Class 10

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 8 Introduction to Trigonometry Ex 8.3 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 8 Introduction to Trigonometry Ex 8.3

Question 1.
Evaluate:
(i) \(\frac{\sin 18^{\circ}}{\cos 72^{\circ}}\)
(ii) \(\frac{\tan 26^{\circ}}{\cot 64^{\circ}}\)
(iii) cos 48° – sin 42°
(iv) cosec 31° – sec 59°.
Solution.
(i) \(\frac{\sin 18^{\circ}}{\cos 72^{\circ}}\)
= \(\frac{\sin 18^{\circ}}{\cos \left(90^{\circ}-18^{\circ}\right)}\)
= \(\frac{\sin 18^{\circ}}{\sin 18^{\circ}}\) = 1
[∵ cos (90° – θ) = sin θ]

(ii) \(\frac{\tan 26^{\circ}}{\cos 64^{\circ}}=\frac{\tan 26^{\circ}}{\cot \left(90^{\circ}-26^{\circ}\right)}\)
= \(\frac{\tan 26^{\circ}}{\tan 26^{\circ}}\) = 1
[∵ cot (90°- θ) = tan θ]

(iii) cos 48° – sin 42°
= cos (90° – 42°) – sin 42°
[∵ cos (90° – 0) = sin O]
= sin 42° – sin 42° = 0.

(iv) cosec 31° – sec 59°
=cosec 31° – sec (90° – 31°)
= cosec 31° – cosec 31°
[∵ sec (90° – θ) = cosec θ].

Question 2.
Show that:
(i) tan 4 tan 230 tan 42° tan 67° = 1
(ii) cos 38° cos 52° – sin 38° sin 52° = 0
Solution:
(i) L.H.S.
= tan 48° tan 23° tan 42° tan 67°
= tan 48° × tan 23° × tan (90° – 48°) × tan (90° – 23°)
= tan48° × tan 23° × cot48° × cot 23°
= tan 48C × tan 23° × \(\frac{1}{\tan 48^{\circ}}\) × \(\frac{1}{\tan 23^{\circ}}\) = 1
∴ L.H.S. = R.H.S.

(ii) L.H.S.= cos 38° cos 52° – sin 38° sin 52°
= cos 38° × cos (90 – 38°) – sin 38° × sin (90° – 38°)
= cos 38° × sin 38° – sin 38° × cos 38
= 0.
∴ L.H.S. = RH.S.

Question 3.
If tan 2A = cot (A – 18°) where 2A is an acute angle, find the value of A.
Solution:
Given: tan 2A = cot (A – 18°)
⇒ cot (90° – 2A) = cot (A – 18°)
[cot (90° – θ) = tan θ]
⇒ 90°- 2A = A – 18°
⇒ 3A = 108°
⇒A = 36°.

Question 4.
If tan A = cot B, prove that A + B = 90°.
Solution:
Given that: tan A = cot B
⇒ tan A = tan(90° – B)
[∵ tan (90° – θ) = cot θ]
⇒ A = 90° – B.
⇒ A + B = 90°..

Question 5.
If sec 4A = cosec (A – 20°), where 4A is an acute angle, find the value of A.
Solution:
Given that: sec 4A = cosec (A – 20°)
⇒ cosec (90° – 4A) = cosec (A — 20°)
[∵ cosec (90° – θ) = sec θ]
⇒ 90° – 4A = A – 20°
⇒ 5A = 110°
⇒ A = 22°.

Question 6.
If A, B and C interior angles of a triangle ABC, then show that: \(\sin \left(\frac{B+C}{2}\right)=\cos \left(\frac{A}{2}\right)\)
Solution:
Since, A, B and C are interior angles of a triangle
∴ A + B + C = 180°
[Sum of three angles of a triangle is 180°]
⇒ B + C = 180° – A
⇒ \(\frac{\mathrm{B}+\mathrm{C}}{2}=\frac{180^{\circ}-\mathrm{A}}{2}\)
⇒ \(\frac{\mathrm{B}+\mathrm{C}}{2}=\left(90^{\circ}-\frac{\mathrm{A}}{2}\right)\)
Taking sin on both sides, we get
⇒ \(\sin \left(\frac{\mathrm{B}+\mathrm{C}}{2}\right)=\sin \left(90^{\circ}-\frac{\mathrm{A}}{2}\right)\)
[∵ sin (90° – θ) = cos θ].

Question 7.
Express sin 67° + cos 75° in terms of Trigonometric ratios of angles between 0° and 45°.
Solution:
Given that: sin 67° + cos 75°
= sin (90° – 23°) + cos (90° – 15°)
= cos 23° + sin 15°
[∵ sin(90° – θ) = cos θ and cos (90° – θ) = sin θ].

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 8 Introduction to Trigonometry Ex 8.2 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 8 Introduction to Trigonometry Ex 8.2

Question 1.
Evaluate the following:
(i) sin 60° cos 30° + sin 30° cos 60°

(ii) 2 tan² 45° + cos² 30° – sin² 60°

(iii)

(iv)

(v) \(\frac{5 \cos ^{2} 60^{\circ}+4 \sec ^{2} 30^{\circ}-\tan ^{2} 45^{\circ}}{\sin ^{2} 30^{\circ}+\cos ^{2} 30^{\circ}}\)
Solution:
(i) sin 60° cos 30° + sin 30° cos 60°
= \(\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)\)

= \(\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\)
= \(\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\) = 1.

(ii) 2 tan² 45° + cos² 30° – sin² 60° = 2 (tan 45°)² + (cos 30°)² – (sin 60°)²
= 2 (1)² + (\(\frac{\sqrt{3}}{2}\))² – (\(\frac{\sqrt{3}}{2}\))² = 2.

(iii)
= \(\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)+(2)}=\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{2+2 \sqrt{3}}{\sqrt{3}}}\)

= \(\frac{1}{\sqrt{2}}: \frac{\sqrt{3}}{2+2 \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{2}(\sqrt{3}+1)}\)

= \(\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}{2 \sqrt{2}(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}\)

= \(\frac{\sqrt{2} \times \sqrt{3} \times(\sqrt{3}-1)}{4(3-1)}=\frac{3 \sqrt{2}-\sqrt{6}}{8}\).

(iv)

= \(\frac{\frac{1}{2}+1-\frac{2}{\sqrt{3}}}{\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{1}{2}+1}=\frac{\frac{3}{2}-\frac{2}{\sqrt{3}}}{\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{3}{2}}\)

= \(\frac{3 \sqrt{3}-4}{4+3 \sqrt{3}}\)

= \(\frac{(3 \sqrt{3}-4)(3 \sqrt{3}-4)}{(3 \sqrt{3}+4)(3 \sqrt{3}-4)}\)

= \(\frac{27+16-24 \sqrt{3}}{27-16}\)

= \(\frac{43-24 \sqrt{3}}{11}\)

(v) \(\frac{5 \cos ^{2} 60^{\circ}+4 \sec ^{2} 30^{\circ}-\tan ^{2} 45^{\circ}}{\sin ^{2} 30^{\circ}+\cos ^{2} 30^{\circ}}\)

= \(\begin{array}{r}
5\left(\cos 60^{\circ}\right)^{2}+4\left(\sec 30^{\circ}\right)^{2} \\
\frac{-\left(\tan 45^{\circ}\right)^{2}}{\left(\sin 30^{\circ}\right)^{2}+\left(\cos 30^{\circ}\right)^{2}}
\end{array}\)

= \(\frac{5\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+4\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2}-(1)^{2}}{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}\)

= \(\frac{\frac{5}{4}+4 \times \frac{4}{3}-1}{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}=\frac{\frac{5}{4}+\frac{1}{3}-1}{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}\)

= \(\frac{5}{4}+\frac{16}{3}-1=\frac{15+64-12}{12}=\frac{67}{12}\).

Question 2.
Choose the correct option and justify your choice.

(i) \(\frac{2 \tan 30^{\circ}}{1+\tan 30^{\circ}}\)
(A) sin 60°
(B) cos 60°
(C) tan 60°
(D) sin 30°

(ii) \(\frac{1-\tan ^{2} 45^{\circ}}{1+\tan 45^{\circ}}\)
(A) tan 90°
(B) 1
(C) sin 45°
(D) 0.

(iii) sin 2A = 2 sin A is true when
(A) 0°
(B) 30°
(C) 45°
(D) 60°

(iv) \(\frac{2 \tan 30^{\circ}}{1+\tan ^{2} 30^{\circ}}\)
(A) cos 60°
(B) sin 60°
(C) tan 60°
(D) sin 30°.

Solution:
(i) \(\frac{2 \tan 30^{\circ}}{1+\tan 30^{\circ}}=\frac{2\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}{1+\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2}}\)

\(\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{1+\frac{1}{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}} \times \frac{3}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\) = sin 60°.
So, correct anwer is (A).

(ii) \(\frac{1-\tan ^{2} 45^{\circ}}{1+\tan ^{2} 45^{\circ}}=\frac{1-(1)^{2}}{1+(1)^{2}}\) = 0
So, correct anwer is (D).

(iii) Here when A = 0°
L.H.S. = sin 2A = sin 0° = 0
and R.H.S. = 2 sin A = 2 sin 0°
= 2 × 0 = 0
∴ Option (A) is correct.

(iv) \(\frac{2 \tan 30^{\circ}}{1-\tan ^{2} 30^{\circ}}=\frac{2\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}{1-\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2}}\)

= \(\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}} \times \frac{3}{2}=\sqrt{3}\)

= tan 60°
∴ Option (C) is correct.

Question 3.
If tan (A + B) = \(\sqrt{3}\) and tan (A – B) = \(\frac{1}{\sqrt{3}}\); 0° ∠A + B ≤ 90°; A > B. find A and B.
Solution:
tan (A + B) = \(\sqrt{3}\). Given
tan (A + B) = tan 60°
⇒ A + B = 60° ……………..(1)
tan (A – B) = \(\frac{1}{\sqrt{3}}\) (Given)
or tan (A – B) = tan 30°
⇒ A – B = 30° …………….(2)
On adding (1) and (2),

A = 45°

Pu value of A = 45° in (1)
45° + B = 60°
B = 60° – 45°
B = 15°
Hence A = 45° and B = 15°.

Question 4.
State whether the following are true or false. Justify your answer.
(i) sin (A + B) = sin A + sin B.
(ii) The value of sin q increases as q increases.
(iii) The value of cos q Increases as q increases
(iv) sin q = cos q for all value of q.
(v) cot A is not defined for A = 0°.
Solution:
(i) False.
When A = 60°, B = 30°
L.H.S. = sin (A + B) = sin (60° + 30°) = sin 90° = 1
R.H.S. = sin A + sin B
= sin 60° + sin 30°
= \(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\) ≠ 1
i.e., L.H.S. ≠ R.H.S.

(ii) True, sin 30° = \(\frac{1}{2}\) = 0.5,
Note that sin 0° = 0,
sin 45° = \(\frac{1}{\sqrt{2}}\) = 0.7 (approx.)
sin 60° = \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) = 0.87 (approx.)
and sin 90° = 1
i.e., value of sin θ increases as θ increases from 0° to 90°.

(iii) False.
Note that cos 0° = 1,
cos 30° = \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) = 0.87(approx.)
cos 45° = \(\frac{1}{\sqrt{2}}\) = 0.7.(approx.)
cos 60° = \(\frac{1}{2}\) = 0.5
and cos 90° = 0.
Hence, value of θ decreases as θ increases from 0° to 90°.

(iv) False
Since sin 30° = \(\frac{1}{2}\)
and cos 30° = \(\frac{\sqrt{3}}{2}\)
or sin 30° ≠ cos 30°
Only we have: sin 45° = cos 45°.
\(\frac{1}{\sqrt{2}}\) = \(\frac{1}{\sqrt{2}}\)

(v) True.
cot 0° = \(\frac{1}{\tan 0^{\circ}}=\frac{1}{0}\), or not defined.

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 8 Introduction to Trigonometry Ex 8.1 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 8 Introduction to Trigonometry Ex 8.1

Question 1.
In ∆ABC, right angled at B, AB = 24 cm; BC = 7 cm. Determine
(i) sin A, cos A
(ii) sin C, cos C.
Solution:
(i) We are to find sin A .cos A AB = 24 cm; BC = 7 cm
By using Pythagoras Theorem,

AC² = AB² + BC²
AC² = (24)² + (7)²
AC² = 576 + 49
AC² = 625
AC = \(\sqrt{625}\)
AC = 25 cm.
sin A = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}\)

sin A = \(\frac{7 \mathrm{~cm}}{25 \mathrm{~cm}}=\frac{7}{25}\)

cos A = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{24 \mathrm{~cm}}{25 \mathrm{~cm}}\)

cos A = \(\frac{24}{25}\)

Hence sin A = \([latex]\frac{7}{25}\)[/latex] and cos A = \([latex]\frac{24}{25}\)[/latex].

(ii) sin C = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{24 \mathrm{~cm}}{25 \mathrm{~cm}}\)

sin C = \(\frac{24}{25}\)

cos C = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{7 \mathrm{~cm}}{25 \mathrm{~cm}}\)

cos C = \(\frac{7}{25}\)

Hence sin C = \(\frac{24}{25}\) and cos C = \(\frac{7}{25}\).

Question 2
In fig., find tan P – cot R.

Solution:
Hyp. PR = 13 cm

By using Pythagoras Theorem,
PR² = PQ² + QR²
or (13)² = (12)² + QR²
or 169 = 144 + (QR)²
or 169 – 144 = (QR)²
or 25 = (QR)²
or QR = ± \(\sqrt{25}\)
or QR = 5, – 5.
But QR = 5 cm.
[QR ≠ – 5, because side cannot be negative]
tan P = \(\frac{R Q}{Q P}=\frac{5}{12}\)

cot R = \(\frac{R Q}{P Q}=\frac{5}{12}\)

∴ tan P – cot R = \(\frac{5}{12}-\frac{5}{12}\) = 0
Hence tan P – cot R = 0.

Question 3.
If sin A = \(\frac{3}{4}\) calculate cos A and tan A.
Solution:
Let ABC be any triangle with right angle at B.

sin A = \(\frac{3}{4}\)
But sin A = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}\) [From figure]
∴ \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{3}{4}\)
But \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{3}{4}\) = K
where K, is constant of proportionality.
⇒ BC = 3K, AC = 4K
By using Pythagoras Theorem,
AC² = AB² + BC²
or (4K)² = (AB)² + (3K)²
or 16K² = AB² + 9K²
or 16K² – 9K² = AB²
or 7K² = AB²
or AB = ± \(\sqrt{7 K^{2}}\)
or AB = ± \(\sqrt{7} \mathrm{~K}\)
[AB ≠ \(\sqrt{7 K}\) because side of a triangle cannot be negative]

⇒ AB = \(\sqrt{7} \mathrm{~K}\)
cos A = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\)
cos A = \(\frac{\sqrt{7} K}{4 K}=\frac{\sqrt{7}}{4}\)
tan A = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}=\frac{3 \mathrm{~K}}{\sqrt{7} \mathrm{~K}}=\frac{3}{\sqrt{7}}\)

Hence cos A = \(\frac{\sqrt{7}}{4}\) and tan A = \(\frac{3}{\sqrt{7}}\).

Question 4.
Given 15 cot A = 8, find sin A and sec A.
Solution:
Let ABC be any right angled triangle where A is an acute angle with right angle at B.

15 cot A = 8
cot A = \(\frac{8}{15}\)
But cot A = \(\frac{A B}{B C}\) (fromfig.)
⇒ \(\frac{A B}{B C}=\frac{8}{15}\) = K
where K is constant of proportionality.
AB = 8 K, BC = 15 K
By using Pythagoras Theorem.
AC² = (AB)² + (BC)²
(AC)² = (8 K)² + (15 K)²
(AC)² = 64K² + 225 K²
(AC)² = 289 K²
AC = ± \(\sqrt{289 K^{2}}\)
AC = ± 17 K
⇒ AC = 17K
[AC = – 17 K, Because side cannot be negative]
sin A = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{15 \mathrm{~K}}{17 \mathrm{~K}}=\frac{15}{17}\)

sin A = \(\frac{15}{17}\)

sec A = \(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}\)

sec A = \(\frac{17 \mathrm{~K}}{8 \mathrm{~K}}=\frac{17}{8}\)

sec A = \(\frac{17}{8}\)

Hence, sin A = \(\frac{15}{17}\) and sec A = \(\frac{17}{8}\).

Question 5.
Given sec θ = \(\frac{13}{2}\), calculate all other trigonometric ratios.
Solution:
Let ABC be any right angled triangle with right angle at B.
Let ∠BAC = θ

sec θ = \(\frac{13}{12}\)

But sec θ = \(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}\) ……….[from fig.]

\(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=\frac{13}{12}\)

But \(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=\frac{13}{12}\) = k where k is constant of proportionality.
AC = 13 k and AB = 12 k
By using Pythagoras Theorem,
AC² = (AB)² + (BC)²
or (13k)² = (12k)² + (BC)²
or 169k² = 144k² + (BC)²
or 169k² – 144k² = (BC)
or (BC)² = 25k²
or BC = ± \(\sqrt{25 k^{2}}\)
or BC = ± 5k
or BC = 5k.
[BC ≠ – 5k because side cannot be negative]

sin θ = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{5 k}{13 k}=\frac{5}{13}\)
cos θ = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{12 k}{13 k}=\frac{12}{13}\)
tan θ = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}=\frac{5 k}{12 k}=\frac{5}{12}\)
cosec θ = \(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}=\frac{13 k}{5 k}=\frac{13}{5}\)
cot θ = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BC}}=\frac{12 k}{5 k}=\frac{12}{5}\).

Question 6.
If ∠A and ∠B are acute angles such that cos A = cos B, show that LA = LB.
Solution:
Let ABC be any triangle, where ∠A and ∠B are acute angles. To find cos A and cos B.

Draw CM ⊥ AB
∠AMC = ∠BMC = 90°
In right angled ∆AMC,
\(\frac{\mathrm{AM}}{\mathrm{AC}}\) = cos A ……………(1)
In right angled ∆BMC,
\(\frac{\mathrm{BM}}{\mathrm{BC}}\) = cos B ……………(2)
But cos A = cos B [given] ………..(3)
From (1), (2) and (3),
\(\frac{\mathrm{AM}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{BM}}{\mathrm{BC}}\)
\(\frac{\mathrm{AM}}{\mathrm{BM}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{CM}}{\mathrm{CM}}\)
∴ ∆AMC = ∆BMC [By SSS similarity]
⇒ ∠A = ∠B [∵ Corresponding angles of two similar triangles are equal].

Question 7.
If cot θ = \(\frac{7}{8}\) evaluate
(i) \(\frac{(1+\sin \theta)(1-\sin \theta)}{(1+\cos \theta)(1-\cos \theta)}\)
(ii) cot² θ.
Solution:
(i) ∠ABC = θ.
In right angled triangle ABC with right angle at C.

