সৃজনশীলঃ ‘…’ চট্টগ্রাম বোর্ড ২০২৫ – জ্যামিতি, উচ্চতর গণিত (এসএসসি)

বিশেষ নির্বচন: উদ্দীপকের চিত্র অনুযায়ী, বৃত্তে অস্তর্লিখিত MNOP চতুর্ভুজের বিপরীত বাহুগুলো যথাক্রমে MN ও OP এবং ON ও MP। MO এবং NP চতুর্ভুজটির দুইটি কর্ণ।
প্রমাণ করতে হবে যে, $\mathrm{MO}\cdot \mathrm{NP}=\mathrm{MN}\cdot \mathrm{OP}+\mathrm{MP}\cdot \mathrm{ON}$
প্রমাণ:
$\mathrm{\angle }\mathrm{NMO}$ কে $\mathrm{\angle }\mathrm{PMO}$ থেকে ছোট ধরে নিয়ে M বিন্দুতে MP
রেখাংশের সাথে $\mathrm{\angle }\mathrm{NMO}$ এর সমান করে $\mathrm{\angle }\mathrm{PMD}$ আঁকি যেন
MD রেখা NP কর্ণকে D বিদ্দুতে ছেদ করে।
অঙ্কনানুসারে, $\mathrm{\angle }\mathrm{NMO}=\mathrm{\angle }\mathrm{PMD}$
উভয়পক্ষে $\mathrm{\angle }\mathrm{OMD}$ যোগ করে পাই,
$\mathrm{\angle }\mathrm{NMO}+\mathrm{\angle }\mathrm{OMD}=\mathrm{\angle }\mathrm{PMD}+\mathrm{\angle }\mathrm{OMD}$
অর্থাৎ, $\mathrm{△}\mathrm{NMD}=\mathrm{\angle }\mathrm{OMP}$
এখন, $\mathrm{△}\mathrm{MND}$ ও $\mathrm{△}\mathrm{MOP}$ এর মধ্যে,
$\mathrm{\angle }\mathrm{NMD}=\mathrm{\angle }\mathrm{OMP}$
এবং $\mathrm{\angle }\mathrm{MND}=\mathrm{\angle }\mathrm{MOP}$ [একই  বৃত্তাংশস্থিত কোণ সমান বলে]
এবং অবশিষ্ট $\mathrm{\angle }\mathrm{MDN}=$ অবশিষ্ট $\mathrm{\angle }\mathrm{MPO}$
$\therefore \mathrm{△}\mathrm{MND}$ ও $\mathrm{△}\mathrm{MOP}$ সদৃশকোণী অর্থাৎ সদৃশ।
$\therefore \frac{\mathrm{ND}}{\mathrm{OP}}=\frac{\mathrm{MN}}{\mathrm{MO}}[\because$ সদৃশ ত্রিভুজদ্বয়ের অনুরূপ বাহুগুলের অনুপাত সমান $]$

অর্থাৎ, $\mathrm{MO}\cdot \mathrm{ND}=\mathrm{MN}\cdot \mathrm{OP}$ . . . . . . (i)

আবার, $\mathrm{△}\mathrm{MNO}$ ও $\mathrm{△}\mathrm{MDP}$ এর মধ্যে,
$\mathrm{\angle }\mathrm{NMO}=\mathrm{\angle }\mathrm{PMD}$ [অঙ্কনানুসারে]
$\mathrm{\angle }\mathrm{MON}=\mathrm{\angle }\mathrm{MPD}$ [একই বৃত্তাংশহিত কোণ সমান বলে]
এবং অবশিষ্ট $\mathrm{\angle }\mathrm{MNO}=$ অবশিষ্ট $\mathrm{\angle }\mathrm{MDP}$
$\therefore \mathrm{△}\mathrm{MNO}$ ও $\mathrm{△}\mathrm{MDP}$ সদৃশকোণী অর্থাৎ সদৃশ।

$\therefore \frac{\mathrm{MO}}{\mathrm{MP}}=\frac{\mathrm{ON}}{\mathrm{DP}}$[ ∵ সদৃশ ত্রিভুজদ্বয়ের অনুরূপ বাহুগুলোর অনুপাত সমান]

