Textbook - Introduction to Trigonometry Questions in Gujarati

(N/A) ધારો કે આપણે એક કાટકોણ $\Delta ABC$ દોરીએ છીએ જ્યાં $\angle B = 90^{\circ}$ છે.
હવે,આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan A = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{BC}{AB} = \frac{4}{3}$.
તેથી,જો $BC = 4k$ હોય,તો $AB = 3k$ થાય,જ્યાં $k$ એ ધન સંખ્યા છે.
હવે,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AC^2 = AB^2 + BC^2 = (3k)^2 + (4k)^2 = 9k^2 + 16k^2 = 25k^2$.
$AC = 5k$.
હવે,આપણે તેમની વ્યાખ્યાઓનો ઉપયોગ કરીને તમામ ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તરો લખી શકીએ છીએ:
$\sin A = \frac{BC}{AC} = \frac{4k}{5k} = \frac{4}{5}$.
$\cos A = \frac{AB}{AC} = \frac{3k}{5k} = \frac{3}{5}$.
$\cot A = \frac{1}{\tan A} = \frac{3}{4}$.
$\operatorname{cosec} A = \frac{1}{\sin A} = \frac{5}{4}$.
$\sec A = \frac{1}{\cos A} = \frac{5}{3}$.

(N/A) ધારો કે બે કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ અને $PQR$ છે જેમાં $\angle C = 90^{\circ}$ અને $\angle R = 90^{\circ}$ છે,જ્યાં $\sin B = \sin Q$ છે.
આપણી પાસે $\sin B = \frac{AC}{AB}$ અને $\sin Q = \frac{PR}{PQ}$ છે.
આપેલ છે કે $\sin B = \sin Q$,તેથી $\frac{AC}{AB} = \frac{PR}{PQ}$.
આને $\frac{AC}{PR} = \frac{AB}{PQ} = k$ (જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે) તરીકે ફરીથી લખી શકાય .......... $(1)$.
હવે,બંને ત્રિકોણમાં પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$BC = \sqrt{AB^2 - AC^2}$ અને $QR = \sqrt{PQ^2 - PR^2}$.
ત્રીજી બાજુઓનો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{BC}{QR} = \frac{\sqrt{AB^2 - AC^2}}{\sqrt{PQ^2 - PR^2}}$.
$(1)$ પરથી $AB = kPQ$ અને $AC = kPR$ મૂકતા:
$\frac{BC}{QR} = \frac{\sqrt{(kPQ)^2 - (kPR)^2}}{\sqrt{PQ^2 - PR^2}} = \frac{\sqrt{k^2(PQ^2 - PR^2)}}{\sqrt{PQ^2 - PR^2}} = \frac{k \sqrt{PQ^2 - PR^2}}{\sqrt{PQ^2 - PR^2}} = k$ .......... $(2)$.
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણી પાસે $\frac{AC}{PR} = \frac{AB}{PQ} = \frac{BC}{QR} = k$ છે.
$SSS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ACB \sim \Delta PRQ$.
ત્રિકોણ સમરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય છે. તેથી,$\angle B = \angle Q$.

(N/A) $\triangle ACB$ માં,આપણી પાસે છે:
$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{(29)^2 - (21)^2}$
$= \sqrt{(29 - 21)(29 + 21)} = \sqrt{(8)(50)} = \sqrt{400} = 20$ એકમ.
તેથી,$\sin \theta = \frac{AC}{AB} = \frac{20}{29}$ અને $\cos \theta = \frac{BC}{AB} = \frac{21}{29}$.
હવે,
$(i)$ $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = \left(\frac{21}{29}\right)^2 + \left(\frac{20}{29}\right)^2 = \frac{441 + 400}{841} = \frac{841}{841} = 1$.
$(ii)$ $\cos^2 \theta - \sin^2 \theta = \left(\frac{21}{29}\right)^2 - \left(\frac{20}{29}\right)^2 = \frac{441 - 400}{841} = \frac{41}{841}$.

(N/A) $\triangle ABC$ માં,$\tan A = \frac{BC}{AB} = 1$ (આકૃતિ જુઓ).
એટલે કે,$BC = AB$.
ધારો કે $AB = BC = k$,જ્યાં $k$ એક ધન સંખ્યા છે.
હવે,$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}$
$= \sqrt{k^2 + k^2} = \sqrt{2k^2} = k\sqrt{2}$.
તેથી,$\sin A = \frac{BC}{AC} = \frac{k}{k\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\cos A = \frac{AB}{AC} = \frac{k}{k\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
માટે,$2 \sin A \cos A = 2 \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right) = 2 \left( \frac{1}{2} \right) = 1$,જે જરૂરી મૂલ્ય છે.

(N/A) $\triangle OPQ$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,આપણી પાસે છે:
$OQ^2 = OP^2 + PQ^2$
આપેલ છે કે $OQ - PQ = 1\, cm$,તેથી $OQ = 1 + PQ$.
આ કિંમતને પાયથાગોરસના સમીકરણમાં મૂકતા:
$(1 + PQ)^2 = OP^2 + PQ^2$
$1 + PQ^2 + 2PQ = OP^2 + PQ^2$
$1 + 2PQ = OP^2$
અહીં $OP = 7\, cm$ હોવાથી:
$1 + 2PQ = 7^2$
$1 + 2PQ = 49$
$2PQ = 48$
$PQ = 24\, cm$
હવે,$OQ = 1 + PQ = 1 + 24 = 25\, cm$.
તેથી,$\sin Q = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{OP}{OQ} = \frac{7}{25}$.
અને $\cos Q = \frac{\text{પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{PQ}{OQ} = \frac{24}{25}$.