Given that, cot θ = \(\frac{7}{8}\)
But cot θ = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}\) [From fig.]
⇒ \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{7}{8}\)
Let \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{7}{8}\) = k
where k is constant of proportionality.
⇒ BC = 7k, AC = 8k
By using Pythagoras Theorem,
AB² = (BC)² + (AC)²
or (AB)² = (7k)² + (8k)²
or (AB)² = 49k² + 64k²
or (AB)² = 113 k²
or AB = ± \(\)
AB = \(\sqrt{113 k^{2}}\) k
AB = \(\sqrt{113}\) k
[AB ≠ \(\sqrt{113}\) k because side cannot be negative]

sin θ = \(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=\frac{8 k}{\sqrt{113} k}\)
sin θ = \(\frac{8}{\sqrt{113}}\)
cos θ = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}=\frac{7 k}{\sqrt{113} k}=\frac{7}{\sqrt{113}}\)
cos θ = \(\frac{7}{\sqrt{113}}\)

(1 + sin θ) (1 – sin θ) = (1 + \(\frac{8}{\sqrt{113}}\)) (1 – \(\frac{8}{\sqrt{113}}\))
= (1)² – (\(\frac{8}{\sqrt{113}}\))²
[By using formula (a + b) (a – b) = a² – b²]
= 1 – \(\frac{64}{113}\)
(1 + sin θ) (1 – sin θ) = \(\frac{113-64}{113}=\frac{49}{113}\)
(1 + sin θ)(1 – sin θ) = \(\frac{49}{113}\) ……………..(1)

(1 + cos θ) (1 – cos θ) = (1 + \(\frac{8}{\sqrt{113}}\)) (1 – \(\frac{8}{\sqrt{113}}\))
(1)² – (\(\frac{7}{\sqrt{113}}\))²
[By using formula(a + b) (a – b) = a² – b²]
= 1 – \(\frac{49}{113}\) = \(\frac{113-49}{113}\)
(1 + cos θ) (1 – cos θ) = \(\frac{64}{113}\) ……….(2)

Consider, \(\frac{(1+\sin \theta)(1-\sin \theta)}{(1+\cos \theta)(1-\cos \theta)}=\frac{\frac{49}{113}}{\frac{64}{113}}\) [From (1) and (2)]

Hence \(\frac{(1+\sin \theta)(1-\sin \theta)}{(1+\cos \theta)(1-\cos \theta)}=\frac{49}{64}\)

(ii) cot θ = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{7}{8}\)
cot² θ = (cot θ)²
cot² θ= (\(\frac{7}{8}\))²
⇒ cot² θ = \(\frac{49}{64}\).

Question 8.
If 3 cot A = 4 check whether \(\frac{1-\tan ^{2} A}{1+\tan ^{2} A}\) = cos² A – sin² A or not.
Solution:
Let ABC be a right angled triangle with right angled at B.

It is given that 3 cot A = 4
cot A = \(\frac{4}{3}\)
But cot A = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BC}}\) [From fig.]
⇒ \(\frac{A B}{B C}=\frac{4}{3}\)
But \(\frac{A B}{B C}=\frac{4}{3}\) = k
⇒ AB = 4k, BC = 3k
By using Pythagoras Theorem,
(AC)² = (AB)² + (BC)²
(AC)² = (4k)² + (3k)²
(AC)² = 16 k² + 9 k²
(AC)² = 25 k²
AC=± \(\sqrt{25 k^{2}}\)
AC = ± 5k

But AC = 5k.
[AC ≠ – 5k. because side cannot be negative]
sin A = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{3 k}{5 k}=\frac{3}{5}\)

tan A = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}=\frac{3 k}{4 k}=\frac{3}{4}\)

cos A = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{4 k}{5 k}=\frac{4}{5}\)

L.H.S. = \(\frac{1-\tan ^{2} \mathrm{~A}}{1+\tan ^{2} \mathrm{~A}}\)

∴ cos² A – sin² A = \(\frac{7}{25}\) ………..(2)

From (1) and (2),
L.H.S = R.H.S
Hence, \(\frac{1-\tan ^{2} \mathrm{~A}}{1+\tan ^{2} \mathrm{~A}}\) = cos² A – sin² A.

Question 9.
In triangle ABC, right angled at B, if tan A = \(\frac{1}{\sqrt{3}}\). Find the value of:
(i) sin A cos C + cos A sin C
(ii) cos A cos C – sin A sin C.
Solution:
(i) Given: ABC with right angled at B

tan A = \(\frac{1}{\sqrt{3}}\) ……………..(1)
But tan A = \(\frac{B C}{A B}\) ……………(2)
From (1) and (2),
\(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Let \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\) = k
BC = k, AB = k
where k is constant of proportionality.
In right angled triangle ABC,
By using Pythagoras Theorem,
(AC)² = (AB)² + (BC)²
or (AC)² = (Jk)² + (k)²
or AC² = 3k² + k²
or AC² = 4k²
or AC = ± \(\sqrt{4 k^{2}}\)
AC = ± 2k.
where AC = 2k
[AC ≠ – 2k side cannot be negative]

[sin A = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{k}{2 k}=\frac{1}{2}\)

cos C = \(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}=\frac{k}{2 k}=\frac{1}{2}\)

cos A = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{\sqrt{3} k}{2 k}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

sin C = \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{\sqrt{3} k}{2 k}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)] …………….(3)

sin A cos C = \(\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}\)
cos A sin C = \(\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{3}{4}\)
sin A cos C + cos A sin C = \(\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\)
= \(\frac{1+3}{4}\)
= \(\frac{4}{4}\) = 1
∴ sin A cos C + cos A sin C = 1.

(ii) cos A cos C = \(\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}\) [From (3)]
sin A sin C = \(\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{4}\) [From (3)]

cos A cos C – sin A sin C = \(\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)-\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\) = 0.

Question 10.
In ∆PQR, right angled at Q, PR + QR = 25 cm and PQ = 5 cm. Determine the values of sin P, cos P and tan P.
Solution:
Given: ∆PQR, right angled at Q

PR + QR = 25 cm
PQ = 5 cm
In right angled triangle PQR
By using Pythagoras Theorem,
(PR)² = (PQ)² + (RQ)²
or (PR)² = (5)² + (RQ)²
[∴ PR + QR = 25, QR = 25 – PR]
or (PR)² = 25 + [25 – PR]²
or (PR)² = 25 + (25)² + (PR)² – 2 × 25 × PR
or (PR)² = 25 + 625 + (PR)² – 50
or (PR)² – (PR)² + 50 PR = 650
or 50 PR = 650
or PR = \(\frac{650}{50}\)
or PR = 13 cm
QR = 25 – PR
QR = (25 – 13) cm
or QR = 12 cm.

sin P = \(\frac{Q R}{P R}=\frac{12}{13}\)

cos P = \(\frac{P Q}{P R}=\frac{5}{13}\)

tan P = \(\frac{Q R}{P Q}=\frac{12}{5}\)

Question 11.
State whether the following are true or false. Justify your answer.
(i) The value of tan A is always less than 1
(ii) sec A = \(\frac{12}{5}\) for some value of angle A.
(iii) cos A is abbreviation used for cosecant of angle A.
(iv) cot A is product of cot and A.
(v) sin θ = \(\frac{4}{3}\) for some angle θ.
Solution:
(i) False
∵ tan 60° = √3 = 1.732 > 1.

(ii) True; sec A = \(\frac{12}{5}\) = 240 > 1
∵ Sec A is always greater than 1.

(iii) False.
Because cos A is used for cosine A.

(iv) False.
Because cot A is cotangent of the angle A not the product of cot and A.

(v) False; sin θ = \(\frac{4}{3}\) = 1.666 > 1
Because sin θ is always less than 1.

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 7 Coordinate Geometry Ex 7.4 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 7 Coordinate Geometry Ex 7.4

Question 1.
Determine the ratio in which the line it + y – 4 = 0 divides the line segment joining the points A (2, – 2) and B (3, 7).
Solution:
Let line 2x + y – 4 = 0 divides the line segment joining the points A (2,- 2) and B(3, 7) at C (x, y) in the ratio k : 1

∴ Coordinates of C are x = \(\frac{3 k+2 \times 1}{k+1}=\frac{3 k+2}{k+1}\) and y = \(\frac{7 k+(-2) \times 1}{k+1}=\frac{7 k-2}{k+1}\)
∴ C \(\left[\frac{3 k+2}{k+1}, \frac{7 k-2}{k+1}\right]\). must lie on the line 2x + y – 4 = 0

i.e., 2\(\left(\frac{3 k+2}{k+1}\right)+\left(\frac{7 k-2}{k+1}\right)\) – 4 = 0
or \(\frac{6 k+4+7 k-2-4 k-4}{k+1}\) = 0
or 9k – 2 = 0
or 9k = 2
or k = \(\frac{2}{9}\).
∴ ratio k : 1 = \(\frac{2}{9}\) : 1 = 2 : 9.
Hence required ratio is 2 : 9.

Question 2.
Find a relation between x and y if (x, y) ; (1, 2) and (7, 0) are collinear.
Solution:
Let given points are A (x, y); B (1, 2) and C (7, 0).
Here x₁ = x, x₂ = 1, x₃ = 7
y₁ = y, y₂ = 2, y₃ = 0
∵ Three points are collinear
iff \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)] = 0
or \(\frac{1}{2}\) x (2 – 0) + 1 (0 – y) + 7 (y – 2)] = 0
or 2x – y + 7y – 14 = 0
or 2x + 6y – 14 = 0
or x + 3y – 7 = 0 is the required relation.

Question 3.
Find the centre of a cirçle passing through the points (6, —6); (3, —7) and (3,3).
Solution:
Let O (x, y) be the required centre of the circle which passes through points P(6, – 6); Q(3, – 7) and R (3, 3).
∴ radii of circle are equal.

∴ OP = OQ = OR
or (OP)² = (OQ)² = (OR)²
Now, (OP)² = (OQ)²
(x – 6)² + (y + 6)² = (x – 3)² + (y + 7)²
or x² + 36 – 12x + y² + 36 + 12y = x² + 9 – 6x + y² + 49 + 14y
or – 12x + 12y + 72 = – 6x + 14y + 58
or – 6x – 2y + 14 = 0
or 3x + y – 7 = 0 ………………(1)
Also, (OQ)² = (OR)²
or (x – 3)² + (y + 7)² = (x – 3)² + (y – 3)²
or (y + 7)² = (y – 3)²
or y² + 49 + 14y = y² + 9 – 6y
or 20y = – 40
y = \(\frac{-40}{20}\) = – 2
Substitute this value of)’ in (1), we get
3x – 2 – 7 = 0
or 3x – 9 = 0
or 3x = 9
or x = \(\frac{9}{3}\) = 3
∴ Required centre is (3, – 2).

Question 4.
The two opposite vertices of a square are (- 1, 2) and (3, 2). Find the coordinates of other two vertices.
Solution:
Let two opposite vertices of a square ACBD are A (- 1, 2) and B (3, 2) and coordinates of C are (x, y)
∵ Length of each sides of square are equal.
∴ AC = BC
or (AC)² = (BC)²
or (x + 1)² + (y – 2)² = (x – 3)² + (y – 2)²

or (x + 1)² = (x – 3)²
or x² + 1 + 2x = x² + 9 – 6x
or 8x = 8
or x = \(\frac{8}{8}\) = 1
Now, in rt ∠d ∆ACB,
Using Pythagoras Theorem,
(AC)² + (BC)² = (AB)²
(x + 1)² + (y – 2)² + (x – 3)² + (y – 2)² = (3 + 1)² + (2 – 2)²
or x² + 1 + 2x + y² + 4 – 4y + x² + 9 – 6x + y² + 4 – 4y = 16
or 2x² + 2y² – 4x – 8y + 2 = 0
or x² + y² – 2x – 4y + 1 = 0
Putting the value of x = 1 in (1), we get
(1)² + y² – 2 (1) – 4y + 1 = 0
or y² – 4y = 0
or y (y – 4) = 0
Either y = 0 or y – 4 = 0
Either y = 0 or y = 4
∴ y = 0, 4
∴ Required points are (1. 0) and (1.4).

Question 5.
The Class X students of a secondary school in Krishinagar have been allotted a rectangular plot of land for their gardening activity. Sapling of Gulmohar are planted on the boundary at a distance of 1m from each other. There ¡s a triangular grassy lawn in the plot as shown in the Fig. The students are to sow seeds of flowering plants on the remaining area of the plot.

(i) Taking A as origin, find the coordinates of the vertices of the triangle.
(ii) What will be the coordinates of the vertices of A PQR if C is the origin? Also calculate the areas of the triangles In these cases. What do you observe?
Solution:
Case I:
When taking A as origin then AD is X-axis and AB is Y-axis.
∴ Coordinates of triangular grassy Lawn
PQR are P (4, 6); Q (3, 2) and R(6, 5).
Here x₁ = 4, x₂ = 3, x₃ = 6
y₁ = 6, y₂ = 2, y₃ = 50
Now, area of ∆PQR = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [4 (2 – 5) + 3 (5 – 6) + 6 (6 – 2)]
= \(\frac{1}{2}\) [- 12 – 3 + 24] = \(\frac{9}{2}\)
= 4.5 sq. units.

Case II: When taking C as origin then CB is X – axis and CD is Y – axis.
∴ Coordinates of triangular grassy lawn PQR
are P(12, 2); Q (13,6) and R (10, 3)
Here x₁ = 12, x₂ = 13, x₃ = 10
y₁ = 2, y₂ = 6, y₃ = 3
Now, area of ∆PQR = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [12 (6 – 3) + 13 (3 – 2) + 10 (2 – 6)]
= \(\frac{1}{2}\) [36 + 13 – 40]
= \(\frac{9}{2}\) = 4.5 sq. units.
From above two cases, it is clear that area of triangular grassy lawn is same.

Question 6.
The vertices of a ∆ABC are A (4, 6), B (1, 5) and C (7, 2). A line is drawn to intersect sides AB and AC at D and E respectively, such that \(\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AC}}=\frac{1}{4}\) Calculate the area of the ∆ADE and compare it with the area of ∆ABC. (Recall Theorem 6.2 and Theorem 6.6).
Solution:
The vertices of ∆ABC are A (4, 6); B (1, 5) and C (7, 2)

A line is drawn to intersect sides AB and AC at D (x₁, y₁) and E (x₂, y₂) respectively such that \(\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AC}}=\frac{1}{4}\).

∴ D and E divides AB and AC in the ratio 1 : 3.
∴ Coordinates of D are
x₁ = \(\frac{1(1)+3(4)}{1+3}=\frac{1+12}{4}=\frac{13}{4}\) and y₁ = \(\frac{1(5)+3(6)}{1+3}=\frac{5+18}{4}=\frac{23}{4}\)

∴ Coordinates of D are (\(\frac{13}{4}\), \(\frac{23}{4}\))
Now, coordinates of E are
x₂ = \(\frac{1(7)+3(4)}{1+3}=\frac{7+12}{4}=\frac{19}{4}\) and y₂ = \(\frac{1(2)+3(6)}{1+3}=\frac{2+18}{4}=\frac{20}{4}=5\)

∴ Coordinates of E are (\(\frac{19}{4}\), 5).

In ∆ADE
x₁ = 4, x₂ = \(\frac{13}{4}\), x₃ = \(\frac{19}{4}\)
y₂ = 6, y₂ = \(\frac{23}{4}\), y₃ = 5
area of ∆ADE = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]

= \(\frac{1}{2}\left[4\left(\frac{23}{4}-5\right)+\frac{13}{4}(5-6)+\frac{19}{4}\left(6-\frac{23}{4}\right)\right]\)

= \(\frac{1}{2}\left[4\left(\frac{23-20}{4}\right)+\frac{13}{4}(-1)+\frac{19}{4}\left(\frac{24-23}{4}\right)\right]\)

= \(\frac{1}{2}\left[3-\frac{13}{4}+\frac{19}{16}\right]\)

= \(\frac{1}{2}\left[\frac{48-52+19}{16}=\frac{15}{16}\right]\)
= \(\frac{15}{32}\) sq. units.

In ∆ABC
x₁ = 4, x₂ = 1, x₃ = 7
y₂ = 6, y₂ = 5, y₃ = 2
Area of ∆ABC = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]

= \(\frac{1}{2}\) [4 (5 – 2) + 1 (2 – 6) + 7 (6 – 5)]
= \(\frac{1}{2}\) [12 – 4 + 7] = \(\frac{15}{2}\) sq.units.

Now, \(\frac{\text { area of } \Delta \mathrm{ADE}}{\text { area of } \Delta \mathrm{ABC}}=\frac{\frac{15}{32}}{\frac{15}{2}}=\frac{15}{32} \times \frac{2^{1}}{16_{1}}\)

= \(\frac{1}{16}=\left(\frac{1}{4}\right)^{2}\)

= \(\left(\frac{A D}{A B}\right)^{2} \text { or }\left(\frac{A E}{A C}\right)^{2}\).

Question 7.
Let (4, 2), B (6, 5) and C (1, 4) be the vertices of ∆ABC.
(i) The median from A meets BC at D. Find the coordinates of the point D.
(ii) Find the coordinates of the potnt P on AD such that AP : PD = 2 : 1
(iii) Find the coordinates of points Q and R on medians BE and CF respectively such that BQ : QE = 2 : 1 and CR : RF = 2 : 1.
(iv) What do you observe?
[Note : The point which is common to all the three medians ¡s called centroid and this point divides each median in the ratio 2: 1]
(v) if A (x₁, y₁), B (x₂, y₂) and C (x₃, y₃) are the vertices of ∆ABC, find the coordinates of the centroid of the triangle.
Solution:
Given that vertices of ∆ABC are A (4, 2); B (6, 5) and C (1, 4).
(i) AD is the median from the vertex A.
∴ D is the mid point of BC.

then x = \(\frac{6+1}{2}=\frac{7}{2}\) and y = \(\frac{5+4}{2}=\frac{9}{2}\)
Hence, coordinates of D is (\(\frac{7}{2}\), \(\frac{9}{2}\)).

(ii) Let P(x, y) be point on AD such that AP : PD = 2 : 1

then x = \(\frac{2\left(\frac{7}{2}\right)+1(4)}{2+1}\)
= \(\frac{7+4}{3}=\frac{11}{3}\)

and y = \(\frac{2\left(\frac{9}{2}\right)+1(2)}{2+1}\)
= \(\frac{9+2}{3}=\frac{11}{3}\)

Hence, Coordinates of P is (\(\frac{11}{3}\), \(\frac{11}{3}\)).

(iii) Le BE and CF are the medians of ∆ABC to AC and AB respectively.
∴ E and F are mid points of AC and AB respectively.

