-AB-be-a-b-and-c-respectively-Prove-that-a2-bb-c

$\angle DAB=(1/2)\angle CAB=\angle ABC$ ,

গতিকে $AD=BD$ ।

ধৰাহওক, $AD=BD=x$ আৰু $CD=y$ ।

এতিয়া, $\angle DAC=\angle ABC$ আৰু $\angle CDA=\angle DBA+\angle BAD=2\angle ABC=\angle CAB$ । গতিকে, $\triangle ABC$ আৰু $\triangle DAC$ দুটা সদৃশ ত্ৰিভূজ।

সেয়েহে, $\frac{c}{x}=\frac{b}{y}=\frac{a}{b}$

$\Rightarrow b(b+c)=b^{2}+cb=ay+ax=a^{2}$ ।

২) $\triangle ABC$ ৰ $B$ কোণটো সমকোণ। $ACDE$ ত্ৰিভূজ $ABC$ ৰ বহিৰ্ভাগত অঁকা এটা বৰ্গ আৰু $M$ বৰ্গটোৰ কেন্দ্ৰ হ’লে $\angle MBC$ ৰ পৰিমাণ নিৰ্ণয় কৰা।

সমাধান:-

fig2-Let-ABC-be-a-right-triangle-with-right-angle-at-B-Let-ACDE-be-a-square-drawn-exterior-to-triangle-ABC.-If-M-is-the-center-of-this-square-find-the-measure-of-MBC

ইয়াত, $\triangle MCA$ হ’ল এটা সমকোণী সমদ্বিবাহু ত্ৰিভূজ, য’ত $\angle AMC=90^{\circ}$ আৰু $\angle MAC=45^{\circ}$ ।

আকৌ $\angle ABC=90^{\circ}$ , গতিকে চিত্ৰত দেখুওৱাৰ দৰে $AC$ ক ব্যাস হিচাপে লৈ $B$ আৰু $M$ ৰে যোৱা এটা বৃত্ত পোৱা যাব। গতিকে, এডাল জ্যা $CM$ ৰ একেপিনৰ কোণ হিচাপে $\angle MAC=\angle MBC$ । গতিকে, $\angle MBC=45^{\circ}$ ।

৩) $\triangle ABC$ সমবাহু ত্ৰিভূজৰ $A$ বিন্দুৰ পৰা টনা এডাল ৰেখাই $BC$ ৰ $D$ বিন্দুত আৰু $\triangle ABC$ ৰ পৰিবৃত্ত(circum-circle)ত $P$ বিন্দুত কাটিছে। প্ৰমাণ কৰা যে—

$\frac{1}{\mid PD\mid}=\frac{1}{\mid PB\mid}+\frac{1}{\mid PC\mid}$ .

সমাধান:-

fig3-PAC-PBC-APC-ABC-60-and-BPA-BCA-60-the-triangles-APC-and-BPD-are-similar

ইয়াত, $\angle PAC=\angle PBC$ , $\angle APC=\angle ABC=60^{\circ}$ আৰু $\angle BPA=\angle BCA=60^{\circ}$ , গতিকে $\triangle APC$ আৰু $\triangle BPD$ সদৃশ। সেয়েহে,

$\frac{\mid PA\mid}{\mid PB\mid}=\frac{\mid PC\mid}{\mid PD\mid}$

$\Rightarrow\mid PA\mid\cdot\mid PD\mid=\mid PB\mid\cdot\mid PC\mid$

আকৌ $ABPC$ এটা চক্ৰীয় চতুৰ্ভূজ। গতিকে,

$\mid PA\mid\cdot\mid BC\mid=\mid PB\mid\cdot\mid AC\mid+\mid PC\mid\cdot\mid AB\mid$

আনহাতে $\triangle ABC$ সমবাহু ত্ৰিভূজ। গতিকে, $\mid PA\mid=\mid PB\mid+\mid PC\mid$