(N/A) $\triangle ABC$ માટે પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = (24 \, cm)^2 + (7 \, cm)^2$
$AC^2 = (576 + 49) \, cm^2 = 625 \, cm^2$
$\therefore AC = \sqrt{625} \, cm = 25 \, cm$
$(i)$ $\sin A = \frac{\angle A \text{ ની સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{BC}{AC} = \frac{7}{25}$
$\cos A = \frac{\angle A \text{ ની પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{AB}{AC} = \frac{24}{25}$
$(ii)$ $\sin C = \frac{\angle C \text{ ની સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{AB}{AC} = \frac{24}{25}$
$\cos C = \frac{\angle C \text{ ની પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{BC}{AC} = \frac{7}{25}$

(C) $\triangle PQR$ માં,$\angle Q = 90^{\circ}$,$PQ = 12 \, \text{cm}$,અને $PR = 13 \, \text{cm}$ છે.
પાયથાગોરસનો પ્રમેય વાપરતા:
$PR^2 = PQ^2 + QR^2$
$(13)^2 = (12)^2 + QR^2$
$169 = 144 + QR^2$
$QR^2 = 169 - 144 = 25$
$QR = 5 \, \text{cm}$.
હવે,$\tan P = \frac{\angle P \text{ ની સામેની બાજુ}}{\angle P \text{ ની પાસેની બાજુ}} = \frac{QR}{PQ} = \frac{5}{12}$.
અને,$\cot R = \frac{\angle R \text{ ની પાસેની બાજુ}}{\angle R \text{ ની સામેની બાજુ}} = \frac{QR}{PQ} = \frac{5}{12}$.
તેથી,$\tan P - \cot R = \frac{5}{12} - \frac{5}{12} = 0$.

(N/A) ધારો કે $\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે,જેમાં ખૂણો $B$ કાટખૂણો છે.
આપેલ છે કે,$\sin A = \frac{3}{4}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin A = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{BC}{AC}$,તેથી $\frac{BC}{AC} = \frac{3}{4}$.
ધારો કે $BC = 3k$ અને $AC = 4k$,જ્યાં $k$ એ ધન અચળાંક છે.
$\triangle ABC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$(4k)^2 = AB^2 + (3k)^2$
$16k^2 = AB^2 + 9k^2$
$AB^2 = 7k^2$
$AB = \sqrt{7}k$
હવે,$\cos A = \frac{\text{પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{7}k}{4k} = \frac{\sqrt{7}}{4}$.
અને,$\tan A = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{BC}{AB} = \frac{3k}{\sqrt{7}k} = \frac{3}{\sqrt{7}}$.

(N/A) કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ ધ્યાનમાં લો,જેમાં $\angle B$ કાટખૂણો છે.
$\cot A = \frac{\angle A \text{ ની પાસેની બાજુ}}{\angle A \text{ ની સામેની બાજુ}} = \frac{AB}{BC}$
આપેલ છે કે $15 \cot A = 8$,તેથી $\cot A = \frac{8}{15}$.
તેથી,$\frac{AB}{BC} = \frac{8}{15}$.
ધારો કે $AB = 8k$ અને $BC = 15k$,જ્યાં $k$ એ ધન અચળાંક છે.
$\triangle ABC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય વાપરતા:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = (8k)^2 + (15k)^2$
$AC^2 = 64k^2 + 225k^2 = 289k^2$
$AC = 17k$
હવે,$\sin A = \frac{\angle A \text{ ની સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{BC}{AC} = \frac{15k}{17k} = \frac{15}{17}$.
અને,$\sec A = \frac{\text{કર્ણ}}{\angle A \text{ ની પાસેની બાજુ}} = \frac{AC}{AB} = \frac{17k}{8k} = \frac{17}{8}$.

(N/A) કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ABC$ ધ્યાનમાં લો, જે બિંદુ $B$ પર કાટખૂણો ધરાવે છે।
$\sec \theta = \frac{\text{કર્ણ}}{\text{}}{\angle \theta \text{ની પાસેની બાજુ}} = \frac{AC}{AB} = \frac{13}{12}$
ધારો કે $AC = 13k$ અને $AB = 12k$, જ્યાં $k$ ધન અચળાંક છે।
$\triangle ABC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા:
$(AC)^2 = (AB)^2 + (BC)^2$
$(13k)^2 = (12k)^2 + (BC)^2$
$169k^2 = 144k^2 + (BC)^2$
$(BC)^2 = 25k^2$
$BC = 5k$
હવે અન્ય ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તરો:
$\sin \theta = \frac{\text{}}{\angle \theta \text{ની સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{BC}{AC} = \frac{5k}{13k} = \frac{5}{13}$
$\cos \theta = \frac{\text{}}{\angle \theta \text{ની પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{AB}{AC} = \frac{12k}{13k} = \frac{12}{13}$
$\tan \theta = \frac{\text{}}{\angle \theta \text{ની સામેની બાજુ}}{\text{}}{\angle \theta \text{ની પાસેની બાજુ}} = \frac{BC}{AB} = \frac{5k}{12k} = \frac{5}{12}$
$\cot \theta = \frac{\text{}}{\angle \theta \text{ની પાસેની બાજુ}}{\text{}}{\angle \theta \text{ની સામેની બાજુ}} = \frac{AB}{BC} = \frac{12k}{5k} = \frac{12}{5}$
$\operatorname{cosec} \theta = \frac{\text{કર્ણ}}{\text{}}{\angle \theta \text{ની સામેની બાજુ}} = \frac{AC}{BC} = \frac{13k}{5k} = \frac{13}{5}$