Coordinate of E are
x₁ = \(\frac{4+1}{2}=\frac{5}{2}\)
and y₁ = \(\frac{4+2}{2}=\frac{6}{2}\) = 3
Coordinate of E are (\(\frac{5}{2}\), 3)
Coordinate of F are
x₂ = \(\frac{4+6}{2}=\frac{10}{2}\) = 5
and y₂ = \(\frac{5+2}{2}=\frac{7}{2}\)
∴ Coordinate of F are (5, \(\frac{7}{2}\))
Now, Q divides BE such that BQ : QE = 2: 1

∴ Coordinate of Q are \(\left(\frac{2\left(\frac{5}{2}\right)+6(1)}{2+1}, \frac{2(3)+1(5)}{2+1}\right)\)

= \(\left(\frac{5+6}{3}, \frac{6+5}{3}\right)\) = \(\left(\frac{11}{3}, \frac{11}{3}\right)\)

Also, R divides CF such that CR : RF = 2 : 1

∴ Coordinate of R are = \(\left(\frac{2(5)+1(1)}{2+1}, \frac{2\left(\frac{7}{2}\right)+(4)}{2+1}\right)\)

= \(\left(\frac{10+1}{3}, \frac{7+4}{3}\right)\)

= \(\left(\frac{11}{3}, \frac{11}{3}\right)\)

(iv) From above discussion, it is clear that coordinates of P, Q and R are same and coincide at a point, is known as centroid of triangle, which divides each median in the ratio 2: 1.

(v) The vertices of given ∆ABC are
A (x₁, y₁); B (x₂, y₂) and C (x₃, y₃).

Let AD is median of E, ∆ABC.
∴ D is the mid point of BC then coordinates of D are \(\left(\frac{x_{2}+x_{3}}{2}, \frac{y_{2}+y_{3}}{2}\right)\)

Now, G be the centroid of ABC, which divides the median AD in the ratio 2: 1
∴ Coordinates of G are [using (iv)]

= \(\left[\frac{2\left(\frac{x_{2}+x_{3}}{2}\right)+1\left(x_{1}\right)}{2+1}, \frac{2\left(\frac{y_{2}+y_{3}}{2}\right)+1\left(y_{1}\right)}{2+1}\right]\)

= \(\left[\frac{x_{2}+x_{3}+x_{1}}{3}, \frac{y_{2}+y_{3}+y_{1}}{3}\right]\)

= \(\left[\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}, \frac{y_{1}+y_{2}+y_{3}}{3}\right]\).

Question 8.
ABCD is a rectangle formed by the points A (- 1, – 1), B (- 1, 4), C (5, 4) and D (5, – 1). P, Q R and S are the mid points
of AB, BC, CD and DA respectively. Is the quadrilateral PQRS a square ? a rectangle? or a rhombus ? Justify your answer.
Solution:
Given: The vertices ot’ given rectangle ABCD are
A(- 1, – 1); B(- 1, 4); C(5, 4) and D (5, – 1).

∵ P is the mid point of AB.
∴ Coordinates of P are \(\left(\frac{-1-1}{2}, \frac{-1+4}{2}\right)=\left(-1, \frac{3}{2}\right)\)
∵ Q is the mid point of BC.
∴ Co-ordinates of Q are \(\left(\frac{-5+5}{2}, \frac{4+4}{2}\right)\) = (2, 4)
∵ R is the mid point of CD.
∴ Coordinates of R are \(\left(\frac{5+5}{2}, \frac{4+1}{2}\right)=\left(5, \frac{3}{2}\right)\)

∵ S is the mid point of AD.
∴ Co-ordinates of S are \(\left(\frac{5-1}{2}, \frac{-1-1}{2}\right)\) = (2, -1)

PQ = \(\sqrt{(2+1)^{2}+\left(4-\frac{3}{2}\right)^{2}}\)

= \(\sqrt{9 \times \frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{36+25}{4}}\)

PQ = \(\sqrt{\frac{61}{4}}\)

QR = \(\sqrt{(5-2)^{2}+\left(\frac{3}{2}-4\right)^{2}}\)

= \(\sqrt{(3)^{2}+\left(\frac{3-8}{2}\right)^{2}}\)

= \(\sqrt{9+\frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{36+25}{4}}\)

QR = \(\sqrt{\frac{61}{4}}\)

RS = \(\sqrt{(2-5)^{2}+\left(-1-\frac{3}{2}\right)^{2}}\)

= \(\sqrt{9+\frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{36+25}{4}}\)

RS = \(\sqrt{\frac{61}{4}}\)

and SP = \(\sqrt{(-1-2)^{2}+\left(\frac{3}{2}+1\right)^{2}}\)

SP = \(\sqrt{9+\frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{61}{4}}\)

Also PR = \(\sqrt{(5+1)^{2}+\left(\frac{3}{2}-\frac{3}{2}\right)^{2}}\)
PR = \(\sqrt{36+0}=\sqrt{36}\) = 6
QS = \(\sqrt{(2-2)^{2}+(4+1)^{2}}\)
= \(\sqrt{0+25}=\sqrt{25}\) = 5.

Form above discussion it is clear that PQ = QR = RS = SP.
Also, PR ≠ QS.
⇒ All sides of quad. PQRS are equal but their diagonals are not equal.
Quad. PQRS is a rhombus.

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 7 Coordinate Geometry Ex 7.3 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 7 Coordinate Geometry Ex 7.3

Question 1.
Find the area of the triangle whose vertices are:
(i) (2, 3); (- 1, 0); (2, – 4)
(ii) (- 5, – 1); (3, – 5); (5, 2)
Solution:
(i) Let vertices of the ∆ABC are A (2, 3); B(- 1, 0) and C (2, – 4)
Here x₁ = 2, x₂ = – 1 x₃ = 2
y₁ = 3, y₂ = 0, y₃ = – 4 .
∴ Area of ∆ABC = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)
= \(\frac{1}{2}\) [2 × (0 + 4) – 1 × (- 4 – 3) + 2 × (3 – 0)]
= \(\frac{1}{2}\) [8 + 7 + 6] = \(\frac{21}{2}\)
= 10.5 sq units.

(ii) Let vertices of the ∆ABC are A (- 5, – 1); B (3, – 5) and C (5, 2)
Here x₁ = – 5, x₂ = 3, x₃ = 5
y₁ = – 1, y₂ = – 5, y₃ = 2
∴ Area of ∆ABC = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [- 5 (- 5 – 2) + 3 (2 + 1) + 5 (- 1 + 5)]
= \(\frac{1}{2}\) [35 + 9 + 20]
= \(\frac{1}{2}\) × 64 = 32 sq units.

Question 2.
In each of the following find the value of ‘k’ for which the points are coimear.
(i) (7, – 2); (5, 1); (3, k)
(ii) (8, 1); (k, – 4); (2, – 5)
Solution:
(i) Let given points be A (7, – 2); B (5, 1) and C (5, k)
Here x₁ = 7, x₂ = 5, x₃ = 3
y₁ = – 2, y₂ = 1 y₃ = k
Three points are collinear iff
\(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)] = 0
or \(\frac{1}{2}\) [7 (1 – k) + 5(k + 2) + 3(- 2 – 1)] = 0
or 7 – 7k + 5k +10 – 9 = 0
or – 2k + 8 = 0
or – 2k = – 8
or – k = \(\frac{-8}{-2}\) = 4 .
Hence k = 4.

(ii) Let given points be A (8, 1); B (k, – 4) and C(2, – 5)
Here x₁ = 8 x₂ = k, x₃ = 2
y₁ = 1, y = – 4, y = – 5
Three points are collinear iff
\(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)] = 0
or \(\frac{1}{2}\) [8 (- 4 + 5) + k (- 5 – 1) + 2 (1 + 4) = 0]
or 8 – 6k + 10 = 0
or – 6k = – 18 .
or k = \(\frac{-18}{-6}\) = 3.
Hence k = 3.

Question 3.
Find the area of the triangle formed by joining the mid-points of the sides of the triangle whose vertices are (0, – 1), (2, 1) and (0, 3). FInd the ratio of the area of the triangle formed to the area of the given triangle.
Solution:
Let vertices of given triangle ABC are A(0, – 1); B (2, 1) and C (0, 3).
Also, D, E, F be the mid points of AB, BC, CA respectively.
Using mid point formula,
Coordinates of D = \(\left(\frac{0+2}{2}, \frac{-1+1}{2}\right)\) = (1, 0)

Coordinates of E = \(\left(\frac{2+0}{2}, \frac{1+3}{2}\right)\) = (1, 2)

Coordinates of F = \(\left(\frac{0+0}{2}, \frac{3-1}{2}\right)\) = (0, 1)

∴ Co-ordinates of the vertices of DEF are D (1, 0); E (1, 2); F (0,1).
Here x₁ = 1, x₂ = 1, x₃ = 0
y₁ = 0, y₂ = 2, y₃ = 1.
Area of ∆DEF = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [1 (2 – 1) + 1 (1 – 0) + 0 (0 – 2)]
= \(\frac{1}{2}\) [1 + 1 + 0] = \(\frac{2}{2}\) = 1.

In ∆ABC,
x₁ = 0, x₂ = 2, x₃ = 0
y₁ = – 1, y₂ = 1, y₃ = 3.
Area of ∆ABC = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [0 (1 – 3) + 2 (3 + 1) + 0 (- 1 – 1)]
= \(\frac{1}{2}\) [0 + 8 + 0] = \(\frac{8}{2}\) = 4
Required ratio = \(\frac{\text { Area of } \triangle \mathrm{DEF}}{\text { Area of } \triangle \mathrm{ABC}}\)
= \(\frac{1}{4}\)

Question 4.
Find the area of the quadrilateral whose vertices taken in order, are (- 4, – 2); (- 3, – 5); (3, – 2); (2, 3).
Solution:
Let co-ordinates of the given quadrilateral ABCD are A(- 4, – 2); B(-3, – 5); C(3, – 2) and D (2, 3).
Join AC then Quad. ABCD divides in two triangles
i.e. ∆ABC and ∆CDA

In ∆ABC
Here x₁ = – 4, x₂ = – 3, x₃ = 3
y₁ = – 2, y₂ = – 5, y₃ = – 2
Area of ∆ABC = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [- 4 (5 + 2) + (- 3) (- 2 + 2) + 3 (- 2 + 5)]
= \(\frac{1}{2}\) [12 + 0 + 9] = \(\frac{21}{2}\) sq. units.

In ∆CDA
x₁ = 3, x₂ = 2, x₃ = – 4
y₁ = – 2, y₂ = 3, y₃= – 2
Area of ∆CDA = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [3 (3 + 2) + 2 (- 2 + 2) + (-4) (- 2 – 3)]
= \(\frac{1}{2}\) [20 + 15 + 0] = \(\frac{35}{2}\) sq. units.

Now, Area of quadritateral ABCD = (Area of ∆ABC) + (Area of ∆ACD)
= \(\frac{21}{2}+\frac{35}{2}=\frac{21+35}{2}\)
= \(\frac{56}{2}\) = 28 sq. units.

Question 5.
You have studied in Class IX, (Chapter 9, Q. 3) that a median of a triangle divides it into two triangles of equal areas. Verify this result for ∆ABC whose vertices are A(4, – 6), B(3, – 2) and C(5, 2).
Solution:
Given that coordinates of the vertices of ∆ABC are A(4, – 6); B (3, – 2) and C (5, 2)
Let CD is the median i.e. D is the mid point of AB which divides AABC into two pails i.e.

∆ADC and ∆CDB
Coordinates of D = \(\left(\frac{4+3}{2}, \frac{-6-3}{2}\right)\)
= \(\left(\frac{7}{2}, \frac{-8}{2}\right)\) = (3.5,- 4).

In ∆ADC
x₁ = 4, x₂ = 3.5, x₃ = 5
y₁ = – 6, y₂ = -4, y₃ = 2
Area of ∆ADC = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [4(—4—2)+3.5(2+6)÷5(—6+4)]
= \(\frac{1}{2}\) [- 24 + 28 – 101]
= \(\frac{1}{2}\) × -6
= 3 sq. units (∵ area cannot be negative).

In ∆CDB
x = 5, x = 35, x = 3
y = 2, y = – 4, y = – 2
Area of ∆CDB = \(\frac{1}{2}\) [x₁ (y₂ – y₃) + x₂ (y₃ – y₁) + x₃ (y₁ – y₂)]
= \(\frac{1}{2}\) [5 (- 4 + 2) + 3.5 (- 2 – 2) + 3 (2 + 4)]
= \(\frac{1}{2}\) [- 10 – 14 + 18]
= \(\frac{1}{2}\) × – 6 = – 3
= 3 sq. units(∵ area cannot be negalive)
From above discussion it is clear that area of ∆ADC = area of ∆CDB = 3 sq. units
Hence, a median of a triangle divides it into two triangles of equal areas.

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 6 Triangles Ex 6.6 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 6 Triangles Ex 6.6

Question 1.
In figure, PS is bisector of ∠QPR of ∆PQR. Prove that = \(\frac{\mathrm{QS}}{\mathrm{SR}}=\frac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{PR}}\).

Solution:
Given: ∆PQR. PS is bisector of ∠QPR
i.e., ∠1 = ∠2
To prove: \(\frac{\mathrm{QS}}{\mathrm{SR}}=\frac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{PR}}\)
Construction : Through R draw a line parallel to PS to meet QP produced at T.
Proof: In ∆QRT, PS || TR

∠1 = ∠4 (Corresponding angle)
but ∠1 = ∠2 (given)
∴ ∠3 = ∠4
In ∆PRT,
∠3 = ∠4 (Proved)
PT = PR
[Equal side have equal angle opposite to it]
In ∆QRT,
PS || TR
∴ \(\frac{\mathrm{QP}}{\mathrm{PT}}=\frac{\mathrm{QS}}{\mathrm{SR}}\)
[By Basic Proportionality Theorem]
\(\frac{\mathrm{QP}}{\mathrm{PR}}=\frac{\mathrm{QS}}{\mathrm{SR}}\) (PT = PR)
\(\frac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{PR}}=\frac{\mathrm{QS}}{\mathrm{SR}}\)
Which is the required result.

Question 2.
In the given fig., D is a point on hypotenuse AC of ∆ABC, DM ⊥ BC, DN ⊥ AB, prove that:
(i) DM² = DN.MC
(ii) DN² = OMAN.

Solution:
Given: ∆ABC, DM ⊥ BC, DN ⊥ AB
To prove: DM² = DN . AC
DN² = DM . AN.
Proof: BD ⊥ AC (Given)
⇒ ∠BDC = 90°
⇒ ∠BDM + ∠MDC = 90°
In ∠DMC, ∠DMC = 90°
[∵ DM ⊥ BC (Given)]
⇒ ∠C + ∠MDC = 90°
From (1) and (2),
∠BDM + ∠MDC = ∠C + ∠MDC
∠BDM =∠C
[Cancelling ∠MDC from both sides]
Now in ∆BMD and ∆MDC,
∠BDM = ∠C [Proved)
∠BMD = ∠DMC [Each 90°]
∆BMD ~ ∆MDC [By AA criterion of similarity]
⇒ \(\frac{\mathrm{DM}}{\mathrm{BM}}=\frac{\mathrm{MC}}{\mathrm{DM}}\)
[∵ Corresponding sides of similar triangles are proportional]
⇒ DM² = BM × MC
⇒ DM² = DN × MC [∵ BM = DN]
Similarly, ∆NDA ~ ∆NBD
⇒ \(\frac{\mathrm{DN}}{\mathrm{BN}}=\frac{\mathrm{AN}}{\mathrm{DN}}\)
[∵ Corresponding sides of similar triangles are próportional]
⇒ DN² = BN × AN
⇒ DN² = DM × AN .
Hence proved.

Question 3.
In fig., ABC is triangle in which ∠ABC > 90° and AD ⊥ BC produced, prove that AC² = AB² + BC² + 2BC.BD.

Solution:
Given: ∠ABC, AD ⊥ BC when produced, ∠ABC > 90°.
To prove : AC² = AB² + BC² + 2BC. BD.
Proof: Let BC = a,
CA = b,
AB = c,
AD = h
and BD = x.
In right-angled ∆ADB,
Using Pythagoras Theorem.
AB² = BD² + AD²
i.e., c² = x² + h²
Again, in right-angled AADC,
AC² = CD² + AD²
i.e.. b² = (a + x)² + h²
= a² + 2ax + x² + h²
= a² + 2ax + c²; [Using (1)]
b² = a² + b² + 2w.
Hence, AB² = BC² + AC² + 2BC × CD.

Question 4.
In fig., ABC is a triangle in which ∠ABC < 90°, AD ⊥ BC, prove that AC² = AB² + BC² – 2BC.BD.

Solution:
Given: ∆ ABC, ∠ABC < 90°, AD ⊥ BC.
To prove : AC² = AB² + BC² – 2BC BD.
Proof: ADC is right-angled z at D
AC² = CD² + DA² (Pythagora’s Theorem) ……………..(1)
Also, ADB is right angled ∆ at D
AB² = AD² + DB² ……………….(2)
From (1), we get:
AC² = AD² + (CB – BD)²
= AD² + CB² + BD² – 2CB × BD
or AC² = (BD² + AD²) + CB² – 2CB × BD
AC² = AB² + BC² – 2BC × BD. [Using (2)]

Question 5.
In fig., AD is a median of a triangle ABC and AM ⊥ BC. Prove that:
(i) AC² = AD² + BC. DM + \(\left(\frac{B C}{2}\right)^{2}\)
(ii) AB² = AD² ± BC.DM + \(\left(\frac{B C}{2}\right)^{2}\)
(iii) AC² + AB² = 2 AD² + \(\frac{1}{2}\) BC²

Solution:
Given: ∆ABC, AM ⊥ BC,
AD is median of ¿ABC.
To prove:
(i) AC² = AD² + BC. DM + \(\left(\frac{B C}{2}\right)^{2}\)
(ii) AB² = AD² ± BC.DM + \(\left(\frac{B C}{2}\right)^{2}\)
(iii) AC² + AB² = 2 AD² + \(\frac{1}{2}\) BC²
Proof: In ∆AMC.
AC² = AM² + MC²
= AM² + (MD + DC)²
AC² = AM² + MD² + DC² + 2MD × DC
AC² = (AM² + MD²) + \(\left(\frac{\mathrm{BC}}{2}\right)^{2}\) + 2 . MD \(\left(\frac{\mathrm{BC}}{2}\right)\)
AC² = AD² + BC . MD + \(\frac{\mathrm{BC}^{2}}{4}\) …………(1)

(ii) In right angled triangle AME,
AB² = AM² + BM²
= AM² + (BD – MD)²
=AM² + BD² + MD² – 2BD × MD
= (AM² + MD²) + BD² – 2(\(\frac{1}{2}\) BC) MD
= AD² + (\(\frac{1}{2}\) BC)² – BC . MD
[∵ In ∆ AMD; AD² = MA² + MD²]
AB² + AD² (\(\left(\frac{\mathrm{BC}}{2}\right)^{2}\)) – BC . MD ………….(2)

(iii) Adding (1) and (2),
AB² + AC² = AD² + BC.MD + (\(\left(\frac{\mathrm{BC}}{2}\right)^{2}\)) + AD² + (\(\left(\frac{\mathrm{BC}}{2}\right)^{2}\)) – BC . MD
= 2 AD² + \(\frac{\mathrm{BC}^{2}}{4}+\frac{\mathrm{BC}^{2}}{4}\)
= 2AD² + 2 \(\frac{\mathrm{BC}^{2}}{4}\)
AB² + AC² = 2AD² + \(\frac{\mathrm{BC}^{2}}{2}\)
Which is the required result.