সেয়েহে, $\mid PB\mid\cdot\mid PC\mid=\mid PD\mid\cdot(\mid PB\mid+\mid PC\mid)$

$\Rightarrow\frac{1}{\mid PD\mid}=\frac{1}{\mid PB\mid}+\frac{1}{\mid PC\mid}$

৪) $AB$ ৰেখাখণ্ডৰ এটা বিন্দু $M$ আৰু $AB$ ৰ একেদিশে $AMCD$ আৰু $MBEF$ দুটা বৰ্গ। ইয়াৰ $F$ $MC$ ৰেখাখণ্ডত আছে। $AMCD$ আৰু $MBEF$ ৰ পৰিবৃত্ত (circumcircle) দুটাই কটাকটি কৰা আনটো বিন্দু $N$ হ’লে প্ৰমাণ কৰা যে $AF$ আৰু $BC$ য়ে কটাকটি কৰা বিন্দুটো $N$ ।

সমাধান:-

fig4-M-be-a-point-on-the-segment-AB.-Squares-AMCD-and-MBEF-are-erected-on-the-same-side-of-AB-with-F-lying-on-MC

ধৰাহওক, $AF$ য়ে $BC$ ৰ $X$ বিন্দুত কাটিছে। এতিয়া আমি প্ৰমাণ কৰিব লাগে যে $N=X$ ।

ধৰাহওক, $BC$ আৰু $FE$ য়ে $P$ বিন্দুত কাটিছে।

এতিয়া $\triangle AMF$ আৰু $\triangle CMB$ সদৃশ। গতিকে, $\triangle AMF$ আৰু $\triangle FPX$ সদৃশ। সেয়েহে আমি পাম $\angle AXC=90^{\circ}$ । গতিকে, $X$ বিন্দুটো $AC$ ক ব্যাস হিচাপে লৈ পোৱা বৃত্তটোৰ পৰিধীত থাকিব। অৰ্থাৎ $X$ বিন্দুটো $AMCD$ ৰ পৰিবৃত্তটোত থাকিব। সেইদৰে ই $MBEF$ ৰ পৰিবৃত্তটো থাকিব। গতিকে, $N=X$ ।

৫) $\triangle ABC$ ৰ $AB$ আৰু $AC$ বাহুত ক্ৰমে $M$ আৰু $N$ এনে দুটা বিন্দু যাতে $BM=CN$ । $D$ আৰু $E$ ক্ৰমে $MN$ আৰু $BC$ ৰ মধ্যবিন্দু। প্ৰমাণ কৰিব লাগে যে $A$ ৰ পৰা $DE$ ৰ সমান্তৰালকৈ টনা ৰেখাখণ্ডই $\angle A$ ক সমদ্বিখণ্ডিত কৰে।

সমাধান:-

fig5-In-The-triangle-ABC-M-and-N-are-points-on-AB-and-AC-respectively-such-that-BM-CN.-Let-D-and-E-be-the-midpoints-of-MN-and-BC-respectively-Prove-that-the-line-through-A-parallel-to-DE-bisects-A

ধৰাহ’ল, $F$ আৰু $G$ ক্ৰমে $BN$ আৰু $MC$ ৰ মধ্যবিন্দু।

সেয়েহে আমি পাম, $DFEG$ এটা সামান্তৰিক।

গতিকে, $DF=\frac{1}{2}MB=\frac{1}{2}NC=DG$

সেইদৰে, $EF=GD$

সেয়েহে, $DFEG$ এটা ৰম্বাছ।

গতিকে, $\angle BAP=\angle FDE=\angle GDE=\angle CAP$ ।

৬) $ACGE$ চতুৰ্ভূজৰ কৰ্ণ $AG$ আৰু $CE$ য়ে $H$ ত কাটিছে। $AE$ আৰু $CG$ ৰেখাখণ্ড $I$ লগ লাগিছে; $AC$ আৰু $EG$ ৰেখাখণ্ড $D$ ত লগ লাগিছে; $IH$ আৰু $AC$ ৰেখাখণ্ডই $B$ বিন্দুত কাটিছে। প্ৰমাণ কৰা যে $AB/BC=AD/DC$ , অৰ্থাৎ $DB$ হ’ল $DA$ আৰু $DC$ ৰ হৰাত্মক মাধ্য।