(N/A) ધારો કે એક ત્રિકોણ $ABC$ છે જેમાં $CD \perp AB$ છે.
આપેલ છે કે,
$\cos A = \cos B$
$\Rightarrow \frac{AD}{AC} = \frac{BD}{BC}$
$\Rightarrow \frac{AD}{BD} = \frac{AC}{BC}$
ધારો કે $\frac{AD}{BD} = \frac{AC}{BC} = k$
$\Rightarrow AD = k BD \dots(1)$
અને,$AC = k BC \dots(2)$
ત્રિકોણ $CAD$ અને $CBD$ માટે પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે
$CD^2 = AC^2 - AD^2 \dots(3)$
અને,$CD^2 = BC^2 - BD^2 \dots(4)$
સમીકરણ $(3)$ અને $(4)$ પરથી,આપણને મળે છે
$AC^2 - AD^2 = BC^2 - BD^2$
$\Rightarrow (k BC)^2 - (k BD)^2 = BC^2 - BD^2$
$\Rightarrow k^2(BC^2 - BD^2) = BC^2 - BD^2$
$\Rightarrow k^2 = 1$
$\Rightarrow k = 1$
આ કિંમતને સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે
$AC = BC$
$\Rightarrow \angle A = \angle B$ (ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે).

(N/A) ધારો કે એક કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ છે,જેમાં ખૂણો $B$ કાટખૂણો છે.
$\cot \theta = \frac{\text{ખૂણા } \theta \text{ ની પાસેની બાજુ}}{\text{ખૂણા } \theta \text{ ની સામેની બાજુ}} = \frac{BC}{AB} = \frac{7}{8}.$
જો $BC = 7k$ હોય,તો $AB = 8k$ થાય,જ્યાં $k$ એક ધન પૂર્ણાંક છે.
$\triangle ABC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય વાપરતા,
$AC^2 = AB^2 + BC^2 = (8k)^2 + (7k)^2 = 64k^2 + 49k^2 = 113k^2.$
$AC = \sqrt{113}k.$
હવે,$\sin \theta = \frac{AB}{AC} = \frac{8k}{\sqrt{113}k} = \frac{8}{\sqrt{113}}$ અને $\cos \theta = \frac{BC}{AC} = \frac{7k}{\sqrt{113}k} = \frac{7}{\sqrt{113}}.$
$(i) \frac{(1+\sin \theta)(1-\sin \theta)}{(1+\cos \theta)(1-\cos \theta)} = \frac{1-\sin^2 \theta}{1-\cos^2 \theta} = \frac{1-(\frac{8}{\sqrt{113}})^2}{1-(\frac{7}{\sqrt{113}})^2} = \frac{1-\frac{64}{113}}{1-\frac{49}{113}} = \frac{\frac{49}{113}}{\frac{64}{113}} = \frac{49}{64}.$
$(ii) \cot^2 \theta = (\cot \theta)^2 = (\frac{7}{8})^2 = \frac{49}{64}.$

(A) આપેલ છે કે $3 \cot A = 4$.
તેથી,$\cot A = \frac{4}{3}$.
એક કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ લો,જેમાં ખૂણો $B$ કાટખૂણો છે.
$\cot A = \frac{\text{ખૂણા } A \text{ ની પાસેની બાજુ}}{\text{ખૂણા } A \text{ ની સામેની બાજુ}} = \frac{AB}{BC} = \frac{4}{3}$.
ધારો કે $AB = 4k$ અને $BC = 3k$,જ્યાં $k$ એ ધન અચળાંક છે.
$\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$(AC)^2 = (AB)^2 + (BC)^2 = (4k)^2 + (3k)^2 = 16k^2 + 9k^2 = 25k^2$.
તેથી,$AC = 5k$.
હવે,$\cos A = \frac{AB}{AC} = \frac{4k}{5k} = \frac{4}{5}$.
$\sin A = \frac{BC}{AC} = \frac{3k}{5k} = \frac{3}{5}$.
$\tan A = \frac{BC}{AB} = \frac{3k}{4k} = \frac{3}{4}$.
ડાબી બાજુ $(LHS)$: $\frac{1 - \tan^2 A}{1 + \tan^2 A} = \frac{1 - (3/4)^2}{1 + (3/4)^2} = \frac{1 - 9/16}{1 + 9/16} = \frac{7/16}{25/16} = \frac{7}{25}$.
જમણી બાજુ $(RHS)$: $\cos^2 A - \sin^2 A = (4/5)^2 - (3/5)^2 = \frac{16}{25} - \frac{9}{25} = \frac{7}{25}$.
અહીં ડાબી બાજુ = જમણી બાજુ હોવાથી,આપેલ સમીકરણ સાચું છે.