Question 6.
Prove that sum of squares of the diagonals of a parallelogram is equal to sum of squares of its sides.
Solution:

Given:
Let ABCD be a parallelogram in which diagonalš AC and BD intersect at point M.
To prove: AB² + BC² + CD² + DA² = AC² + BD²
Solution:
Proof: Diagonals of a parallelogram bisect each other.
∴ In || gm ABCD,
Diagonal BD and AC bisect each other.
Or MB and MD are medians of ∆ABC and ∆ADC respectively.
We know that, if AD is a medians of ¿ABC,
then AB² + AC² = 2AD² + BC²
Using this result, we get:
AB² + BC² = 2 BM² + \(\frac{1}{2}\) AC² ………..(1)
and AD² + CD² = 2 DM² + \(\frac{1}{2}\) AC² ………….(2)
Adding (1) and (2), we get:
AB² + BC² + AD² + CD² = 2 (BM² + DM²) + (AC² + AC²)
AB² + BC² + AD² + CD² = 2 (\(\frac{1}{2}\) BD² + \(\frac{1}{4}\) BD²) + AC²
AB² + BC² + AD² + CD² = BD² + AC²
Hence, sum of the squares of the diagonals of a parallelogram is equal to the sum of the squares of its sides.

Question 7.
In fig., two chords AB and CD intersect each other at the point P prove that:
(i) ∆APC ~ ∆DPB
(ii) AP.PB = CP.DP.

Solution:
Given: Circle, AB and CD are two chords intersects each other at P.

To prove:
(i) ∆APC ~ ∆DPB
(ii) AP.PB = CP.DP.
Proof:
(i) In ∆APC and ∆DPB,
∠1 = ∠2 (Vertically opposite angle)
∠3 = ∠4 (angle on same segment)
∴ ∆APC ~ ∆DPB [AA similarity criterion]

(ii) ∆APC ~ ∆DPB (Proved above)
\(\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{DP}}=\frac{\mathrm{PC}}{\mathrm{PB}}\)
(If two triangles are sitnilar corresponding sides are proportional)
AP.PB = PC.DP
Which is the required result.

Question 8.
In fig., two chords AB and CD of a circle intersect each other at point P (when produced) outside the circle prove:
(i) ∆PAC ~ ∆PDB
(ii) PA.PB = PC.PD.

Solution:
Given: AB and CD are two chord of circle intersects each other at P (when produced)
To prove:
(i) ∆PAC ~ ∆PDB
(ii) PA.PB = PC.PD.
Proof:
(i) In ∆PAC and ∆PDB,
∠P = ∠P (Common)
∠PAC = ∠PDB.
(Exterior angle of cyclic quadrilqteral is equal to interior opposite angle)
∴ ∆PAC ~ ∆PDB [AA similarity criterion]

(ii) ∆PAB ~ ∆WDB
∴ \(\frac{\mathrm{PA}}{\mathrm{PD}}=\frac{\mathrm{PC}}{\mathrm{PB}}\)
[If two triangles are similar corresponding sides are proportional]
PA × PB = PC × PD.

Question 9.
In fig., D is a point on side BC of BD AB ∆ABC such that \(\frac{\mathbf{B D}}{\mathbf{D C}}=\frac{\mathbf{A B}}{\mathbf{A C}}\). Prove that: AD is bisector of ∠BAC.

Solution:
Given: A ∆ABC, D is a point on BC such that \(\frac{\mathbf{B D}}{\mathbf{D C}}=\frac{\mathbf{A B}}{\mathbf{A C}}\)
To prove: AD bisects ∠BAC
i.e., ∠1 = ∠2
Construction: Through C draw CE || DA meeting BA produced at E.

Proof:
In ∆BCE, we have:
AD || CE ………(const.)
So, by Basic Proportionality Theorem,
But \(\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AE}}\)
\(\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{DC}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\)

⇒ \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\)
⇒ AE = AC

In ∆ACE, we have:
AE = AC
⇒ ∠3 = ∠4 ………. (∠s opp. to equal sides)
Since CE || DA and AC cuts them, then:
∠2 = ∠4 ……….(alt ∠s)
Also CE || DA and BAE cuts them, then:
∠1 = ∠3 …………(Corr. ∠s)
Thus we have:
∠3 = ∠4
⇒ ∠3 = ∠1
But ∠4 = ∠2
⇒ ∠1 = ∠2.
HenCe AD bisects ∠BAC.

Question 10.
Nazima is fly fishing in a stream. The tip of her fishing rod is 1.8 m above the surface of the water and the fly at the end of the string rests on the water 3.6 m away and 2.4 m from a point directly under the tip of the rod. Assuming that her string (from the tip of her rod to the fly) is taut, how much string does she have out? If she pulls in the string at the rate of 5 cm per second, what will the horizontal distance of the fly from her after 12 seconds?

Solution:
A right angled triangle, ABC, in which,
AB = 1.8 cm,
BC = 2.4 cm.
∠B = 90°
By Pythagoras Theorem,
AC² = AB² + BC²
AC² = (1.8)² + (2.4)²
AC² = 3.24 + 5.76 =9
AC² = (3)²
AC = 3 cm
Now, when Nazima pulls in the string at the rate of 5 cm/sec ; then the length of the string decrease = 5 × 12 = 60 cm
= 0.6 m in 12 seconds.
Let after 12 seconds, position of the fly will be at D.
∴ AD = AC – distance covered in 12 seconds
AD = (3 – 0.6) m
AD = 2.4 m
Also, in right angled ∆ABD,
Using Pythagoras Theorem,
AD² = AB² + BD²
(2.4)² = (1.8)² + BD²
BD² = 5.76 – 3.24
BD² = 2.52 m
BD = 1.587 m.
∴ Horizontal distance of the fly from Nazima = BD + 1.2 m
= (1.587 + 1.2) m
= 2.787 m
= 2.79 m
Hence, original length of string and horizontal distance of the fly from Nazima is 3 m and 2.79 m.

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 6 Triangles Ex 6.5 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 6 Triangles Ex 6.5

Question 1.
Sides of triangles are given below. Determine which of them are right triangles. In case of a right triangle, write the length of its hypotenuse.
(i) 7 cm, 24 cm, 25 cm
(ii) 3 cm, 8 cm, 6 cm
(iii) 50 cm, 80 cm, 100 cm
(iv) 13 cm, 12 cm, 5 cm.
Solution:
(i) Let ∆ABC, with AB = 7 cm BC = 24 cm, AC = 25 cm
AB² + BC² = (7)² + (24)²
= 49 + 576 = 625
AC² = (25)² = 625
Now AB² + BC² = AC²
∴ ∆ABC is right angled triangle. Hyp. AC = 25cm.

(ii) Let ∆PQR with PQ = 3 cm, QR = 8 cm PR = 6 cm
PQ² + PR² = (3)² + (6)²
= 9 + 36 = 45
QR² = (8)² = 64.
Here PQ² + PR² ≠ QR²
∴ ∆PQR is not right angled triangle.

(iii) Let ∆MNP, with MN =50 cm, NP = 80 cm, MP = 100 cm
MN ²+ NP² = (50)² + (80)²
= 2500 + 6400 = 8900
MP² = (100)² = 10000
Here MP² ≠ MN² + NP².
∴ ∆MNP is not right angled triangle.

(iv) Let ∆ABC, AB = 13 cm, BC = 12 cm, AC = 5 cm
BC² + AC² = (12)² + (5)²
= 144 + 25 = 169
AB² = (13)² = 169
∴ AB² = BC² + AC²
∆ABC is right angled triangle.
Hyp. AB = 13 cm.

Question 2.
PQR is a triangle right angled at P and M is a point on QR such that PM ⊥ QR. Show that PM² = QM . MR.
Solution:
Given: ∆PQR is right angled at P and M is a point on QR such that PM ⊥ QR.
To prove : PM² = QM × MR

Proof: ∠P = 90° (Given)
∴ ∠1 + ∠2 = 90°
∠M = 900 (Given)
In ∆PMQ,
∠1 + ∠3 + ∠5 = 180°
=> ∠1 + ∠3 = 90° [Angle Sum Property] ………….(2) [∠5 = 90°]
From (1) and (2),
∠1 + ∠2 = ∠1 + ∠3
∠2 = ∠3
In ∆QPM and ∆RPM,
∠3 = ∠2 (Proved)
∠5 = ∠6 (Each 90°)
∴ ∆QMP ~ ∆PMR [AA similarity]
\(\frac{{ar} .(\Delta \mathrm{QMP})}{{ar} .(\Delta \mathrm{PMR})}=\frac{\mathrm{PM}^{2}}{\mathrm{MR}^{2}}\)

[If two triangles are similar, ratio o their areas is equal to square of corresponding sides]
\(\frac{\frac{1}{2} \mathrm{QM} \times \mathrm{PM}}{\frac{1}{2} \mathrm{RM} \times \mathrm{PM}}=\frac{\mathrm{PM}^{2}}{\mathrm{MR}^{2}}\)

[area of ∆ = \(\frac{1}{2}\) Base × Altitude]

\(\frac{\mathrm{QM}}{\mathrm{RM}}=\frac{\mathrm{PM}^{2}}{\mathrm{RM}^{2}}\)

PM² = QM × RM Hence proved.

Question 3.
In fig., ABD is a triangle right angled at A and AC ⊥ BD. Show that

(i) AB² = BC.BD
(ii) AC² = BC.DC
(üi) AD² = BD.CD.
Solution:
Given. A right angled ∆ABD in which right angled at A and AC ⊥ BD.
To Prove:
(i) AB² = BC.BD
(ii) AC² = BC.DC .
(iii) AD² = BD.ÇD .
Proof. In ∆DAB and ∆DCA,
∠D = ∠D (common)
∠A = ∠C (each 90°)
∴ ∆DAB ~ ∆DCA [AA similarity]
In ∆DAB and ∆ACB,
∠B = ∠B (common)
∠A = ∠C . (each 90°)
∴ ∆DAB ~ ∆ACB, .
From (1) and (2),
∆DAB ~ ∆ACB ~ ∆DCA.
(i) ∆ACB ~ ∆DAB (proved)
∴ \(\frac{{ar} .(\Delta \mathrm{ACB})}{{ar} .(\Delta \mathrm{DAB})}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{DB}^{2}}\)

[If two triangles are similar corresponding sides are proportional]

\(\frac{\frac{1}{2} \mathrm{BC} \times \mathrm{AC}}{\frac{1}{2} \mathrm{DB} \times \mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{DB}^{2}}\)
[Area of triangle = \(\frac{1}{2}\) Base × Altitude]
BC = \(\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{BD}}\)
AB² = BC × BD.

(iii) ∆ACB ~ ∆DCA (proved)
\(\frac{{ar} .(\Delta \mathrm{DAB})}{{ar} .(\Delta \mathrm{DCA})}=\frac{\mathrm{DA}^{2}}{\mathrm{DB}^{2}}\)
[If two triangles are similar corresponding sidec are proportional]

\(\frac{\frac{1}{2} \mathrm{CD} \times \mathrm{AC}}{\frac{1}{2} \mathrm{BD} \times \mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AD}^{2}}{\mathrm{BD}^{2}}\)

CD = \(\frac{\mathrm{AD}^{2}}{\mathrm{BD}}\)
⇒ AD² = BD × CD.

Question 4.
ABC is an isosceles triangle right angled at C. Prove that AB² = 2AC².
Solution:
Given: ABC is an isosceles triangle right angled at C.
To prove : AB² = 2AC².
Proof: In ∆ACB, ∠C = 90° & AC = BC (given)

AB² = AC² + BC²
[By using Pythagoras Theorem]
=AC² + AC² [BC = AC]
AB² = 2AC²
Hence proved.

Question 5.
ABC is an isosceles triangle with AC = BC. If AB² = 2AC², prove that ABC is right triangle.
Solution:
Given: ∆ABC is an isosceles triangle AC = BC
To prove: ∆ABC is a right triangle.

Proof: AB² = 2AC² (given)
AB² = AC² + AC²
AB² = AC² + BC² [AC = BC]
∴ By Converse of Pythagoras Theorem,
∆ABC is right angled triangle.

Question 6.
ABC is an equilateral triangle of side 2a. Find each of its altitudes.
Solution:
∆ABC is equilateral triangle with each side 2a
AD ⊥ BC
AB = AC = BC = 2a
∆ADB ≅ ∆ADC [By RHS Cong.]
∴ BD = DC = a [c.p.c.t]

In right angled ∆ADB
AB² = AD² + BD²
(2a)² = AD² + (a)²
4a² – a² = AD².
AD² = 3a²
AD = √3a.

Question 7.
Prove that the sum of the squares of the sides of a rhombus is equal to the sum of the squares of its diagonals. [Pb. 2019]
Solution:
Given: Rhombus, ABCD diagonal AC and BD intersect each other at O.
To prove:
AB² + BC² + CD² + AD² = AC² + BD²
Proof:The diagonals of a rhombus bisect each other at right angles.

∴ AO = CO, BO = DO
∴ ∠s at O are rt. ∠s
In ∆AOB, ∠AOB = 90°
∴ AB² = AO² + BO² [By Pythagoras Theorem] …………..(1)
Similarly, BC² = CO² + BO² ……………..(2)
CD² = CO² + DO² ……………(3)
and DA² = DO² + AO² ……………….(4)
Adding. (1), (2), (3) and (4), we get
AB² + BC² + CD² + DA² = 2AO² + 2CO² + 2BO² + 2DO²
= 4AO² + 4BO²
[∵ AO = CO and BO = DO]
= (2AO)² + (2BO)² = AC² + BD².

Question 8.
In fig., O is a point In the interior of a triangle ABC, OD ⊥ BC, OE ⊥ AC and OF ⊥ AB. Show that
(i) OA² + OB² + OC² – OD² – OE² – OF² = AF² + BD² + CE²

(ii)AF² + BD² + CE² = AE² + CD² + BF².

Solution:
Given: A ∆ABC in which OD ⊥ BC, 0E ⊥ AC and OF ⊥ AB.

To prove:
(i) AF² + BD² + CE² = OA² + OB² + OC² – OD² – OE² – OF²
(ii) AF² + BD² + CE² = AE² + CD² + BF².
Construction: Join OB, OC and OA.
Proof: (i) In rt. ∠d ∆AFO, we have
OA² = OF² + AF² [By Pythagoras Theorem]
or AF² = OA² – OF² …………..(1)

In rt. ∠d ∆BDO, we have:
OB² = BD²+ OD² [By Pythagoras Theorem]
⇒ BD² = OB² – OD² …………..(2)

In rt. ∠d ∆CEO, we have:
OC² = CE² + OE² [By Pythagoras Theorem]

⇒ CE² = OC² – OE² ……………(3)

∴ AF² + BD² + CE² = OA² – OF² + OB² – OD² + OC² – 0E²
[On adding (1), (2) and (3)]
= OA² + OB² + OC² – OD² – OE² – OF²
which proves part (1).
Again, AF² + BD² + CE² = (OA² – OE²) + (OC² – OD²) + (OB² – OF²)
= AE² + CD² + BF²
[∵AE² = AO² – OE²
CD² = OC² – OD²
BF² = OB² – OF²].

Question 9.
A ladder 10 m long reaches a window 8 m above the ground. Find the distance of the foot of the ladder from base of the wall.
Solution:
Height of window from ground (AB) = 8m.

Length of ladder (AC) = 10 m
Distance between foot of ladder and foot of wall (BC) = ?
In ∆ABC,
AB² + BC² = AC² [By Pythagoras Theorem]
(8)² + (BC)² = (10)²
64 + BC² = 100
BC² = 100 – 64
BC = √36
BC = 6 cm.
∴ Distance between fóot of ladder and foot of wall = 6 cm.

Question 10.
A guy wire attached to a vertical pole of height 18 m Is 24 m long and has a stake attached to the other end. How far from the base of the pole should the stake be driven so that the wire will be taut?
Solution:
Let AB is height of pole (AB) = 18 m
AC is length of wire = 24 m

C is position of stake AB at ground level.
In right angle triangle ABC,
AB² + BC² = AC² [By Pythagoras Theorem]
(18)² + (BC)² = (24)²
324 + (BC)² = 576
BC² = 576 – 324
BC = \(\sqrt{252}=\sqrt{36 \times 7}\)
BC = 6√7 m.

Question 11.
An aeroplane leaves an airport and flies due north at a speed of 1000 km per hour. At the same time, another aeroplane leaves the same airport and flies due west at a speed of 1200 km per hour. How far apart will be the two pLanes after 1\(\frac{1}{2}\) hours?
Solution:
Speed of first aeroplane = 1000km/hr.

Distance covered by first aeroplane due north in 1\(\frac{1}{2}\) hours =1000 × \(\frac{3}{2}\)
OA = 1500 km
Speed of second aeroplane = 1200 km/hr.
Distance covered by second aeroplane in 1\(\frac{1}{2}\) hours = 1200 × \(\frac{3}{2}\)
OB = 1800 km.
In right angle ∆AOB
AB² = AO² + OB² [By Phyrhagoras Theorem]
AB² = (1500)² + (1800)²
AB = \(\sqrt{2250000+3240000}\)
= \(\sqrt{5490000}\)
= \(\sqrt{61 \times 90000}\)
AB = 300√61 km.
Hence, Distance between two aeroplanes = 300√61 km.

Question 12.
Two poles of heights 6 m and 11 m stand on a plane ground. If the distance between the feet of the poles is 12 m, find the
distance between their tops.
Solution:
Height of pole AB = 11 m
Height of pole (CD) = 6 m

Distance between foot of pole = 12 m
from C draw CE ⊥ AB. such that
BE = DC = 6 m
AE = AB – BE = (11 – 6) m = 5 m.
and CE = DB = 12 m.
In rt. ∠d ∆AEC,
AC² = AE² + FC²
[By Phythagoras Theorem)
AC = \(\sqrt{(5)^{2}+(12)^{2}}\)
= \(\sqrt{25+144}\)
= \(\sqrt{169}\) = 13.
Hence, Distance between their top = 13m.

Question 13.
D and E are points on the sides CA and CB respectively of a triangle ABC right angled at C.
Prove that AE² + BD² = AB² + DE².
Solution:
Given: In right angled ∆ABC, ∠C = 90° ;
D and E are points on sides CA & CB respectively.
To prove: AE² + BD² = AB² + DE²
Proof: In rt. ∠d ∆BCA,
AB² = BC² + CA² …………..(1) [By Pythagoras Theorem]

In rt. ∠d ∆ECD,
DE² = EC² + DC² ……………….(2) [By Pythagoras Theorem]
In right angled triangle ∆ACE,
AE² = AC² + CE² ……………….(3)
In right angled triangle ∆BCD
BD² = BC² + CD² ……………….(4)
Adding (3) and (4),
AE² + BD² = AC² + CE² + BC² + CD²
= [AC² + CB²] + [CE² + DC²]
= AB² + DE²
[From (1) and (2)]
Hence 2 + BD² = AB² + DE².
Which is the required result.