সমাধান:-

fig6-In-a-quadrilateral-ACGE-H-is-the-intersection-of-AG-and-CE-the-lines-AE-and-CG-meet-at-I-and-the-lines-AC-and-EG-meet-at-D

$\triangle ACI$ , $\triangle AEC$ আৰু $\triangle CEI$ প্ৰতিটোৰে বাহু তিনিডাল সংযোগী ৰেখাখণ্ড ক্ৰমে $EGD$ , $IHB$ আৰু $AHG$ ধৰিলে আমি পাম—

$\frac{CD}{DA}\frac{AE}{EI}\frac{IG}{GC}=1,\frac{AB}{BC}\frac{CH}{HE}\frac{EI}{IA}=1,\frac{CG}{GI}\frac{IA}{AE}\frac{EH}{HC}=1$ ।

এই তিনিওটা সমীকৰণ পূৰণ কৰিলেই আমাৰ প্ৰমেয় সমীকৰণটো পাম।

আৰু প্ৰমেয়টোৰ পৰৱৰ্তী অংশ কেৱল পূৰণ-হৰণ-যোগ-বিয়োগ কৰি সৰল কৰিলেই পোৱা যাব। (এই অংশ নিজে কৰি চাব পাৰে।)

৭) একক ব্যাসাৰ্ধৰ তিনিটা বৃত্তই পৰস্পৰে পৰস্পৰক স্পৰ্শ কৰি আছে। বৃত্ত তিনিটাৰ মাজৰ অংশটোৰ কালি কিমান নিৰ্ণয় কৰা?

সমাধান:-

fig7-Three-circles-of-unit-radius-are-given-each-tangent-to-the-other-two-What-is-the-area-of-the-space-between-them

বৃত্ত তিনিটাই আগুৰা অংশটো চিত্ৰত দেখুওৱাৰ দৰে $2$ দৈৰ্ঘৰ সমবাহু ত্ৰিভূজ এটাৰ মাজত থাকিব, যিটোক বৃত্ত তিনিটাৰ কেন্দ্ৰকেইটাক শীৰ্ষ বিন্দু হিচাপে লৈ অংকণ কৰা হৈছে। গতিকে, ত্ৰিভূজটোৰ উন্নতিৰ মাপ হ’ব $\sqrt{3}$ । গতিকে, ত্ৰিভূজটোৰ কালি $\sqrt{3}$ ।

আকৌ, ত্ৰিভূজটোৱে প্ৰতিটো বৃত্তৰ $60^{\circ}$ কৌণিক অংশ ধৰি ৰাখিছে। এই তিনিওটা অংশ মিলি এটা অৰ্ধবৃত্ত গঠন কৰিব। গতিকে, এই তিনিওটা অংশই আবৰা মুঠ কালি $\pi/2$ ।

সেয়েহে, বৃত্ত তিনিটাৰ মাজৰ অংশটোৰ কালি হ’ব $\sqrt{3}-\pi/2$ ।

৮) $ALNB$ এটা চক্ৰীয় চতুৰ্ভূজ। ইয়াৰ বৃত্তটোৰ $A$ আৰু $B$ নথকা আংশ বক্ৰৰ মধ্য বিন্দু $M$ । $AM$ আৰু $BL$ য়ে $D$ কাটিছে; $AN$ আৰু $BM$ য়ে $E$ ত কাটিছে। প্ৰমাণ কৰা যে $DE\parallel LN$ ।

সমাধান:-

fig8-A-cyclic-quadrilateral-ALNB-is-given.-The-point-M-is-the-midpoint-of-the-arc-not-containing-A-and-B-determined-by-LN

এতিয়া, $LM$ আৰু $MN$ জ্যা দুডাল সমান দৈৰ্ঘৰ। গতিকে,

$\angle LAM=\angle LBM=\angle MAN=\angle MBN$

সেয়েহে $\angle DAE=\angle MAN=\angle LBM=\angle DBE$

গতিকে, $ABED$ ও এটা চক্ৰীয় চতুৰ্ভূজ। গতিকে,

$\angle ABD=\angle AED$

আকৌ, $\angle ABD=\angle ABL=\angle ANL$ । সেয়েহে, $\angle AED=\angle ANL$ । গতিকে, $DE\parallel LN$ ।