অর্থাৎ, $\mathrm{MO}\cdot \mathrm{DP}=\mathrm{MP}\cdot \mathrm{ON}$ . . . . . . (ii)

এখন, সমীকরণ (i) ও (ii) যোগ করে পাই,

$\mathrm{MO}\cdot \mathrm{ND}+\mathrm{MO}\cdot \mathrm{DP}=\mathrm{MN}\cdot \mathrm{OP}+\mathrm{MP}\cdot \mathrm{ON}$

বা, $\mathrm{MO}(\mathrm{ND}+\mathrm{DP})=\mathrm{MN}\cdot \mathrm{OP}+\mathrm{MP}\cdot \mathrm{ON}$
কিন্তু, ND + DP = NP

$\therefore \mathbf{M}\mathbf{O}\cdot \mathbf{N}\mathbf{P}=\mathbf{M}\mathbf{N}\cdot \mathbf{O}\mathbf{P}+\mathbf{M}\mathbf{P}\cdot \mathbf{O}\mathbf{N}[$ প্রমাণিত]

বিশেষ নির্বচন: দেওয়া আছে, $\mathrm{△}\mathrm{MNP}$ এর NP বাহুর মধ্যবিন্দু T; M, T যোগ করি। ফলে MT ত্রিভুজটির একটি মধ্যমা হবে এবং NP, T বিন্দুতে সমদ্বিখণ্ডিত হয়।
প্রমাণ করতে হবে যে, ${\mathrm{MN}}^2+{\mathrm{MP}}^2=2({\mathrm{MT}}^2+{\mathrm{NT}}^2)$
অঙ্কন: শীর্ষবিন্দু M থেকে NP এর উপর MD লম্ব আঁকি।
প্রমাণ:
ΔΜTP এর $\mathrm{\angle }\mathrm{MTP}$ সূক্ষকোণ এবং PT রেখার উপর MT রেখার লম্ব অভিক্ষেপ DT।

∴ সূক্ষকোণের ক্ষেত্রে পিথাগোরাসের উপপাদ্যের বিস্তৃতি অনুসারে

${\mathrm{MP}}^2={\mathrm{MT}}^2+{\mathrm{PT}}^2-2\cdot \mathrm{PT}\cdot \mathrm{DT}$  . . . . . . . . (i)

আবার, $\mathrm{△}\mathrm{MTN}$ এর $\mathrm{\angle }\mathrm{MTN}$ স্থূলকোণ এবং NT রেখার বর্ধিতাংশের উপর MT রেখার লম্ব অভিক্ষেপ DT।
∴ স্থূলকোণের ক্ষেত্রে পিথাগোরাসের উপপাদ্যের বিস্তৃতি অনুসারে

${\mathrm{MN}}^2={\mathrm{MT}}^2+{\mathrm{NT}}^2+2\cdot \mathrm{NT}\cdot \mathrm{DT}$ . . . . . . . . (ii)

এখন, সমীকরণ (i) ও (ii) যোগ করে পাই,

$\begin{array}{rl}{\mathrm{MP}}^2+{\mathrm{MN}}^2={\mathrm{MT}}^2+{\mathrm{PT}}^2-2\cdot & \mathrm{PT}\cdot \mathrm{DT}+{\mathrm{MT}}^2\\ +& {\mathrm{NT}}^2+2\cdot \mathrm{NT}\cdot \mathrm{DT}\end{array}$

বা, $\begin{array}{r}{\mathrm{MN}}^2+{\mathrm{MP}}^2=2{\mathrm{MT}}^2+{\mathrm{NT}}^2-2\cdot \mathrm{NT}\cdot \mathrm{DT}+{\mathrm{NT}}^2\\ +2\cdot \mathrm{NT}\cdot \mathrm{DT}\\ [\because \mathrm{PT}=\mathrm{NT}]\end{array}$

বা, ${\mathrm{MN}}^2+{\mathrm{MP}}^2=2{\mathrm{MT}}^2+2{\mathrm{NT}}^2$

$\therefore {\mathrm{MN}}^2+{\mathrm{MP}}^2=2({\mathrm{MT}}^2+{\mathrm{NT}}^2)$[প্রমাণিত]