(N/A) આપેલ છે કે $\tan A = \frac{1}{\sqrt{3}}.$
$\tan A = \frac{\text{$\text{$\angle A$ ની સામેની બાજુ}$}}{\text{$\text{$\angle A$ ની પાસેની બાજુ}$}} = \frac{BC}{AB}$ હોવાથી,
$\frac{BC}{AB} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ મળે.
ધારો કે $BC = k$ અને $AB = \sqrt{3}k,$ જ્યાં $k$ એ ધન વાસ્તવિક સંખ્યા છે.
$\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = (\sqrt{3}k)^2 + (k)^2 = 3k^2 + k^2 = 4k^2$
$AC = 2k$
હવે,આપણે ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તરો શોધીએ:
$\sin A = \frac{BC}{AC} = \frac{k}{2k} = \frac{1}{2}$
$\cos A = \frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{3}k}{2k} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin C = \frac{AB}{AC} = \frac{\sqrt{3}k}{2k} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\cos C = \frac{BC}{AC} = \frac{k}{2k} = \frac{1}{2}$
$(i)$ $\sin A \cos C + \cos A \sin C = \left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right) + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = \frac{4}{4} = 1$
$(ii)$ $\cos A \cos C - \sin A \sin C = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right) - \left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\sqrt{3}}{4} = 0$

(N/A) આપેલ છે કે, $PR + QR = 25 \, cm$ અને $PQ = 5 \, cm$.
ધારો કે $PR = x \, cm$.
તેથી, $QR = (25 - x) \, cm$.
$\triangle PQR$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા, આપણને મળે છે:
$PR^2 = PQ^2 + QR^2$
$x^2 = 5^2 + (25 - x)^2$
$x^2 = 25 + 625 - 50x + x^2$
$50x = 650$
$x = 13$
તેથી, $PR = 13 \, cm$ અને $QR = 25 - 13 = 12 \, cm$.
હવે, $\angle P$ માટે ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર શોધીએ:
$\sin P = \frac{\text{Side opposite to } \angle P}{\text{Hypotenuse}} = \frac{QR}{PR} = \frac{12}{13}$
$\cos P = \frac{\text{Side adjacent to } \angle P}{\text{Hypotenuse}} = \frac{PQ}{PR} = \frac{5}{13}$
$\tan P = \frac{\text{Side opposite to } \angle P}{\text{Side adjacent to } \angle P} = \frac{QR}{PQ} = \frac{12}{5}$

(A-D) $(i)$ ખોટું.
એવો કાટકોણ ત્રિકોણ ધ્યાનમાં લો જેમાં $\angle A$ ની સામેની બાજુ $12$ એકમ અને $\angle A$ ની પાસેની બાજુ $5$ એકમ હોય. તો $\tan A = \frac{12}{5} = 2.4$ થાય. કારણ કે $2.4 > 1$,તેથી $\tan A$ હંમેશા $1$ કરતા ઓછું હોય તે વિધાન ખોટું છે.
$(ii)$ સાચું.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec A = \frac{\text{કર્ણ}}{\angle A \text{ ની પાસેની બાજુ}}$.
અહીં $\sec A = \frac{12}{5}$ આપેલ છે,તેથી ધારો કે કર્ણ $AC = 12k$ અને પાસેની બાજુ $AB = 5k$ છે,જ્યાં $k$ એ કોઈ ધન અચળાંક છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$BC^2 = AC^2 - AB^2 = (12k)^2 - (5k)^2 = 144k^2 - 25k^2 = 119k^2$.
આમ,$BC = \sqrt{119}k \approx 10.9k$.
ત્રિકોણની બાજુઓ $5k, 10.9k$ અને $12k$ ત્રિકોણની અસમતાનું પાલન કરે છે $(5k + 10.9k > 12k)$,તેથી આવો ત્રિકોણ શક્ય છે. તેથી,આપેલ વિધાન સાચું છે.

(NONE) $(i)$ ખૂણા $A$ ના કોસેકન્ટ માટે વપરાતું સંક્ષિપ્ત રૂપ $\text{cosec } A$ છે। $\cos A$ એ ખૂણા $A$ ના કોસાઇન $(cosine)$ માટે વપરાતું સંક્ષિપ્ત રૂપ છે। તેથી, આ વિધાન અસત્ય છે।
$(ii)$ $\cot A$ એ $\cot$ અને $A$ નો ગુણાકાર નથી। તે ખૂણા $A$ નો કોટેન્જન્ટ $(cotangent)$ દર્શાવે છે। તેથી, આ વિધાન અસત્ય છે।
$(iii)$ આપણે જાણીએ છીએ કે કાટકોણ ત્રિકોણમાં, $\sin \theta = \frac{\text{$\theta$ ની સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$। કાટકોણ ત્રિકોણમાં કર્ણ એ સૌથી મોટી બાજુ હોવાથી, $\sin \theta$ નું મૂલ્ય હંમેશા $1$ કે તેથી ઓછું હોય છે। અહીં $\frac{4}{3} > 1$ હોવાથી, આ મૂલ્ય શક્ય નથી। તેથી, આ વિધાન અસત્ય છે।