Question 14.
The perpendicular from A on side BC of a ∆ABC intersects BC at D such that DB = 3 CD. Prove that 2AB² = 2AC² + BC².

Solution:
Given: ∆ABC, AD ⊥ BC
BD = 3CD.
To prove: 2AB² = 2AC² + BC².

Proof: In rt. ∠d triangles ADB and ADC, we have
AB² = AD² + BD²;
AC² = AD² + DC² [By Pythagoras Theorem]
∴ AB² – AC² = BD² – DC²
= 9 CD² – CD²; [∵ BD = 3CD]
= 8CD² = 8 (\(\frac{\mathrm{BC}}{4}\))²
[∵ BC = DB + CD = 3 CD + CD = 4 CD]
∴ CD = \(\frac{1}{4}\) BC
∴ AB² – AC² = \(\frac{\mathrm{BC}^{2}}{2}\)
⇒ 2(AB² – AC²) = BC²
⇒ 2AB² – 2AC² = BC²
∴ 2AB² = 2AC² + BC².
Which is the required result.

Question 15.
In an equilateral triangle ABC, D is a point on side BC such that BD = \(\frac{1}{3}\) BC. Prove that 9 AD² = 7 AB².
Solution:
Given: Equilateral triangle ABC, D is a point on side BC such that BD = \(\frac{1}{3}\) BC.
To prove: 9AD² = 7 AB².
Construction: AB ⊥ BC.
Proof: ∆AMB ≅ ∆AMC [By R.HS. Rule since AM = AM and AB = AC]

∴ BM = MC = \(\frac{1}{2}\) BC [c.p.c.t.]
Again BD = \(\frac{1}{3}\) BC and DC = \(\frac{1}{3}\) BC (∵ BC is trisected at D)
Now in ∆ADC, ∠C is acute
∴ AD² = 2AC² + DC² – 2 DC × MC
= AC² + \(\left[\frac{2}{3} \mathrm{BC}\right]^{2}\) – 2 \(\left[\frac{2}{3} \mathrm{BC}\right] \frac{1}{2} \mathrm{BC}\)

[∵ DC = \(\frac{2}{3}\) BC and MC = \(\frac{1}{2}\) BC]
= AB² + \(\frac{4}{9}\) AB² – \(\frac{2}{3}\) AB²
[∵ AC = BC = AB]
= (1 + \(\frac{4}{9}\) – \(\frac{2}{3}\)) AB²

= \(\left(\frac{9+4-6}{9}\right) \mathrm{AB}^{2}=\frac{7}{9} \mathrm{AB}^{2}\)

∴ AD² = \(\frac{7}{9}\) AB²
⇒ 9 AD² = 7 AB².

Question 16.
In an equilateral triangle, prove that three times the square of one side Ls equal to four times the square of one of its
altitudes.
Solution:
Given:
ABC is equilateral ∆ in which AB = BC = AC

To prove: 3 AB² = 4 AD²
Proof: In right angled ∆ABD,
AB² = AD² + BD² (Py. theorem)
AB² = A BD² (Py. theorem)

AD² = \(\frac{3}{4}\) AB²
⇒ 4 AD² = 3 AB²
Hence, the result.

Question 17.
Tick the correct answer and justify: In ∆ABC, AB = 6 cm, AC = 12 cm and BC = 6√3 cm. [The angles of B are respectively
(A) 120°
(B) 64°
(C) 90°
(D) 45°
Solution.
AC = 12 cm
AB = 6√3 cm
BC = 6 cm
AC² = (12)² = 144 cm
AB² + BC² = (6√3)² + (6)²
= 108 + 36
AB√3 + BC√3 = 144
∴ AB√3 + BC√3 = AC√3
Hence by converse of pythagoras theorem ∆ABC is right angred triangle right angle at B
∴ ∠B = 90°
∴ correct option is (C).

Punjab State Board PSEB 10th Class Physical Education Book Solutions क्रिकेट (Cricket) Game Rules.

क्रिकेट (Cricket) Game Rules – PSEB 10th Class Physical Education

याद रखने योग्य बातें

1. क्रिकेट में खिलाड़ियों की गिनती = 16 (11 + 5 रिज़र्व)
2. विकटों के मध्य की दूरी = 22 गज़ (20.12 मीटर)
3. पिच की चौड़ाई। = 4’4′
4. विकटों की चौड़ाई = 9″, (22.9 सी० मै०)
5. क्रिकेट गेंद का घेरा = 8″ से 9″, (22, 4 सैं मी० से 22.4 मैं० मी०)
6. क्रिकेट गेंद का घेरा क्रिकेट गेद का भार = 51/2 औंस 5% औंस (156 ग्राम सैं० मी० 163 ग्राम)
7. बैट की चौड़ाई = 41/4″, (10.8 सैं०मी०)
8. बैट की लम्बाई = 38″, (6.5 सैं० मी०)
9. गेंद का रंग = दिन के मैच के लिए लाल और रात के लिए सफ़ेद
10. केन्द्र से बड़े सर्कल की दूरी = 75 गज़ से 85 गज़ (68 मीटर से 58 मीटर)
11. विकटों की ज़मीन से ऊंचाई = 28″, (71 cm.)
12. मैच की किस्में = 20, 20 ओवर, एक दिवसीय मैच, पांच दिन का टेस्ट मैच
13. मैच के अम्पायर = दो
14. तीसरा अम्पायर = एक मैच रैफ़री
15. केन्द्रीय विकेट के दोनों ओर पिच = 4 फुट 4 इंच की चौड़ाई
16. स्कोरर की संख्या = 2
17. पारी बदली का समय = 10 मिनट
18. खिलाड़ी बदली का समय = 2 मिनट
19. छोटे सर्कल का रेडियस = 2.7 मी०

क्रिकेट खेल की संक्षेप रूपरेखा
(Brief outline of the Cricket Game)

1. मैच दो टीमों के बीच खेला जाता है। प्रत्येक टीम में 11 खिलाड़ी होते हैं।
2. मैच के लिए दो अम्पायर नियुक्त किए जाते हैं। दोनों तरफ एक-एक अम्पायर होता है।
3. रनों का रिकार्ड स्कोरर रखता है।
4. ज़ख्मी या बीमार होने की दशा में खिलाड़ी तबदील किया जा सकता है, परन्तु उसे बैट या बाऊल करने की आज्ञा नहीं होती, वह विकटों के मध्य दूसरे खिलाड़ी के लिए दौड़ सकता है या फील्ड कर सकता है।
5. बदला हुआ खिलाड़ी अपने विशिष्ट स्थान (Specialised Position) पर फील्ड नहीं कर सकता।
6. बैट करने के लिये या फील्ड करने के लिए टीम के कप्तान टॉस करते हैं।
7. प्रत्येक इनिंग के आरम्भ में नया गेंद लिया जाता है। 200 रन बनने के पश्चात् या 75 ओवरों के बाद गेंद नया लिया जा सकता है। गेंद गुम हो जाने या नष्ट हो जाने पर नया गेंद ले सकते हैं, परन्तु उसकी हालत गुम हुए या खराब हुए गेंद से मिलती-जुलती होनी चाहिए।

प्रश्न
क्रिकेट गेंद, बैट, पिच विकट बाऊलिंग,पायिंग क्रीजें, पारी, खेल के आरम्भ, अन्त और इन्टरवल आदि के विषय में संक्षिप्त लिखें।
उत्तर-
(क) खिलाड़ी, निर्णायक (अम्पायर)
तथा फलांकनकर्ता (स्कोरर)

1. क्रिकेट मैच दो टीमों के बीच खेला जाता है। प्रत्येक टीम में खिलाड़ियों की संख्या 11-11 होती है। प्रत्येक टीम का एक कप्तान होता है जो पारी के लिए टॉस होने से पहले अपने खिलाड़ी मनोनीत करता है।।
2. किसी खिलाड़ी के घायल या अस्वस्थ हो जाने पर उसकी जगह पर किसी अन्य खिलाड़ी को लिए जाने की आज्ञा है। नए खिलाड़ी को सबस्टीच्यूट खिलाड़ी कहते हैं। सबस्टीच्यूट खिलाड़ी केवल फील्ड ही कर सकता है। वह बैट या बाऊल नहीं कर सकता।
3. पारी के लिए टॉस से पहले दोनों सिरों के लिए एक-एक निर्णायक (अम्पायर) नियुक्त किया जाता है, जो खेल का निष्पक्ष नियन्त्रण करता है।
   
4. सभी दौड़ों का रिकार्ड रखने के लिए दो फलांकनकर्ता (स्कोरर) नियुक्त किये जाते हैं। वे अम्पायरों के सभी इशारों तथा अनुदेशों का पालन करते हैं।

क्रिकेट किट
(Cricket Kit)
क्रिकेट के खिलाड़ी के लिए किट पहननी ज़रूरी है। किट से अभिप्राय सफेद पैंट, सफ़ेद कमीज़, बूट, जुराबें, पैड, अबडायिनल गार्ड, दस्ताने और बैट हैं।
(ख) खेल की सामग्री तथा मैदान

1. गेंद (Ball) क्रिकेट बाल (गेंद) का वज़न \(5 \frac{1}{2}\) औंस से कम और \(5 \frac{3}{4}\) औंस से से अधिक नहीं होना चाहिए। इसकी परिधि (घेरा) \(8 \frac{13}{16}\) कम तथा 9” से अधिक नहीं होनी चाहिए।
   कोई भी कप्तान प्रत्येक पारी (इनिंग्ज़) के शुरू में नई गेंद ले सकता है। यदि खेल के दौरान गेंद गुम हो जाए या खराब हो जाए तो अम्पायर दूसरी गेंद लेने की अनुमति दे देता है। दूसरी गेंद प्रयोग या बनावट में पुरानी या खोई हुई गेंद से मिलती-जुलती होनी चाहिए।
   
2. बैट (Bat) क्रिकेट बैट सबसे चौड़े भाग में \(4 \frac{1}{4}\)” तथा लम्बाई में 38” से अधिक नहीं होना चाहिए। साधारण क्रिकेट बैट का भार \(2 \frac{1}{4}\) पौंड होता है।
3. पिच (Pitch) बाऊलिंग करने वाले स्थानों के बीच का क्षेत्र पिच कहलाता है। यह क्रिकेट के केन्द्र को जोड़ने वाली रेखा के दोनों ओर 4-4″ चौड़ी होती है तथा कुल पिच की चौड़ाई 8′-8″ होती है।
4. विकेट (Wicket)-पिच के आमने-सामने तीन-तीन विकेट गाड़ी जाएंगी तथा आमने-सामने की विकेटों की दूरी 22 गज़ होगी। विकटों की चौड़ाई 9” होगी और उन पर जाने वाली दो गिल्लियां (वेल्ज़) होंगी। स्टम्प इस प्रकार गाड़े जाएंगे कि उनमें से गेंद न निकल सके। स्टम्प की भूमि से ऊंचाई 28” होगी। प्रत्येक गुल्ली \(4 \frac{3}{4}\)” लम्बी होगी तथा स्टम्प पर रखी हुई उनसे \( \frac{1}{2}\)” से अधिक बाहर न निकलेगा।
   नोट-जब तेज़ हवा चल रही हो तब टीमों के कप्तान अम्पायर की स्वीकृति से गिल्लियों का प्रयोग छोड़ भी सकते हैं।
5. गेंद प्रक्षेपण तथा अदृश्य मंज रेखा (Bowling Crease and Popping Crease)—प्रक्षेपण (बाऊलिंग) मंज रेखा स्टम्पों की सीध में 8 फुट 8” लम्बी होगी। इसके केन्द्र में स्टम्प होंगे। प्रक्षेपण मंज स्टम्पों के समानान्तर 4 फुट सामने की ओर अदृश्य मंज रेखा अंकित की जाएगी। यह स्टम्प रेखा के किसी भी पार्श्व सिरे से कम से कम 6 फुट तक बढ़ती है। विकेट के पीछे दोनों ओर समकोण पर 4 फुट की निवर्तन रेखा होगी। निवर्तन तथा अदृश्य मंज रेखाएं लम्बाई में असीमित मानी जाएंगी।

प्रश्न
क्रिकेट खेल कितने खिलाड़ी, निर्णायक, स्कोरर और उनकी किट के बारे में लिखें।
उत्तर-
खेल की रीति (Rules of Game)—

1. प्रत्येक टीम को बारी-बारी से दो पारियां मिलेंगी।
2. खेल आरम्भ होने से कम-से-कम 15 मिनट पहले दोनों टीमों के कप्तान पारियों के लिए टॉस (Toss) करेंगे।
3. टॉस जीतने वाली टीम का कप्तान बैट या फील्ड करने के निर्णय की सूचना विरोधी टीम के कप्तान को देगा। इस निर्णय का बाद में परिवर्तन नहीं हो सकता।
4. अनुवर्तित (फालो ऑन) (Follow on) कराना-पहले बैट करने वाली टीम यदि पांच दिन के मैच में 200, तीन दिन के मैच में 150, दो दिन के मैच में 100 और एक दिन के मैच में 75 (दौड़ें) रन अधिक बना लेती है तो वह अपनी विरोधी टीम से पारी अनुवर्तित (Follow on) करने के लिए कह सकती है।
5. पारी की घोषणा करना (डिक्लेयर करना) (Inning Declare)-मैच के दौरान किसी भी समय बैट करने वाली टीम का कप्तान अपनी पारी (इनिंग्ज़) समाप्त करने की घोषणा (Declare) कर सकता है।
6. खेल का प्रारम्भ, समाप्ति तथा इन्टरवल (Start, Finish and Interval)प्रति-दिन खेल निश्चित समय पर शुरू होगा। खेल की अवधि प्रायः 5, 55 या 6 घंटे की होती है। पहले दो घंटे के खेल के बाद 45 मिनट के लिए भोजन का इन्टरवल (Lunch Interval) हो जाता है। इसके बाद दो घंटे के खेल के बाद 20 मिनट का चाय के लिए इन्टरवल (Tea Interval) होता है। प्रत्येक पारी के बीच 10 मिनट तथा प्रत्येक नए बैट्समैन के आने के लिए अधिक-से-अधिक 2 मिनट का समय दिया जाता है।

प्रश्न
क्रिकेट खेल में निम्नलिखित से आप क्या समझते हैं ?
फलांकन, सीमाएं, गेंद का गुम होना, ओवर, विकेट का गिरना, मृत बाल, नो बाल, वाइड बाल, बाई, लैग बाई, बाऊल्ड, कैच, एल० बी० डब्ल्यू, स्टम्पड, रन आउट।
उत्तर-
फलांकन (Score)—फलांकन (Score) के लिए दौड़ों (रनों) की गिनती की जाती है। जब बैट्समैन गेंद को हिट करने के बाद एक छोर (सिरे) से दूसरे छोर (सिरे) पर पहुंचे बिना ही रास्ते में से लौट जाता है तो वह दौड़ (रन) नहीं गिनी जाएगी। इसे शार्ट रन (Short Run) कहते हैं। यदि रन बनाते समय बाल हवा में हो और वह लपक लिया जाए तो वह ‘रन’ (दौड़) गिनी नहीं जाएगी। इसी प्रकार यदि बैट्समैन ‘रन’ बनाते समय आऊट (Run out) हो जाए तो उस ‘रन’ को भी गिना नहीं जाएगा।

सीमाएं (Boundaries) खेल की सीमाएं सफेद रंग द्वारा अंकित की जानी चाहिएं। यदि बैट्समैन के हिट करने पर गेंद मैदान को छूती हुई सीमा रेखा के पार चली जाती है तो इसे बाऊण्डरी कहते हैं। बाऊण्डरी के लिए 4 दौड़ें (र.) दी जाती हैं। हां, यदि हिट की गई गेंद सीमा रेखा के बाहर गिरती है (भले ही उसे फील्डर ने छू लिया हो) तो इसे ‘छक्का’ (Sixer) कहते हैं। छक्के में 6 दौड़ें होती हैं। यदि बाऊण्डरी ओवर थ्रो के कारण हो तो बने हुए रन तथा बाऊण्डरी के ‘रन’ स्कोर में जोड़े जाएंगे।
गेंद का गुम होना (Loss of Ball)-यदि खेल के दौरान गेंद गुम हो जाती है तो स्कोर में 6 ‘रन’ जोड़ दिए जाएंगे। परन्तु गेंद गुम होने से पहले 6 से अधिक रन बने हों तो उतनी ही रने’ जोड़ी जाएंगी जितनी कि बनाई जा चुकी हों।
‘ परिणाम (Result) जो भी टीम दो पारियों (इनिंग) में अधिक दौडें बना लेती है उसे विजयी माना जाएगा। एक दिन के मैच में एक पारी पर फैसला होगा। यदि मैच पूरा न हो सके तो वह बराबर माना जाता है। ओवर में 6 या 8 बार गेंद फेंकी जाएगी। ये ओवर विकट के सिरे से बारी-बारी दिए जाते हैं। ‘नो-बाल’ तथा ‘वाइड-बाल’ ओवर में नहीं गिने जाएंगे। एक इनिंग में कोई भी बाऊलर लगातार दो ओवर नहीं कर सकता।
ओवर (Over)—एक ओवर में 6 बार गेंद फेंकी जाएगी। यह ओवर विकेट के सिरे पर बारी-बारी दिए जाते हैं। ‘No Ball’ तथा ‘Wide Ball’ ओवर में नहीं गिने जाएंगे। एक इनिंग में कोई भी ‘Bowler’ निरन्तर दो ‘Overs Bowl’ नहीं कर सकता।
मृत बाल (Dead Ball)-गेंद निम्नलिखित दशाओं में मृत गेंद कहलाएगी—

1. जब बाऊलर या विकेट कीपर के हाथ में पूरी तरह आ जाए।
2. सीमा तक पहुंच जाए या ठप्पा खा जाए।
3. खेलने या न खेलने पर बैट्समैन या अम्पायर के कपड़ों में उलझ जाए।
4. अम्पायर द्वारा ओवर या ‘समय’ की घोषणा कर दी जाए।
5. बैट्समैन के आऊट होने पर।

नो बाल (No Ball)—गेंद करते समय यदि गेंदबाज़ का अगला पैर Bowling Crease से आगे चला जाता है या Return Crease को काटता है तो Umpire, No Ball घोषित कर देगा।
बैट्समैन नो बाल पर हिट लगाकर जितनी भी दौड़ें सम्भव हो, बना सकता है। इस प्रकार बनी दौडों को कुल स्कोर में जमा कर लिया जाएगा। यदि कोई भी दौड न बनी हो तो केवल एक दौड़ ही स्कोर में जोड़ी जाएगी। अम्पायर अपनी एक भुजा फैलाकर ‘नो बाल’ का संकेत देता है।