Image Source : Shutterstock

৯) যদি $(2n+1)$ বাহু বিশিষ্ট এটা বহুভূজৰ প্ৰতিটো বাহুৰ, এটা বৃত্তৰ পৰিধিৰ লগত মাথোঁ এটাহে সাধাৰণ বিন্দু থাকে আৰু বহুভূজটোৰ কোনো এটা শীৰ্ষ বিন্দুৱেই বৃত্তটোৰ পৰিধিত নাথাকে, তেন্তে প্ৰমাণ কৰা যে অন্ততঃ এটা বাহু বৃত্তটোৰ স্পৰ্শক হ’ব।

সমাধান:-

যদি সম্ভৱ ধৰাহওক, বহুভূজটোৰ কোনো এটা বাহুৱেই বৃত্তটোৰ স্পৰ্শক নহয়।

ধৰাহওক, বহুভূজটোৰ বিন্দুবোৰ ক্ৰমে $A_{1},A_{2},\ldots,A_{2n+1}$ ।

এতিয়া আমি প্ৰশ্ন অনুসৰি আৰু আমি ধৰি লোৱা চৰ্তটো অনুসৰি তিনিটা কথা পাম—

বহুভূজটোৰ প্ৰতিডাল বাহুৰে বৃত্তটোৰ পৰিধিৰ লগত এটা সাধাৰণ বিন্দু আছে; বহুভূজটোৰ কোনোটো বিন্দুৱেই পৰিধিত নাই; আৰু বহুভূজটোৰ কোনোডাল বাহুৱেই বৃত্তটোৰ স্পৰ্শক নহয়।

গতিকে, বহুভূজটোৰ প্ৰতিটো বাহুৰ বাবেই এটা শীৰ্ষ বিন্দু বৃত্তটোৰ বাহিৰত আৰু আনটো বৃত্তটোৰ ভিতৰত থাকিব লাগিব। সেয়েহে, গোটেই শীৰ্ষ বিন্দুসমূহ ক্ৰম অনুসাৰে বৃত্তটোৰ বাহিৰত-ভিতৰত-বাহিৰত…. এনেদৰে থাকিব।

বহুভূজটোৰ শীৰ্ষবিন্দু $2n+1$ টা। গতিকে, $A_{1}$ আৰু $A_{2n+1}$ দুয়োটাই হয় বৃত্তটোৰ বাহিৰত থাকিব, নহ’লে বৃত্তটোৰ ভিতৰত থাকিব।

কিন্তু, এই বিন্দু দুটা এডাল বাহুৰ শীৰ্ষ বিন্দু; অৰ্থাৎ এই বাহুডাল বৃত্তটোৰ বাহিৰত বা ভিতৰত থাকিব; অৰ্থাৎ ই বৃত্তটোৰ পৰিধিত কটা নাই। গতিকে আমি এটা স্ববিৰোধী কথা পালোহি।

সেয়েহে, অন্ততঃ এডাল বাহুৱে বৃত্তটো স্পৰ্শ কৰিব লাগিব।

১০) এটা ট্ৰেপেজইডৰ (trapezoid) সমান্তৰাল বাহু দুটাৰ দৈৰ্ঘ $a$ আৰু $b$ । ইয়াক সমান কালিৰ দুটা ট্ৰেপেজইডলৈ এনেদৰে ভাগ কৰা হ’ল যাতে $a$ আৰু $b$ দৈৰ্ঘৰ ৰেখা দুডালৰ সমান্তৰালকৈ টনা ৰেখাডালৰ দৈৰ্ঘ $c$ ।

$c$ ক $a$ আৰু $b$ ৰ ফলন হিচাপে প্ৰকাশ কৰা।

সমাধান:-

ধৰাহ’ল, $a$ আৰু $c$ দৈৰ্ঘৰ ৰেখা দুডালৰ মাজৰ দূৰত্ব $u$ ; আৰু $c$ আৰু $b$ দৈৰ্ঘৰ ৰেখা দুডালৰ মাজৰ দূৰত্ব $v$ ।