(N/A) બાજુ $BC$ ની લંબાઈ શોધવા માટે,આપણે $BC$ અને આપેલી બાજુ $AB$ ને સમાવતા ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરીશું. કારણ કે $BC$ એ ખૂણા $C$ ની પાસેની બાજુ છે અને $AB$ એ ખૂણા $C$ ની સામેની બાજુ છે,તેથી:
$\frac{AB}{BC} = \tan C$
$\frac{5}{BC} = \tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$
જેનાથી $BC = 5\sqrt{3} \, cm$ મળે છે.
બાજુ $AC$ ની લંબાઈ શોધવા માટે,આપણે વિચારીએ:
$\sin 30^{\circ} = \frac{AB}{AC}$
$\frac{1}{2} = \frac{5}{AC}$
$AC = 10 \, cm$.
વૈકલ્પિક રીતે,આપણે ત્રીજી બાજુ નક્કી કરવા માટે પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરી શક્યા હોત:
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{5^2 + (5\sqrt{3})^2} \, cm = \sqrt{25 + 75} \, cm = \sqrt{100} \, cm = 10 \, cm$.

(A) આપેલ છે કે $\triangle PQR$ માં,$\angle Q = 90^{\circ}$,$PQ = 3 \, cm$ અને $PR = 6 \, cm$ છે.
$\angle PRQ$ (અથવા $\angle R$) માટે,સામેની બાજુ $PQ$ છે અને કર્ણ $PR$ છે.
ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા: $\sin R = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{PQ}{PR}$.
$\sin R = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$,તેથી $\angle PRQ = 30^{\circ}$.
$\triangle PQR$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle QPR + \angle PQR + \angle PRQ = 180^{\circ}$.
$\angle QPR + 90^{\circ} + 30^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle QPR = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$.

(A) આપેલ છે કે $\sin ( A - B ) = \frac{1}{2}$.
કારણ કે $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$,તેથી $A - B = 30^{\circ}$ ......$(1)$
વળી,આપેલ છે કે $\cos ( A + B ) = \frac{1}{2}$.
કારણ કે $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$,તેથી $A + B = 60^{\circ}$ ......$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(A - B) + (A + B) = 30^{\circ} + 60^{\circ}$
$2A = 90^{\circ}$
$A = 45^{\circ}$
સમીકરણ $(2)$ માં $A = 45^{\circ}$ મુકતા:
$45^{\circ} + B = 60^{\circ}$
$B = 60^{\circ} - 45^{\circ}$
$B = 15^{\circ}$
આમ,$A = 45^{\circ}$ અને $B = 15^{\circ}$ મળે છે.

(A) આપેલ પદાવલિ $\sin 60^{\circ} \cos 30^{\circ} + \sin 30^{\circ} \cos 60^{\circ}$ છે.
પ્રમાણિત ત્રિકોણમિતીય મૂલ્યોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$,અને $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$.
આ મૂલ્યોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$= \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + \left(\frac{1}{2}\right) \left(\frac{1}{2}\right)$
$= \frac{3}{4} + \frac{1}{4}$
$= \frac{3 + 1}{4} = \frac{4}{4} = 1$.

(B) આપેલ પદાવલિ: $2 \tan ^{2} 45^{\circ}+\cos ^{2} 30^{\circ}-\sin ^{2} 60^{\circ}$
આપણે ત્રિકોણમિતીય મૂલ્યો જાણીએ છીએ:
$\tan 45^{\circ} = 1$
$\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
આ મૂલ્યોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$= 2(1)^{2} + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}$
$= 2(1) + \frac{3}{4} - \frac{3}{4}$
$= 2 + 0 = 2$

(A) આપેલ પદાવલિ: $\frac{\cos 45^{\circ}}{\sec 30^{\circ}+\operatorname{cosec} 30^{\circ}}$
ત્રિકોણમિતીય મૂલ્યો મૂકતા: $\cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,$\sec 30^{\circ} = \frac{2}{\sqrt{3}}$,અને $\operatorname{cosec} 30^{\circ} = 2$.
$\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{2}{\sqrt{3}}+2} = \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{2+2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}}$
$= \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}(2+2\sqrt{3})} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}+2\sqrt{6}}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરવા માટે અંશ અને છેદને $(2\sqrt{6}-2\sqrt{2})$ વડે ગુણતા:
$= \frac{\sqrt{3}(2\sqrt{6}-2\sqrt{2})}{(2\sqrt{6}+2\sqrt{2})(2\sqrt{6}-2\sqrt{2})}$
$= \frac{2\sqrt{18}-2\sqrt{6}}{(2\sqrt{6})^2-(2\sqrt{2})^2} = \frac{2(3\sqrt{2})-2\sqrt{6}}{24-8} = \frac{6\sqrt{2}-2\sqrt{6}}{16}$
$= \frac{2(3\sqrt{2}-\sqrt{6})}{16} = \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{8}$