वाइड बाल (Wide Ball)-यदि बाऊलर गेंद को विकेट से उतनी ऊंचाई पर या चौड़ाई पर फेंकता है कि अम्पायर के विचार में यह बैट्समैन की पहुंच से बाहर है तो वह वाइड बाल की घोषणा कर देता है। वाइड बाल के समय बनने वाली दौड़ों की गिनती वाइड बाल में की जाती है। यदि कोई भी दौड़ न बने तो एक दौड़ बनी समझी जाती है।
बाई या लैग बाई (Bye or Leg Bye)–यदि कोई गेंद, जो न ही नो बाल हो और न ही वाइड बाल हो, प्रहारक (स्ट्राइकर) के बैट या शरीर को बिना स्पर्श किए पास से गुज़र जाए और ‘रन’ बन जाए तो अम्पायर, बाई घोषित करता है परन्तु गेंद प्रहारक के बैट वाले हाथ को छोड़कर शरीर के किसी भाग से छू कर पास से गुज़र जाए और ‘रन’ बन जाए तो अम्पायर लैग-बाई घोषित करेगा।

विकेट का गिरना (The Wicket is done) यदि प्रहारक स्वयं या उसका बैट या गेंद स्टम्प्स के ऊपर एक या दोनों गिल्लियां गिरा दे या प्रहार द्वारा भूमि से उखड़ जाए तो विकेट गिरी मानी जाएगी।
अपने क्षेत्र के बाहर (Out of his Ground) बैट्समैन अपने क्षेत्र से बाहर माना जाएगा जब उसके हाथ के बैट का कुछ भाग या उसका शरीर कल्पित मंज रेखा की पीछे ज़मीन पर न हो।
बैट्समैन की निवृत्ति (Batsman Retirement)-बैट्समैन किसी भी समय घायल या बीमारी की दशा में निवृत्त (Retire) हो सकता है। वह बल्लेबाजी तो कर सकता है परन्तु उसको विपक्षी कप्तान की आज्ञा लेनी पड़ेगी कि किस नम्बर पर बल्लेबाज़ी करे।
बाऊल्ड (Bowled)-जब विकेट गेंद मारकर गिरा दी जाए तो प्रहारक बाऊल्ड माना जाएगा। भले ही गेंद उसके बैट या शरीर के भाग से स्पर्श कर चुकी हो।

पकड़ आऊट (कैच आऊट) (Catch Out)-यदि बैट के प्रहार से, या बैट वाले हाथ से (कलाई से नहीं) लग कर ज़मीन छूने से पहले किसी फील्डर द्वारा गेंद लपक ली जाए तो प्रहारक पकड़ आऊट (कैच आऊट) होगा। यदि गेंद विकेट कीपर के पैडों में भी अटके तो भी बैट्समैन पकड़े आऊट माना जाएगा।
गेंद को हाथ लगाना आऊट (Handle the Ball) यदि खेलते समय कोई बैट्समैन हाथों से गेंद को छू लेता है तो उसे गेंद के साथ हाथ लगाना आऊट माना जाएगा।
गेंद पर दो प्रहार (Hit the Ball twice)-प्रहारक (स्ट्राइकर) गेंद पर ‘दो प्रहार’ आऊट होगा यदि गेंद उसके शरीर के किसी भाग से लगकर रुक जाती या वह उस पर जान-बूझ कर पुनः प्रहार करता है। केवल अपनी विकेट के बचाव के लिए ही प्रहार किया जा सकता है।

विकेट पर प्रहार आऊट (Hit Wicket Out) यदि गेंद खेलते समय प्रहारक (Striker) अपने बैट या शरीर के किसी भाग से विकेट मार गिराता है तो इसे ‘विकेट पर प्रहार’ (हिट विकेट) आऊट माना जाएगा। यदि उसकी विकेट टोपी या हैट गिरने या टूटे हुए बैट के किसी भाग के लगने से गिर जाती है तो भी उसे विकेट पर प्रहार आऊट माना जाएगा।
पगबाधा एल० बी० डब्ल्यू० (L.B.W.)(लैग बिफोर विकेट) या पगबाधा आऊटप्रहारक (Striker) उस समय ‘लैग बिफोर विकेट’ (एल० बी० डब्ल्यू०) आऊट माना जाता है जब गेंद को बल्ले से स्पर्श करने से पहले शरीर के किसी भाग से रोकने का यत्न करता है और अम्पायर के अनुसार गेंद विकेट की सीधी रेखा में है और यदि बैट्समैन इसे अपने शरीर के किसी भाग से न रोकता तो गेंद सीधे विकेट पर ही लगती।

क्षेत्र में बाधा (Obstruction) आऊट-कोई भी बैट्समैन ‘क्षेत्र में बाधा’ आऊट हो सकता है यदि वह जान-बूझ कर किसी फील्डर को गेंद पकड़ने से रोकता है।
स्टम्पड (Stumped) आऊट-प्रहारक (Stricker) उस समय ‘स्टम्पड आऊट’ माना जाता है जब बाऊलर द्वारा बाऊल की गई गेंद को प्राप्त करते समय रन बनाने की स्थिति के अतिरिक्त अपने क्षेत्र से बाहर चला जाए और विकेट कीपर विकेट उखाड़ दे या विकेटों के ऊपर रखी गिल्लियां उतार दे।
रन आऊट (Run Out)–जब कोई बैट्समैन दौड़ते समय या जब गेंद खेल में हो अपने क्षेत्र से बाहर चला जाए और कोई फील्डर गेंद मारकर उसकी विकेट गिरा दे और विकेटों के ऊपर से गेंद लगने से गिल्लियां गिर जाएं तो बैट्समैन को रन आऊट माना जाता है। यदि बैट्समैन एक-दूसरे को पार कर जाए तो उस बैट्समैन को आऊट माना जाएगा जो गिरी हुई विकेट की ओर दौड़ रहा है।
विकेट रक्षक (विकेट कीपर) (Wicket Keeper)-विकेट कीपर सदा विकेटों के पीछे रहेगा जब तक कि बाऊलर द्वारा संक्रमित (फेंकी हुई) गेंद बल्ले या प्रहारक के शरीर पर स्पर्श न कर ले या विकेट पार न चली जाए या प्रहारक रन (दौड़) बनाने की कोशिश न करे, वह गेंद को नहीं पकड़ सकता।

क्षेत्र रक्षक (Fielder) क्षेत्र रक्षक (फील्डर) अपने शरीर के किसी भी भाग से गेंद को रोक सकता है। क्षेत्र रक्षक टोपी या रूमाल से गेंद नहीं रोक सकता। यदि वह जानबूझ कर टोपी या रूमाल से गेंद रोकता है तो बनाए हुए रनों में पांच रन और जमा कर दिए जाएंगे। यदि कोई ‘रन’ न बना हो तो ‘रन’ और दिए जाएंगे।
क्षेत्र, मौसम और प्रकाश (Field, Weather and Light)-मैच शुरू होने से पहले टीमों के कप्तान खेल क्षेत्र, मौसम तथा प्रकाश के उचित होने को निश्चित करने के लिए चुनाव करेंगे। यदि इस विषय में पहले सहमति न हो गई हो। यदि किसी प्रकार की सहमति हुई हो तो उसका फैसला अम्पायर करेंगे।

1. टैस्ट मैच (Test Match)-टैस्ट मैच में दोनों टीमों में से प्रत्येक को दो इनिंग Inning खेलने का अवसर मिलता है। टैस्ट मैच 5 दिनों में खेला जाता है।
2. एक दिवसीय मैच (One day Match)-एक दिवस के मैच में दोनों टीमों 50-50 ओवरों को बैट करेगी। एक दिवसीय मैच दिन अथवा रात को हो सकता है।
3. 20, 20 मैच (20, 20 Match)—यह एक दिवसीय मैच की तरह है इसे 20, 20 ओवर का मैच कहा जाता है क्योंकि दोनों टीम 20, 20 ओवर ही खेलती है। इस में नए नियम हैं जो इस प्रकार है। फ्री-हिट (Free Hit) जब बाउलर बाउलिंग करीज़ पार करके बाल फेंकता है। उसे नो बाल कहा जाता है। इसमें बैटस मैन को फ्री-हिट मिलती है। इस फ्री-हिट में बैटस मैन आऊट नहीं होगा सिर्फ रन आउट होने पर ही आउट माना जाता है।
4. बाल आउट (Ball Out)-जब मैच बराबर हो जाता है तो बाल आऊट के द्वारा जीत का फैसला किया जाता है इसमें दोनों टीमों के पांच-पांच खिलाड़ियों को बाल करने का अवसर दिया जाता है। जिसमें कोई बैटस मैन नहीं होता जो टीम अधिक विकट लेती ही जाती मानी जाती है।
5. पावर प्ले (Power Play)-क्रिकेट में नए नियम लागू हुए हैं जो इस प्रकार हैं। 50 ओवरों में तीन पावर प्ले 10 ओवर, 5 ओवर और 5 ओवर के होने चाहिए। पहले 10 पावर प्ले खेल के आरम्भ में लेने होते हैं 5-5 Overs बैटिंग और फीलडिंग टीम जब चाहे ले सकते हैं।

अपील (Appeal) अम्पायर किसी बैट्समैन को आऊट नहीं देगा जब तक कि किसी फील्डर द्वारा अपील न की गई हो। यह अपील अगली गेंद फेंकने तथा ‘समय’ पुकारने से पहले होनी चाहिए। अपील करते समय फील्डर अम्पायर से कहते हैं। ‘हाऊ इज़ दिस’ (यह कैसे हुआ) अम्पायर आऊट का निर्णय अपनी निर्देशिका अंगुली उठा कर देता है।

प्रश्न
क्रिकेट के खेल में खिलाड़ियों के फील्ड करने की पोजीशन को चित्र द्वारा प्रकट करें।
उत्तर-
क्षेत्र रक्षक की व्यूह रचना (फील्ड सैटिंग)
(CRICKET FIELD)


प्रायः मैदान में क्षेत्र रक्षक चित्र के अनुसार स्थान ग्रहण करते हैं।

प्रश्न
क्रिकेट खेल के महत्त्वपूर्ण तकनीक लिखें।
उत्तर-
क्रिकेट में बैटिंग निपुणता और तकनीकें

किसी भी हिट को सफलतापूर्वक खेलने के लिए बैट्समैनों को तीन बातों का ध्यान रखना चाहिए। उसे अवश्य ही पहले बाल को ढूंढ़ना चाहिए और तब निरन्तर बाल की ओर ध्यान रखना चाहिए। उसे यह निर्णय देना होता है कि कौन-सी हिट ठीक है। उस हिट को ठीक तरह से खेलने के लिए अपने बदन को छोड़ना चाहिए।

पहले कहने को तो काफ़ी आसान है परन्तु वास्तव में इतना आसान नहीं है। यह बात सोचनी तो आसान है कि तुम बाल की ओर देख रहे हो। यह वास्तव में किसी आ रहे बाल को देखना आसान है बशर्ते कि तुमने अपना मन बनाया हुआ हो। किन्तु पूरी पारी में प्रत्येक बाल की जांच करने की आदत डालनी, सही अर्थों में जांच करनी एक बड़ा कठिन कार्य है। आप ऐसा केवल अपने हाथ के कार्य पर ध्यान केन्द्रित करना सीख कर ही कर सकते हो। यह वास्तव में बड़ा कठिन है, परन्तु यदि तुम इस प्रकार करना सीख लेते हो तो यह तुम्हें क्रिकेट में ही सहायक सिद्ध नहीं होगा बल्कि जीवन में भी।

अच्छी प्रकार निर्णय करना कि किसी विशेष बाल को किस तरह हिट करना है। यह एक प्रकार से अन्तर प्रेरणा का साधन है, या जिसे प्रायः क्रिकेट में ‘बाल सूझ’ कहा जाता है। कारण यह मुख्यतः अनुभव का कार्य है।
खिलाड़ी की स्थिति
खिलाड़ी की आरामदायक, तनावहीन तथा सन्तुलित स्थिति बनी रहनी आवश्यक है। बाल की ठीक परख करना और प्रत्येक स्ट्रोक के लिए पांव की हिल-डुल इस पर ही निर्भर करती है। पांव साधारणतः क्रीज़ की ओर समानान्तर होने चाहिएं और इनके पंजे लक्ष्य की ओर होने चाहिएं।

एक ठीक बैक लिफ्ट’ का बहुत महत्त्व है। बायां बाजू और कलाई को ही समस्त कार्य करना चाहिए और बैट को आसानी से लक्ष्य की ओर, जैसे कि बैट उतरता है।
सिर और बदन बिल्कुल स्थिर होने चाहिएं। उभार के सिरे पर दाईं कुहनी बदन से कुछ पीछे होनी चाहिए और बायां हाथ पैंट की दाईं जेब के बिल्कुल सामने ऊपर की ओर होना चाहिए।
बैट नीचे की ओर इच्छुक हिट की रेखा पर घूमना चाहिए। प्रहार के समय लिफ्ट कुदरती है कि अधिक परिपक्व हो।

सीधे बाल को सामने की सुरक्षा हिट

सामने की हिट सुरक्षा में न केवल बहुमूल्य है, बल्कि सब हिटों का आधार भी है। इसे ठीक ढंग से खेलना लगभग आधा बाल बैटमैन बनने के तुल्य है। उद्देश्य बाल को जितना प्वाइंट के निकट से निकट सम्भव हो सके, खेलने का है।
सिर आगे की ओर बढ़ाते, बायां कूल्हा और कन्धा बाल की रेखा से बाहर रख कर बाल को बैट पर बाएं पांव से कुछ इंच सामने लेना होता है और पांव मिड ऑफ व एक्स्ट्रा कवर के बीच की सेध में होना चाहिए। बदन का बोझ मुड़े हुए बाएं घुटने से बिल्कुल सामने की ओर हो।

बाल की समस्त मार्ग परख करो। इस तरह करने के लिए तुम्हें अपना सिर जहां तक हो सके, सन्तुलन में रखना चाहिए। सिर ऊपर उठाने का लोभ कम करो।
हिट में नियन्त्रण आवश्यक है-यदि तुम मज़बूत हिट मारना चाहते हो तो तुम्हारी हिट घूमने की अपेक्षा अधिक अच्छी लम्बी हो सकती है।
बाल को साफ़-साफ़ व आसान ढंग से हिट करने के लिए उसे सीमा (बाऊंडरी) की ओर फेंकने की अपेक्षा मैदान में फेंकना चाहिए।
यदि बाल काफ़ी दूर ऊपर है तो हिट एक ही लम्बे कदम से भरी जा सकती है, मगर तुम्हें पिच पर कम गति, तेज़ व अधूरे (Shorter) बाल को खेलने के लिए पांव का प्रयोग करना भी सीखना चाहिए।

आफ़ ड्राइव में सबसे आवश्यक बात यह है कि सिर, बायां कन्धा और कमर बाल की रेखा पर होने चाहिएं। यदि वह ठीक दिशा में होंगे तो बायां पांव अपने आप ही ठीक दिशा में काम करेगा। पहुंच से बाहर बाल और साधारण बाल को प्राप्त करने के लिए बाएं कन्धे की पीठ गेंद करने वाले की ओर होनी चाहिए और आफ़ साइड की ओर हिट का लक्ष्य होना चाहिए। वास्तव में अपनी नीचे की ओर गति फाइन लैग की रेखा से आरम्भ करेगा। जहां तक सम्भव हो सके बैट का पूरा भाग हिट की रेखा द्वारा घूमना चाहिए।

युवकों में आन ड्राइव की योग्यता बहुत ही कम है, मगर यदि वह इसे हासिल कर लें तो अपने रन बनाने की सामर्थ्य को काफ़ी बढ़ा सकते हैं।
इससे पहली हरकत बाएं कन्धे को हल्का-सा नीचे रखना है। इस प्रकार बाएं पांव और सन्तुलन रेखा को ठीक रखने, सिर को आगे की ओर करके बाल की रेखा पर आने की सहायता मिलेगी। बायां पांव रेखा से हल्का-सा दूर होगा।
बैट्समैन को हिट का निशाना लेना चाहिए और अन्तिम बैट की चौड़ाई की ओर से नीचे घूमना चाहिए। बैट्समैन को अपनी आन ड्राइवस दाएं हाथ और दाएं कन्धे से अधिक काम लेने की रुचि को दृढ़ता से कम करना होगा। उसे अपने बाएं कूल्हे को भी दूर होने की आज्ञा नहीं देनी चाहिए।

जब तक एक बैट्समैन बाल के आकर्षण की अच्छी तरह पड़ताल नहीं कर लेता तो उसे बैक स्ट्रोक से ही खेलना चाहिए और इस प्रकार उसे बाल के आकर्षण के पश्चात् जांच करने का समय भी मिलेगा। हल्की बाल और अधिक कठिन विकट में उसे अवश्य ही बैक स्ट्रोक पर निर्भर करना चाहिए।
दायां पांव क्रीज़ की ओर पंजा समानान्तर रहते बाल की रेखा के भीतर और पीछे की ओर अच्छी तरह हिल-डुल कर सकता है। बदन का बोझ इस पांव पर बदली किया जा सकता है परन्तु सिर आगे की ओर झुका हुआ होना चाहिए। बाएं पांव पर होते हुए एक सन्तुलनीय-सा कार्य करता है।
बाल दृष्टि से कुछ नीचे मिलना चाहिए जोकि जितना सम्भव स्तर हो सके होना चाहिए क्योंकि वह बाल को नीचे पिच की ओर झांकती है। हिट पर नियन्त्रण बाएं हाथ से बाजू की ओर से कोहनी ऊपर उठा कर किया जाता है। दायां हाथ अंगूठे पर अंगुलियों की पकड़ में आरामदायक होता है। बदन को जितना सम्भव हो सके साइडों की ओर रखना चाहिए।

समतल बैट स्ट्रोक

एक लड़का जब तक सीधी हिट नहीं मारना सीखता तब तक बैट्समैन नहीं बनता परन्तु उसे पूरे भाव से अनुचित बाल से खेलने का ढंग भी होना चाहिए। यह बात विशेष तौर पर लम्बे टिप्पों और पूर्ण उछाल में वास्तविक लगती है और विशेषतः जूनियर क्रिकेट में चौके मारने के उत्तम अवसर प्रदान करती है।
ये हिटें अधिक आसान होती हैं क्योंकि ये सीधी बैट हिटों से अधिक प्राकृतिक होती हैं, परन्तु इनको दृढ़ता से खेलने के लिए तुम्हें चतुराई से खेलने का ढंग सीखना चाहिए।

पिछले पांव का स्कवेयर कट

बाल रेखा और प्वाइंट पर सामने से या पीछे मिले बाल से निपटने के लिए दायां पांव दाएं कूल्हे के आर-पार घूमता है। तब कलाइयों और हाथों को एक ऊंची बैक लिफ्ट से नीचे घुमाया जाता है और सिर व बदन, झुके हुए दाएं घुटने और स्ट्रोक रेखा में घूमता है।

लेट कट

यह हिट भी ऊपरी हिट जैसी ही है, सिवाय इसके कि यह बाएं कन्धे के अधिक घुमाव से आरम्भ होती है और दायां पांव थर्ड स्लिप की ओर से पंजे की ओर भूमि पर होता है। बाल विकटों की सतह के बराबर मिलता है और कलाई आगे बढ़ाते बैट्समैन इसे गुल्ली या स्लिप की दिशा में हिट करता है।
इन दोनों कट्स में बायां पांव पंजे पर विश्राम अवस्था में रहता है और बोझ झुके हुए दाएं घुटने पर पूरी तरह रहता है।