ત્રિકોણમિતીય કિંમતો મૂકતા:
$\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$,$\tan 45^{\circ} = 1$,$\operatorname{cosec} 60^{\circ} = \frac{2}{\sqrt{3}}$,$\sec 30^{\circ} = \frac{2}{\sqrt{3}}$,$\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$,$\cot 45^{\circ} = 1$.
$\frac{\frac{1}{2}+1-\frac{2}{\sqrt{3}}}{\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{1}{2}+1} = \frac{\frac{3}{2}-\frac{2}{\sqrt{3}}}{\frac{3}{2}+\frac{2}{\sqrt{3}}}$
$= \frac{\frac{3\sqrt{3}-4}{2\sqrt{3}}}{\frac{3\sqrt{3}+4}{2\sqrt{3}}} = \frac{3\sqrt{3}-4}{3\sqrt{3}+4}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$= \frac{(3\sqrt{3}-4)(3\sqrt{3}-4)}{(3\sqrt{3}+4)(3\sqrt{3}-4)} = \frac{(3\sqrt{3})^2 + 4^2 - 2(3\sqrt{3})(4)}{(3\sqrt{3})^2 - 4^2}$
$= \frac{27 + 16 - 24\sqrt{3}}{27 - 16} = \frac{43 - 24\sqrt{3}}{11}$

(A) આપેલ પદાવલિ: $\frac{5 \cos ^{2} 60^{\circ}+4 \sec ^{2} 30^{\circ}-\tan ^{2} 45^{\circ}}{\sin ^{2} 30^{\circ}+\cos ^{2} 30^{\circ}}$
ત્રિકોણમિતીય મૂલ્યોનો ઉપયોગ કરતા: $\cos 60^{\circ} = 1/2$,$\sec 30^{\circ} = 2/\sqrt{3}$,$\tan 45^{\circ} = 1$,$\sin 30^{\circ} = 1/2$,$\cos 30^{\circ} = \sqrt{3}/2$.
આ મૂલ્યો મુકતા:
$= \frac{5(1/2)^{2} + 4(2/\sqrt{3})^{2} - (1)^{2}}{(1/2)^{2} + (\sqrt{3}/2)^{2}}$
$= \frac{5(1/4) + 4(4/3) - 1}{1/4 + 3/4}$
$= \frac{5/4 + 16/3 - 1}{4/4}$
$= \frac{(15 + 64 - 12)/12}{1}$
$= 67/12$

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{2 \tan 30^{\circ}}{1+\tan ^{2} 30^{\circ}} = \frac{2(\frac{1}{\sqrt{3}})}{1+(\frac{1}{\sqrt{3}})^2}$
$= \frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{1+\frac{1}{3}} = \frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{\frac{4}{3}}$
$= \frac{2}{\sqrt{3}} \times \frac{3}{4} = \frac{6}{4\sqrt{3}} = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
કારણ કે $\sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan 45^{\circ} = 1$ થાય છે.
આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{1-\tan ^{2} 45^{\circ}}{1+\tan ^{2} 45^{\circ}} = \frac{1-(1)^{2}}{1+(1)^{2}}$
$= \frac{1-1}{1+1}$
$= \frac{0}{2}$
$= 0$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપણને સમીકરણ $\sin 2A = 2 \sin A$ આપેલ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 2A = 2 \sin A \cos A$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે સમીકરણને આ રીતે લખી શકીએ:
$2 \sin A \cos A = 2 \sin A$
$2 \sin A \cos A - 2 \sin A = 0$
$2 \sin A (\cos A - 1) = 0$
આનો અર્થ એ છે કે કાં તો $\sin A = 0$ અથવા $\cos A = 1$ છે.
$\sin A = 0$ માટે,$A = 0^{\circ}, 180^{\circ}, \dots$
$\cos A = 1$ માટે,$A = 0^{\circ}, 360^{\circ}, \dots$
આપેલા વિકલ્પો તપાસતા,$A = 0^{\circ}$ માટે:
ડાબી બાજુ $(LHS)$: $\sin 2(0^{\circ}) = \sin 0^{\circ} = 0$
જમણી બાજુ $(RHS)$: $2 \sin 0^{\circ} = 2(0) = 0$
ડાબી બાજુ = જમણી બાજુ હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{2 \tan 30^{\circ}}{1-\tan ^{2} 30^{\circ}} = \frac{2 \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)}{1 - \left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)^{2}}$
$= \frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{1 - \frac{1}{3}}$
$= \frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{\frac{2}{3}}$
$= \frac{2}{\sqrt{3}} \times \frac{3}{2} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.
કારણ કે $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,તેથી સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ છે કે $\tan (A + B) = \sqrt{3}$.
કારણ કે $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,તેથી $A + B = 60^{\circ} \dots (1)$.
તે જ રીતે,$\tan (A - B) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
કારણ કે $\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $A - B = 30^{\circ} \dots (2)$.
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(A + B) + (A - B) = 60^{\circ} + 30^{\circ}$
$2A = 90^{\circ}$
$A = 45^{\circ}$.
સમીકરણ $(1)$ માં $A = 45^{\circ}$ મૂકતા:
$45^{\circ} + B = 60^{\circ}$
$B = 60^{\circ} - 45^{\circ} = 15^{\circ}$.
આમ,$A = 45^{\circ}$ અને $B = 15^{\circ}$ મળે છે.

(B) વિધાન $\sin (A+B) = \sin A + \sin B$ અસત્ય છે.
આને સાબિત કરવા માટે,ધારો કે $A = 30^{\circ}$ અને $B = 60^{\circ}$ છે.
ડાબી બાજુ $(LHS)$: $\sin (A+B) = \sin (30^{\circ} + 60^{\circ}) = \sin 90^{\circ} = 1$.
જમણી બાજુ $(RHS)$: $\sin A + \sin B = \sin 30^{\circ} + \sin 60^{\circ} = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1+\sqrt{3}}{2}$.
અહીં $1 \neq \frac{1+\sqrt{3}}{2}$ હોવાથી,આપેલ વિધાન અસત્ય છે.

(A) આ વિધાન સત્ય છે.
$0^{\circ} \le \theta \le 90^{\circ}$ ના અંતરાલમાં જેમ $\theta$ વધે છે તેમ $\sin \theta$ નું મૂલ્ય વધે છે.
આપણે પ્રમાણિત ત્રિકોણમિતીય મૂલ્યો પરથી આ જોઈ શકીએ છીએ:
$\sin 0^{\circ} = 0$
$\sin 30^{\circ} = 0.5$
$\sin 45^{\circ} \approx 0.707$
$\sin 60^{\circ} \approx 0.866$
$\sin 90^{\circ} = 1$
જેમ $\theta$ નું મૂલ્ય $0^{\circ}$ થી વધીને $90^{\circ}$ થાય છે,તેમ $\sin \theta$ નું મૂલ્ય $0$ થી વધીને $1$ થાય છે.

(B) આ વિધાન સત્ય છે કે અસત્ય તે નક્કી કરવા માટે,ચાલો $0^{\circ} \leq \theta \leq 90^{\circ}$ ના અંતરાલમાં $\theta$ ના વિવિધ ખૂણાઓ માટે $\cos \theta$ ના મૂલ્યો તપાસીએ:
$\cos 0^{\circ} = 1$
$\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866$
$\cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0.707$
$\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2} = 0.5$
$\cos 90^{\circ} = 0$
જેમ $\theta$ નું મૂલ્ય $0^{\circ}$ થી $90^{\circ}$ સુધી વધે છે,તેમ $\cos \theta$ નું મૂલ્ય $1$ થી ઘટીને $0$ થાય છે.
તેથી,આપેલ વિધાન અસત્ય છે.

(B) $\theta$ ના તમામ મૂલ્યો માટે $\sin \theta = \cos \theta$ એવું વિધાન અસત્ય છે.
સમર્થન:
$1$. સમીકરણ $\sin \theta = \cos \theta$ માત્ર ત્યારે જ સાચું છે જ્યારે $\theta = 45^{\circ}$ હોય.
$2$. $\theta = 45^{\circ}$ માટે,$\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ થાય છે.
$3$. $\theta$ ના અન્ય મૂલ્યો માટે,આ વિધાન ખોટું છે. ઉદાહરણ તરીકે,$\theta = 30^{\circ}$ માટે,$\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ છે જ્યારે $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ છે.
$4$. કારણ કે $\frac{1}{2} \neq \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી આપેલ વિધાન અસત્ય છે.

(TRUE) આ વિધાન સત્ય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot A = \frac{\cos A}{\sin A}$.
$A = 0^{\circ}$ માટે,$\cot 0^{\circ} = \frac{\cos 0^{\circ}}{\sin 0^{\circ}}$ થાય.
અહીં $\cos 0^{\circ} = 1$ અને $\sin 0^{\circ} = 0$ હોવાથી,આપણને $\cot 0^{\circ} = \frac{1}{0}$ મળે છે.
ગણિતમાં શૂન્ય વડે ભાગાકાર અવ્યાખ્યાયિત છે. તેથી,$\cot 0^{\circ}$ અવ્યાખ્યાયિત છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ: $\cot A = \tan(90^{\circ} - A)$.
છેદ માટે આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\cot 25^{\circ} = \tan(90^{\circ} - 25^{\circ}) = \tan 65^{\circ}$.
આ કિંમતને મૂળ પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{\tan 65^{\circ}}{\cot 25^{\circ}} = \frac{\tan 65^{\circ}}{\tan 65^{\circ}} = 1$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin 3A = \cos(A - 26^{\circ})$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta = \cos(90^{\circ} - \theta)$.
તેથી,$\sin 3A = \cos(90^{\circ} - 3A)$.
આ કિંમત આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\cos(90^{\circ} - 3A) = \cos(A - 26^{\circ})$
અહીં ખૂણાઓ લઘુકોણ હોવાથી,આપણે તેમને સરખાવી શકીએ:
$90^{\circ} - 3A = A - 26^{\circ}$
$A$ માટે ઉકેલવા પદોને ગોઠવતા:
$90^{\circ} + 26^{\circ} = A + 3A$
$116^{\circ} = 4A$
$A = \frac{116^{\circ}}{4} = 29^{\circ}$
આમ,$A$ ની કિંમત $29^{\circ}$ છે.