PSEB 10th Class Physical Education Practical क्रिकेट (Cricket)

प्रश्न 1.
क्रिकेट के खेल में एक टीम में कितने खिलाड़ी होते हैं ?
उत्तर-
11 खिलाड़ी भाग लेते हैं तथा 5 अतिरिक्त (Substitute) खिलाड़ी होते हैं

प्रश्न 2.
क्रिकेट की गेंद का भार तथा परिधि कितनी होती है ?
उत्तर-
गेंद का भार 155.9 ग्राम (\(5 \frac{1}{2}\) औंस) से 163 ग्राम (\(5 \frac{3}{4}\) औंस) तक तथा परिधि 22.4 सेमी० (\(3 \frac{13}{16}\)) 22.9 सेमी० (9”) तक होती है।

प्रश्न 3.
क्रिकेट के खेल में अधिकारियों की संख्या कितनी होती है ?
उत्तर-

1. अम्पायर-2
2. स्कोरर-2

प्रश्न 4.
क्रिकेट के बैट की लम्बाई तथा चौड़ाई कितनी होती है ?
उत्तर-
लम्बाई 96.5 सेमी० तथा अधिक-से-अधिक चौड़ाई 10.8 सेमी० होती है।

प्रश्न 5.
विकटों की एक स्टम्प से दूसरी स्टम्प तक दूरी कितनी होती है ?
उत्तर-
20.12 मीटर या 22 गज।

प्रश्न 6.
डैड बाल से आप क्या समझते हैं ?
उत्तर-
डैड बाल (Dead Ball)

1. जब गेंद बाऊलर या विकेट कीपर ने ठीक तरह से पकड़ लिया हो।
2. जब वह सीमा तक पहुंच जाये या ठप्पा खा जाए।
3. वह खेले या बिना खेले या अम्पायर या बैट्समैन के कपड़ों से उलझ जाए।
4. बैट्समैन आऊट हो जाये।
5. गेंद फेंकने वाले के गेंद फिर प्राप्त करने के ऊपर अम्पायर खेल को यदि रोकना चाहे।
6. अम्पायर द्वारा समय या ओवर की घोषणा करने पर।

नोट-बाऊलर को गेंद फेंकने की क्रिया या दौड़ शुरू करते ही गेंद डैड नहीं रहेगा।

प्रश्न 7.
क्रिकेट में ओवर से क्या अभिप्राय है ?
उत्तर-
ओवर (Over)-प्रायः एक ओवर में 6 बार गेंदें खेली जाती हैं, यदि पहले निश्चित कर लिया जाए तो ओवर में आठ गेंदें भी खेली जा सकती हैं। यदि नो बाल या वाइड बाल हो जाये तो ओवर में एक गेंद और फेंकने की वृद्धि की जाती है। जितने नो बाल उस ओवर में होंगे उतने और गेंद फेंके जाते हैं। यदि अम्पायर से ओवर के बालों की गिनती में भूल हो जाती है तो अम्पायर द्वारा गिना गया ओवर ही माना जायेगा।
भारत में एक ओवर छ: गेंदों का होता है जबकि ऑस्ट्रेलिया में आठ गेंदें होती थीं।

प्रश्न 8.
निम्नलिखित से आप क्या समझते हैंस्टम्पड, बोल्ड, विकेट पर चोट, गेंद को हाथ लगाना, गेंद पर दो चोंटे, रन आऊट, पगबाधा (LBW), नो बाल, वाइड बाल, बाई और लैग बाई।
उत्तर-

1. स्टम्पड (Stumped)-बैट्समैन के हाथ का बैट या उसका पांव मानी गई भंज-रेखा के पीछे पृथ्वी पर न हो तो वह क्षेत्र से बाहर माना जाता है। यदि विकेट कीपर गेंद विकेट को लगाकर गिल्ली उड़ा दे तो बैट्समैन स्टम्पड आऊट होगा।
2. बोल्ड (Bowled)-बाऊलर यदि गेंद फेंक कर विकेट गिरा दे तो बैट्समैन Bowled out कहलाता है, चाहे गेंद पहले उसके पैर या शरीर को छू चुकी हो।
3. विकेट पर चोट (Hit wicket)-विकेट पर चोट खेलते हुए चाहे बैट्समैन के बैट या शरीर के किसी भी भाग को छू कर यदि विकेट या इस पर रखी गिल्ली (Bail) गिर जाए तो वह बैट्समैन आऊट समझा जाएगा।
4. गेंद को हाथ लगाना (Handled the ball) यदि बैट्समैन खेलता हुआ गेंद को छू ले तो वह आऊट माना जाएगा।
5. गेंद पर दो चोटें (Hit the Ball twice)-गेंद पर चोट लगाते समय यदि गेंद पर चोट लगाने वाले के शरीर के किसी भी भाग पर लगे या रुक जाए और वह उस पर जानबूझ कर फिर चोट लगाए तो वह गेंद पर चोट वाला आऊट हो जाता है। परन्तु एक शर्त है कि ऐसा विकट के बचाव के लिए न किया गया हो।
6. रन आऊट (Run out)-जिस समय गेंद मैदान में हो और बैट्समैन भागते हुए अपने क्षेत्र से बहार चला जाए और विरोधी टीम का खिलाड़ी उसकी विकेट गिरा दे तो बैट्समैन रन आऊट हो जाता है।
7. पगबाधा (LBW)–एक बैट्समैन पगबाधा (LBW) आऊट हो जाता है जबकि उसके शरीर का भी कोई भाग सिवाए हाथ के दोनों विकटों के बिल्कुल सामने हो क्योंकि अम्पायर के विचार में यदि ऐसा न होता तो गेंद सीधा विकटों में लगता है।
8. नो बाल (No Ball)-जब गेंदबाज का गेंद फेंकते समय एक पैर पॉपिंग क्रीज़ से पीछे और रिटर्न क्रीज़ के मध्य में हो तथा दोनों में से किसी एक को छू रहा हो या उसके ऊपर टिका हो तो नो बाल हो जाता है। नो बाल की एक दौड़ होती है। यदि नो बाल पर बैट्समैन हिट करके कुछ दौड़ें बना ले तो वे दौड़ें बैट्समैन के खाते में जमा होंगी। अम्पायर अपनी एक भुजा फैलाकर नो बाल का संकेत करता है।
9. वाइड बाल (Wide Ball)–यदि गेंद इतनी ऊंचा या बाहर फेंकी जाए कि वह बैट्समैन की पहुंच से बाहर हो तो उसे वाइड बाल कहते हैं। जो दौड़ें बाल के समय बनें, उन्हें वाइड बाल में गिना जाता है। यदि कोई भी दौड़ न बने तो वह एक दौड़ बनी समझी जाती है। वाइड बाल का संकेत अम्पायर अपनी दोनों भुजाएं फैला कर करता है।
10. बाई और लैग बाई (Bye and Leg Bye)–यदि गेंद स्ट्राइक लेने वाले ‘बैट्समैन’ के पास से गुज़र जाए तो इसके साथ जितनी दौड़ें बनें उन्हें ‘बाई’ कहते हैं परन्तु नो बाल या वाइड बाल नहीं होना चाहिए। यदि गेंद उसके बैट वाले हाथ को छोड़ शरीर के किसी दूसरे अंग के साथ छू कर दूर चला जाता है और इतनी देर में कोई दौड़ बन जाए उसे लैग बाई कहते हैं।

प्रश्न 9.
निम्नलिखित से क्या अभिप्राय है
(1) अनिवार्य ओवर
(2) एक दिवसीय मैच।
उत्तर-

1. अनिवार्य ओवर (Mandatory Over)-मैच समाप्ति के एक घण्टा पहले निर्णायक अनिवार्य ओवर का संकेत देगा। उसके बाद खेल 20 ओवरों तक और खेला जाता है। प्रत्येक ओवर में 6 गेंदें खेली जाती हैं। यदि मैच अनिर्णित प्रतीत हो तो इन 20 ओवरों से पहले भी खेल स्थगित की जा सकती है।
2. एक दिवसीय मैच-राष्ट्रीय तथा अन्तर्राष्ट्रीय स्तर पर एक दिवसीय टेस्ट मैच होता है जिसमें दोनों टीमें 40-40 या 50-50 ओवर खेलती हैं। जो टीम अधिक रन बनाती है वह जीत जाती है।

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 6 Triangles Ex 6.4 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 6 Triangles Ex 6.4

Question 1.
Let △ABC ~ △DEF and their areas be respectively 64 cm² and 121 cm². If EF = 15.4 cm, find BC.
Solution:
△ABC ~ △DEF ;
area of △ABC = 64 cm²;
area of △DEF = 121 cm²;
EF= 15.4 cm

△ABC ~ △DEF

∴ \(\frac{\text { ar. }(\Delta \mathrm{ABC})}{\text { ar. }(\Delta \mathrm{DEF})}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{DE}^{2}}=\frac{\mathrm{AC}^{2}}{\mathrm{DF}^{2}}=\frac{\mathrm{BC}^{2}}{\mathrm{EF}^{2}}\)
(If two traingles are similar, ratio of their area is square of corresponding sides }

\(\frac{64}{121}=\frac{\mathrm{BC}^{2}}{\mathrm{EF}^{2}}\) \(\left(\frac{8}{11}\right)^{2}=\left(\frac{\mathrm{BC}}{15.4}\right)^{2}\)

⇒ \(\frac{8}{11}=\frac{\mathrm{BC}}{15.4}\)

BC = \(\frac{8 \times 15.4}{11}\)
BC = 8 × 1.4
BC = 11.2 cm.

Question 2.
Diagonals of a trapezium ABCD with AB || DC intersect each other at the point O. If AB = 2 CD. Find the ratio of the areas of traingles AOB and COD.
Solution:
ABCD is trapezium AB || DC. Diagonals AC and BD intersects each other at the point O. AB = 2 CD

In △AOB and △COD,
∠1 = ∠2 (alternate angles)
∠3 = ∠4 (alternate angles)
∠5 = ∠6 (vertically opposite angle)
∴ △AOB ~ △COD [AA, A similarity criterion]

(If two triangles are similar ratio of their areas is square of corresponding sides)

= \(\frac{(2 \mathrm{CD})^{2}}{\mathrm{CD}^{2}}\) [∵ AB = 2 CD] (Given)

∴ Required ratio of ar △AOB and △COD = 4 : 1.

Question 3.
In the fig., △ABC and △DBC are two triangles on the same base BC. If AD intersects BC at O show that

Solution:
Given. ∆ABC and ∆DBC are the triangles on same base BC. AD intersects BC at O

To Prove:
Construction: Draw AL ⊥ BC, DM ⊥ BC
Proof: In ∆ALO and ∆DMO.
∠1 = ∠2 (vertically opposite angle)
∠L = ∠M (each 90°)
∴ ∆ALO ~ ∆DMO [AA similarity criterion]
∴ \(\frac{\mathrm{AL}}{\mathrm{DM}}=\frac{\mathrm{AO}}{\mathrm{DO}}\) ……………(1)
[If two triangles are similar, corrosponding sides are proportional

[∵ ∆ = \(\frac{1}{2}\) × b × p]

Hence proved.

Question 4.
If the areas of two similar triangles are equal, prove that they are congruent.
Solution:
Given: Two ∆s ABC and DEF are similar and equal in area.
To Prove : ∆ABC ≅ ∆DEF

Proof: Since ∆ABC ~ ∆DEF,
∴ \(\frac{\text { area }(\Delta \mathrm{ABC})}{\text { area }(\Delta \mathrm{DEF})}=\frac{\mathrm{BC}^{2}}{\mathrm{EF}^{2}}\)

⇒ \(\frac{\mathrm{BC}^{2}}{\mathrm{EF}^{2}}=1\) [∵ area (∆ABC) = area (∆DEF)]
⇒ BC² = EF²
⇒ BC = EF.
Also, since ∆ABC ~ ∆DEF,
therefore they are equiangular and hence
∠B = ∠E
and ∠C = ∠F.
Now in ∆s ABC and DEF,
∠B = ∠E, ∠C = ∠F
and BC = EF
∴ ∆ABC ≅ ∆DEF (ASA congruence).

Question 5.
D, E and F are respectively the mid points of the sides BC, CA and AB of ∆ABC. Determine the ratio of the areas of triangles DEF and ABC.
Solution:

Given. D, E, F are the mid-point of the sides BC, CA and AB respectively of a tABC.
To find : ar (∆DEE) : ar (∆ABC)
Proof: In ∆ABC,
F is the mid-point of AB …(given)
E is the mid-point of AC …(given)
So, by the Mid-Foint Theorem
FE || BC and FE = \(\frac{1}{2}\) BC
⇒ FE || BD and FE = BD [∵ BD = \(\frac{1}{2}\) BC]
∴ BDEF is a || gm.
(∵ Opp. sides are || and equal)
In △s FBD and DEF,
FB = DE (opp. sides of || gm BDEF)
FD = FD .. .(common)
BD = FE
. ..(opp. sides of || gm BDEF)
∴ △FBD ≅ △DEF … (SSS Congruency Theorem)

Similary we can prove that:
△AFE ≅ △DEF
and △EDC ≅ △DEF
if △s are , then they are equal in area.
∴ ar (∆FBD) = ar. (∆DEF) ……………(1)
ar (∆AFE) = ar (∆DEF) ……………(2)
ar (∆EDC) = ar (∆DEF) ……………(3)
Now ar ∆ (ABC)
= ar (∆FBD) + ar (∆DEF) + ar (∆AFE) + ar (∆EDC)
= ar.(∆DEF) + ar (∆DEF) + ar (∆DEF) + ar. (∆DEF) [Using (1), (2) and (3)]
= 4 ar (∆DEF)
⇒ (∆DEF) = \(\frac{1}{4}\) ar(∆ABC)
⇒ \(\frac{{ar} .(\Delta \mathrm{DEF})}{{ar} .(\Delta \mathrm{ABC})}=\frac{1}{4}\)
∴ ar (∆DEF) : ar (∆ABC) = 1 : 4.

Question 6.
Prove that the ratio of the areas of two similar triangles is equal to the square of the ratio of their corresponding medians.
Solution:
Given: ∆ABC ~ ∆DEF.
AX and DY are the medians to the side BC and EF respectively.

To prove: \(\frac{{ar} .(\Delta \mathrm{ABC})}{{ar} .(\Delta \mathrm{DEF})}=\frac{\mathrm{AX}^{2}}{\mathrm{DY}^{2}}\)
Proof: ∆ABC ~ ∆DEF (Given)
∴ \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DE}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{EF}}=\frac{2 \mathrm{BX}}{2 \mathrm{EY}}\)
[∵ AX and DY are medians
∴ BC = 2BX and EF = 2EY]

⇒ \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DE}}=\frac{\mathrm{BX}}{\mathrm{EY}}\) ………………(1)
In ∆ABX and ∆DEY, [∵ ∆ABC ~ ∆DEF]
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DE}}=\frac{\mathrm{BX}}{\mathrm{EY}}\) [Prove in (1)]
∴ ∆ABC ~ ∆DEY [By SAS criterion of similarity]
∴ \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DE}}=\frac{\mathrm{AX}}{\mathrm{DY}}\) …………(2)
As the areas of two similar triangles are proportional to the squares of the corresponding sides, so
∴ \(\frac{{ar} .(\Delta \mathrm{ABC})}{{ar} .(\Delta \mathrm{DEF})}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{DE}^{2}}=\frac{\mathrm{AX}^{2}}{\mathrm{D} \mathrm{Y}^{2}}\)
Hence proved.

Question 7.
Prove that the areas of the equilateral triangle described on the side of a square Is half the area of the equilateral triangle described on its diagonal.
Solution:
Given: ABCD is a square. Equilateral ∆ABE is described on the side AB of the square and equilateral ∆ACF is desribed on the diagonal AC.

To prove: \(\frac{{ar} .(\Delta \mathrm{ABE})}{{ar} .(\Delta \mathrm{ACF})}=\frac{1}{2}\)
Proof: In rt. ∆ABC,
⇒ AB² + BC² = AC² [By Pathagoras theorem]
= AB² + AB² = AC² [∵ AB = BC, being the sides of the same square]
⇒ 2AB² = AC² ………….(1)
Now each of ∆ABE and ∆ACF are equilateral and therefore equiangular and hence similar.
i.e., ∆ABE ~ ∆ACF.
Here any side of one ∆ is proportional to any side of other.
∴ \(\frac{\text { ar. }(\Delta \mathrm{ABE})}{\text { ar. }(\Delta \mathrm{ACF})}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{AC}^{2}}\)

[∵ The ratio of the areas of two similar∆s is equal to their corresponding sides]
= \(\frac{\mathrm{AB}^{2}}{2 \mathrm{AB}^{2}}=\frac{1}{2}\) [Using (1)]

Question 8.
Tick the correct answer and justify: ABC and BDE are two equilateral triangles such that D is the mid point of BC. Ratio of the areas of triangles ABC and BDE is
(A) 2 : 1
(B) 1 : 2
(C) 4 : 1
(D) 1 : 4.
Solution:
∆ABC and ∆BDE are two equilateral thangles. D is mid point of BC.
∴ BD = DC = \(\frac{1}{2}\) BC,
Let each side of triangles are 2a
∴ ∆ABC ~ ∆BDE
∴ \(\frac{\text { ar. }(\Delta \mathrm{ABC})}{\text { ar. }(\triangle \mathrm{BDE})}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{BD}^{2}}\)

= \(\frac{(2 a)^{2}}{(a)^{2}}\)
= \(\frac{4 a^{2}}{a^{2}}\)
= \(\frac{4}{1}\) = 4 : 1
∴ Correct option is (C).

Question 9.
Tick the correct answer and justify: Sides of two similar triangles are in the ratio 4 : 9. Areas of these triangles are ¡n the ratio
(A) 2 : 3
(B) 4 : 9
(C) 81 : 16
(D) 16 : 81.
Solution:

∆ABC ~ ∆DEF (given)

\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DE}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{DF}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{EF}}=\frac{4}{9}\)

∴ \(\frac{\text { ar. }(\Delta \mathrm{ABC})}{\text { ar. }(\Delta \mathrm{DEF})}=\frac{\mathrm{AB}^{2}}{\mathrm{DE}^{2}}\)

[If two triangles are similar ratio of their areas is equal to square of corresponding sides]
\(\frac{{ar} .(\Delta \mathrm{ABC})}{{ar} .(\Delta \mathrm{DEF})}=\left(\frac{4}{9}\right)^{2}\) = \(\frac{16}{81}\) = 16 : 81
∴ Correct option is (D).

Punjab State Board PSEB 10th Class Maths Book Solutions Chapter 6 Triangles Ex 6.3 Textbook Exercise Questions and Answers.

PSEB Solutions for Class 10 Maths Chapter 6 Triangles Ex 6.3

Question 1.
State which pairs of triangles in Fig. are similar. Write the similarity criterion used by you for answering the queStion and also write the pairs of similar triangles in the symbolic form:

(i)

(ii)

(iii)

(iv)

(v)

(vi)

Solution:
(i) In ∆ABC and ∆PQR,
∠A = ∠P (each 60°)
∠B = ∠Q (each 80°)
∠C = ∠R (each 40°)
∴ ∆ABC ~ PQR [AAA Similarity criterion]

(ii) In ∆ABC and ∆PQR,
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{RQ}}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\) …………….(1)

\(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PQ}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\) ……………..(2)

\(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{PR}}=\frac{2.5}{5}=\frac{1}{2}\) ……………(3)
From (1), (2) and (3),
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{RQ}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{PR}}=\frac{1}{2}\)

∴ ΔABC ~ ΔQRP [By SSS similarity criterion]

(iii) In ΔLMP and ΔDEF,
\(\frac{\mathrm{MP}}{\mathrm{DE}}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\)

\(\frac{\mathrm{PL}}{\mathrm{DF}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\) \(\frac{\mathrm{LM}}{\mathrm{EF}}=\frac{2.7}{5}=\frac{27}{50}\)

\(\)
∴ Two Triangles are not similar.

(iv) In ΔMNL and ΔPQR,
\(\frac{\mathrm{ML}}{\mathrm{QR}}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}\)

∠M = ∠Q (each 70°)

\(\frac{\mathrm{MN}}{\mathrm{PQ}}=\frac{2.5}{5}=\frac{1}{2}\)

∴ ΔMNL ~ ΔPQR [By SAS similarity cirterion]

(v) In ΔABC and ΔDEF,
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{DF}}=\frac{2.5}{5}=\frac{1}{2}\)

\(\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{EF}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\)

But ∠B ≠ ∠F
∴ ΔABC and ΔDEF are not similar.

(vi) In ΔDEF, ∠D = 70°, ∠E = 80°
∠D + ∠E + ∠F = 180°
70° + 80° + ∠F = 180° [Angle Sum Propertyl
∠F= 180° – 70° – 80°
∠F = 30°
In ΔPQR,
∠Q = 80°, ∠R = 30°
∠P + ∠Q + ∠R = 180°
(Sum of angles of triangle)
∠P + 80° + 30° = 180°
∠P = 180° – 80° – 30°
∠P = 70°
In ΔDEF and ΔPQR,
∠D = ∠P (70° each)
∠E = ∠Q (80° each)
∠F = ∠R (30° each)
∴ ΔDEF ~ ΔPQR (AAA similarity criterion).

Question 2.
In Fig., ΔODC ~ ΔOBA, ∠BOC = 125° and ∠CDO = 70°. FInd ∠DOC, ∠DCO and ∠OAB.

Solution:
Given that: ∠BOC = 125°
∠CDO = 70°
DOB is a straight line
∴ ∠DOC + ∠COB = 180°
[Linear pair Axiom]
∠DOC + 125° = 180°
∠DOC = 180°- 125°
∠DOC = 55°
∠DOC = ∠AOB = 55°
[Vertically opposite angle]
But ΔODC ~ ΔOBA
∠D = ∠B = 70°
In ΔDOC, ∠D + ∠O + ∠C = 180°
70° + 55° + ∠C = 180°
∠C= 180° – 70° – 55°
∠C = 55°
∠C = ∠A = 55°
Hence ∠DOC = 55°
∠DCO = 55°
∴ ∠OAB = 55°.

Question 3.
Diagonals AC and BD of a trapezium ABCD with AB || DC intersect each other at the point O. Using a similarity criterion for two triangles, show that \(\frac{\mathbf{O A}}{\mathbf{O C}}=\frac{\mathbf{O B}}{\mathbf{O D}}\).
Solution:

Given: In Trapezium ABCD, AB || CD, and diagonal AC and BD intersects each other at O.
To Prove = \(\frac{\mathrm{OA}}{\mathrm{OC}}=\frac{\mathrm{OB}}{\mathrm{OD}}\) (Given)
Proof: AB || DC (Given)
In ΔDOC and ΔBOA,
∠1 = ∠2 (alternate angle)
∠5 = ∠6 (vertical opposite angle)
∠3 = ∠4 (alternate angle)
∴ ΔDOC ~ ΔBOA [AAA similarity criterion]
∴ \(\frac{\mathrm{DO}}{\mathrm{BO}}=\frac{\mathrm{OC}}{\mathrm{OA}}\)
[If two triangle are similar corresponding sides are Proportional }
⇒ \(\frac{\mathrm{OA}}{\mathrm{OC}}=\frac{\mathrm{BO}}{\mathrm{DO}}\)
Hence Proved.

Question 4.
In Fig., \(\) and ∠1 = ∠2. Show that ∆PQS ~ ∆TQR.

Solution:
Given that,
\(\frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{QS}}=\frac{\mathrm{QT}}{\mathrm{PR}}\) and
∠1 = ∠2

To Prove. PQS – ITQR
Proof: In ΔPQR,
∠1 = ∠2 (given)
∴ PR = PQ
[Equal angle have equal side opposite to it]
and = \(\frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{QS}}=\frac{\mathrm{QT}}{\mathrm{PR}}\) (given)
or \(\frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{QS}}=\frac{\mathrm{QT}}{\mathrm{PQ}}\) [PR = PQ]
⇒ \(\frac{\mathrm{QS}}{\mathrm{QR}}=\frac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{QT}}\)
In ΔPQS and ΔTQR,
\(\frac{\mathrm{QS}}{\mathrm{QR}}=\frac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{QT}}\)
∠1 = ∠1 (common)
∴ ∆PQS ~ ∆TQR [SAS similarity criterion]
Hence proved.

Question 5.
S and T are points on skies PR and QR of ∆PQR such that ∠P = ∠RTS. Show that ∆RPQ ~ ∆RTS.
Solution:
S and T are the points on side PR and QR such that ∠P = ∠RTS.

To Prove. ∆RPQ ~ ∆RTS
Proof: In ∆RPQ and ∆RTS
∠RPQ = ∠RTS (given)
∠R = ∠R [common angle]
∴ RPQ ~ ARTS
[By AA similarity critierion which is the required result.]

Question 6.
In figure ∆ABE ≅ ∆ACD show that ∆ADE ~ ∆ABC.

Solution:
Given. ∆ABC in which ∆ABE ≅ ∆ACD
To Prove. ∆ADE ~ ∆ABC
Proof. ∆ABE ≅ ∆ACD (given)
AB = AC (cpct) and AE = AD (cpct)
\(\frac{A B}{A C}=1\) ……………..(1)
\(\frac{A E}{A D}=1\) …………….(2)
From (1) and (2).
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AE}}\)
In ∆ADE and ∆ABC,
\(\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AE}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{AC}}\)
∠A = ∠A (common)
∴ ∆ADE ~ ∆ABC [By SAS similarity criterion].

Question 7.
In Fig., altitudes AD and CE of ∆ABC intersect each other at the point P.

Show that:
(i) ∆AEP ~ ∆CDP
(ii) ∆ABD ~ ∆CBE
(iii) ∆AEP ~ ∆ADB
(iv) ∆PDC ~ ∆BEC
Solution:
Given. ∆ABC, AD ⊥ BC CE⊥AB,

To Prove. (i) ∆AEP ~ ∆CDP
(ii) ∆ABD ~ ∆CBE
(iii) ∆AEP ~ ∆ADB
(iv) ∆PDC ~ ∆BEC
Proof:
(i) In ∆AEP and ∆CDP,
∠E = ∠D (each 90°)
∠APE = ∠CPD (vertically opposite angle)
∴ ∆AEP ~ ∆CDP [By AA similarity criterion].

(ii) In ∆ABD and ∆CBE,
∠D = ∠E (each 90°)
∠B = ∠B (common)
∴ ∆ABD ~ ∆CBE [AA Similarity criterion]

(iii) In ∆AEP and ∆ADB.
∠E = ∠D (each 90°)
∠A = ∠A (common)
∴ ∆AEP ~ ∆ADB [AA similarity criterion].

(vi) In ∆PDC and ∆BEC,
∠C = ∠C
∠D = ∠E
∴ ∆SPDC ~ ∆BEC [AA similarity criterion].

Question 8.
E is a point on the side AD produced of a parallelogram ABCD and BE Intersects CD at F. Show that AABE – &CFB.
Solution:
Given. Parallelogram ABCD. Side AD is produced to E, BE intersects DC at F.

To Prove. ∆ABE ~ ∆CFB
Proof. In ∆ABE and ∆CFB.
∠A = ∠C (opposite angle of || gm)
∠ABE = ∠CFB (alternate angle)
∴ ∆ABE ~ ∆CFB (AA similarity criterion)

Question 9.
In Fig., ABC and AMP are two right triangles, right angled at B and M respectively. Prove that:
(i) ∆ABC ~ ∆AMP
(ii) \(\frac{\mathbf{C A}}{\mathbf{P A}}=\frac{\mathbf{B C}}{\mathbf{M P}}\)

Solution:
Given. ∆ABC and ∆AMP are two right triangles right angled at B and M.
To Prove. (i) ∆ABC ~ ∆AMP
(ii) \(\frac{\mathbf{C A}}{\mathbf{P A}}=\frac{\mathbf{B C}}{\mathbf{M P}}\)
Proof. In ∆ABC and ∆AMP,
∠A = ∠A (common)
∠B = ∠M (each 90°)
(i) ∴ ∆ABC ~ ∆AMP (AA similarity criterion)

(ii) ∴ \(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AP}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{MP}}\)
[If two triangles are similar corresponding sides]
\(\frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{PA}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{MP}}\)
Hence Proved.

Q. 10.
CD and GH are respectively the vectors of ∠ACB and ∠EGF such that D and H lie on sides AB and FE of ∆ABC and
∆EFG respectively. If ∆ABC ~ ∆FEG, show
(i) \(\frac{\mathbf{C D}}{\mathbf{G H}}=\frac{\mathbf{A C}}{\mathbf{F G}}\)
(ii) ∆DCB ~ ∆HGE
(iii) ∆DCA ~ ∆HGF

Given. In ∆ABC and ∆EFG, CD and OH are bisector of ∠ACB and ∠EGF
i.e. ∠1 = ∠2
and ∠3 = ∠4
and ∆ABC ~ ∆FEG
To Prove. (i) = \(\frac{\mathbf{C D}}{\mathbf{G H}}=\frac{\mathbf{A C}}{\mathbf{F G}}\)
(ii) ∆DCB ~ ∆HGE
(iii) ∆DCA ~ ∆HGF
Proof.
(i) Given that, ∆ABC ~ ∆FEG
∴ ∠A = ∠F; ∠B = ∠E
and ∠C = ∠C
[∵ The corresponding angles of similar triangles are equal]
Consider, ∠C = ∠C [Proved above]
\(\frac{1}{2}\) ∠C = \(\frac{1}{2}\) ∠G
∠2 = ∠4 or ∠1 = ∠3
Now, in ∆ACD and ∆FGH
∠A = ∠F [Proved above]
∠2 = ∠4 [Proved above]
∴ ∠ACD ~ ∠FGH [∵ AA similarity creterion]
Also, \(\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{GH}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{FG}}\)
[∵ Corresponding sides are in proportion].

(ii) In ∆DCB and ∆HGE,
∠B = ∠E [Proved above]
∠1 = ∠3 [Proved above]
∴ ∆DCB ~ ∆HGE [∵ AA similarity criterion]

(iii) In ∆DCA and ∆HGF
∠A = ∠F [Proved above]
∠2 = ∠4 [Proved above]
∴ ∆DCA ~ ∆HGF [∵ AA similarity criterion].

Question 11.
In Fig., E is a point on side CB produced of an Isosceles triangle ABC with AB = AC. IfAD ⊥BC and EF ⊥ AC, prove that ∆ABD ~ ∆ECF.

Solution:
Given. ∆ABC, isosceles triangle with AB = AC AD ⊥ BC, side BC is produced to E. EF ⊥ AC
To Prove. ∆ABD ~ ∆ECF
Proof. ∆ABC is isosceles (given)
AB = AC
∴ ∠B = ∠C [Equal sides have equal angles opposite to it)
In ∆ABD and ∆ECF,
∠ABD = ∠ECF (Proved above)
∠ADB = ∠EFC (each 90°)
∴ ∠ABD – ∠ECF [AA similarity).

Question 12.
Sides AB and BC and median AD of a triangle ABC are respectively proportional to sides PQ and QR and median PM of ∆PQR (see Fig.). Show that ∆ABC ~ ∆PQR.

Solution:
Given. ∆ABC and ∆PQR, AB, BC, and median AD of ∆ABC are proportional to side PQ; QR and median PM of ∆PQR,
i.e., \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PR}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{PM}}\)

To prove: ∆ABC ~ ∆PQR
Construction: Produce AD to E such that AD = DE and Produce PM to N such that PM = MN join BE, CE, QN and RN
Proof: \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PR}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{PM}}\) (given) …………..(1)
BD = DC (given)
AD = DE (construction)
Diagonal bisects each other ¡n quadrilateral ABEC
∴ Quadrilateral ABEC is parallelogram
Similarly PQNR is a parallelogram
∴ BE = AC (opposite sides of parallelogram) and QN = PR
\(\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AC}}=1\) ……………(i)
\(\frac{\mathrm{QN}}{\mathrm{PR}}=1\) …………..(ii)
From (i) and (ii),
\(\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{QN}}{\mathrm{PR}}\)
⇒ \(\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{QN}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PR}}\)
But \(\frac{A B}{P Q}=\frac{A C}{P R}\) (Given)
∴ \(\frac{B E}{Q N}=\frac{A B}{P Q}\) …………..(2)
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{PM}}\) From (1)
= \(\frac{2 \mathrm{AD}}{2 \mathrm{PM}}\)
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{PN}}\) …………..(3)
From (2) and (3),
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{QN}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{PN}}\)
∴ ∆ABE ~ ∆PQN [Sides are Proportional]
∴ ∠1 = ∠2 …………….(4) [Corresponding angle of similar triangle]
|| ly ∆ACE ~ ∆PRN ……….(5) [Corresponding angle of similar triangle]
Adding (4) and (5).
∠1 + ∠3 = ∠2 + ∠4
∠A = ∠P
Now in ∆ABC and ∆PQR,
∠A = ∠P (Proved)
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PR}}\) (given)
∴ ∆ABC ~ ∆PQR [By using SA similarity criterion]
Hence Proved.

Question 13.
D is a point on the side BC of a triangle ABC such that ∠ADC = ∠BAC. Show that CA² = CB. CD.
Solution:
Given. ∆ABC, D is a point on side BC such that ∠ADC = ∠BAC
To Prove. CA² = BC × CD
Proof. In ABC and ADC,

∠C = ∠C (common)
∠BAC = ∠ADC (given)
∴ ∆ABC ~ ∆DAC [by AA similarity criterion]
∴ \(\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{DC}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AC}}\)
[If two triangles are similar corresponding sides are proportional]
AC² = BC. DC Hence Proved.

Question 14.
Sides AB and AC and median AD of a triangle ABC are proportional to sides PQ and PR and median PM of another
triangle PQR. Prove that ∆ABC ~ ∆PQR.
Solution:

Given: Two ∆s ABC and PQR. D is the mid-point of BC and M is the mid-point of QR. and \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PR}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{PM}}\) ………..(1)
To Prove: ∆ABC ~ ∆PQR
Construction:
Produce AD to E such that AD = DE
Join BE and CE.
Proof. In quad. ABEC, diagonals AE and
BC bisect each other at D.
∴ Quad. ABEC is a parallelogram.
Similarly it can be shown that quad PQNR is a parallelogram.
Since ABEC is a parallelogram
∴. BE = AC ………….(2)
Similarly since PQNR is a || gm
∴ QN = PR ………….(3)
Dividing (2) by (3), we get:
\(\frac{B E}{Q N}=\frac{A C}{P R}\) …………….(4)
Now \(\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{PM}}=\frac{2 \mathrm{AD}}{2 \mathrm{PM}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{PN}}\)
∴ ∠BAE = ∠QPN ………….(5)
From (1), (4) and (5), we get:
\(\frac{A D}{P Q}=\frac{B E}{Q N}=\frac{A E}{P N}\)
Thus in ∆s ABE and PQN, we get:
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{QN}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{PN}}\)
∴ ∆ABC ~ ∆PQN
∴ ∠BAE = ∠QPN ………..(6)
Similarly it can be proved that
∆AEC ~ ∆PNR
∴ ∠EAC = ∠NPR …………..(7)
Adding (6) and (7), we get:
∠BAE + ∠EAC = ∠QPN + ∠NPR
i.e., ∠BAC = ∠QPR
Now in ∆ABC and ∆PQR.
\(\frac{A B}{P Q}=\frac{A C}{P R}\)
and included ∠A = ∠P
∴ ∆ABC ~ ∆QPR (By SAS criterion of similarity).

Question 15.
A vertical pole of length 6 m casts a shadow 4 m long on the ground and at the same time a tower casts a shadow 28 m long. Find the height of the tower.
Solution:

Length of vertical stick = 6 m
Shadow of stick = 4 m
Let height of tower be H m
Length of shadow of tower = 28 m
In ∆ABC and ∆PMN,
∠C = ∠N (angle of altitude of sun)
∠B = ∠M (each 90°)
∴ ∆ABC ~ ∆PMN [AA similarity criterion]
∴ \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PM}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{MN}}\)
[If two triangles are similar corresponding sides are proportional]
∴ \(\frac{6}{\mathrm{H}}=\frac{4}{28}\)
H = \(\frac{6 \times 28}{4}\)
H = 6 × 7
H = 42 m.
Hence, Height of Tower = 42 m.

Question 16.
If AD and PM are medians of triangles ABC and PQR, respectively where ∆ABC ~ ∆PQR, prove that \(\frac{\mathbf{A B}}{\mathbf{P Q}}=\frac{\mathbf{A D}}{\mathbf{P M}}\).

Solution:
Given: ∆ABC and ∆PQR, AD and PM are median and ∆ABC ~ ∆PQR
To Prove: \(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{PM}}\)
Proof. ∆ABC ~ ∆PQR (given)
∴ \(\frac{A B}{P Q}=\frac{B C}{Q R}=\frac{A C}{P R}\)
(If two triangles are similar corrosponding sides are Proportional)
∠A = ∠P
(If two triangles are similar corrosponding angles are equal)
∠B = ∠Q
∠C = ∠R
D is mid Point of BC
∴ BD = DC = \(\frac{1}{2}\) BC ……………..(2)
M is mid point of OR
∴ QM = MR = \(\frac{1}{2}\) QR …………….(3)
\(\frac{A B}{P Q}=\frac{B C}{Q R}\)
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{2 \mathrm{BD}}{2 \mathrm{QM}}\) (from(2)and(3))
\(\frac{A B}{P Q}=\frac{B D}{Q M}\)
∠ABD = ∠PQM (given)
∆ABC ~ ∆PQM (By SAS similarity criterion)
\(\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{PQ}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{PM}}\)
[If two triangles are similar corresponding sides are proportional].