(N/A) આપેલ પદાવલિને $0^{\circ}$ અને $45^{\circ}$ ની વચ્ચેના ખૂણાઓમાં દર્શાવવા માટે,આપણે કોટિકોણના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીશું: $\cot(90^{\circ}-\theta) = \tan \theta$ અને $\cos(90^{\circ}-\theta) = \sin \theta$.
આપેલ પદાવલિ: $\cot 85^{\circ} + \cos 75^{\circ}$
પગલું $1$: $85^{\circ}$ ને $(90^{\circ}-5^{\circ})$ તરીકે અને $75^{\circ}$ ને $(90^{\circ}-15^{\circ})$ તરીકે લખો.
$\cot(90^{\circ}-5^{\circ}) + \cos(90^{\circ}-15^{\circ})$
પગલું $2$: નિત્યસમનો ઉપયોગ કરો.
$= \tan 5^{\circ} + \sin 15^{\circ}$
અહીં $5^{\circ}$ અને $15^{\circ}$ બંને $0^{\circ}$ અને $45^{\circ}$ ની વચ્ચે હોવાથી,પદાવલિ માંગ્યા મુજબના સ્વરૂપમાં છે.

(C) આપણે કોટિકોણ માટે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ જાણીએ છીએ: $\sin(90^{\circ} - \theta) = \cos \theta$.
આપેલ પદાવલિ: $\frac{\sin 18^{\circ}}{\cos 72^{\circ}}$.
આપણે $18^{\circ}$ ને $(90^{\circ} - 72^{\circ})$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$\sin 18^{\circ} = \sin(90^{\circ} - 72^{\circ}) = \cos 72^{\circ}$.
આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{\cos 72^{\circ}}{\cos 72^{\circ}} = 1$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta$.
આપેલ પદાવલિ: $\frac{\tan 26^{\circ}}{\cot 64^{\circ}}$.
આપણે $\tan 26^{\circ}$ ને $\tan(90^{\circ} - 64^{\circ})$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
કારણ કે $\tan(90^{\circ} - 64^{\circ}) = \cot 64^{\circ}$,તેથી પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$\frac{\cot 64^{\circ}}{\cot 64^{\circ}} = 1$.

(A) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ જાણીએ છીએ: $\cos(90^{\circ}-\theta) = \sin \theta$.
આપેલ પદાવલિ: $\cos 48^{\circ}-\sin 42^{\circ}$.
આપણે $\cos 48^{\circ}$ ને $\cos(90^{\circ}-42^{\circ})$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos(90^{\circ}-42^{\circ}) = \sin 42^{\circ}$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\sin 42^{\circ} - \sin 42^{\circ} = 0$.

(B) આપણે કોટિકોણ માટેના ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ જાણીએ છીએ: $\operatorname{cosec}(90^{\circ} - \theta) = \sec \theta$.
આપેલ પદાવલિ: $\operatorname{cosec} 31^{\circ} - \sec 59^{\circ}$.
આપણે $31^{\circ}$ ને $(90^{\circ} - 59^{\circ})$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$\operatorname{cosec} 31^{\circ} = \operatorname{cosec}(90^{\circ} - 59^{\circ}) = \sec 59^{\circ}$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\sec 59^{\circ} - \sec 59^{\circ} = 0$.

(N/A) $(i)$ આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta$.
$\tan 48^{\circ} \tan 23^{\circ} \tan 42^{\circ} \tan 67^{\circ} = \tan(90^{\circ} - 42^{\circ}) \tan(90^{\circ} - 67^{\circ}) \tan 42^{\circ} \tan 67^{\circ}$
$= \cot 42^{\circ} \cot 67^{\circ} \tan 42^{\circ} \tan 67^{\circ}$
$= (\cot 42^{\circ} \tan 42^{\circ}) (\cot 67^{\circ} \tan 67^{\circ})$
$= (1)(1) = 1$.
$(ii)$ આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(90^{\circ} - \theta) = \sin \theta$ અને $\sin(90^{\circ} - \theta) = \cos \theta$.
$\cos 38^{\circ} \cos 52^{\circ} - \sin 38^{\circ} \sin 52^{\circ} = \cos(90^{\circ} - 52^{\circ}) \cos(90^{\circ} - 38^{\circ}) - \sin 38^{\circ} \sin 52^{\circ}$
$= \sin 52^{\circ} \sin 38^{\circ} - \sin 38^{\circ} \sin 52^{\circ} = 0$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\tan 2A = \cot(A - 18^{\circ})$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \theta = \cot(90^{\circ} - \theta)$.
આ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\cot(90^{\circ} - 2A) = \cot(A - 18^{\circ})$.
બંને બાજુ કોટિ-વિધેય સમાન હોવાથી,તેમના ખૂણાઓ સમાન થશે: $90^{\circ} - 2A = A - 18^{\circ}$.
$A$ માટે પદોને ગોઠવતા: $90^{\circ} + 18^{\circ} = A + 2A$.
$108^{\circ} = 3A$.
$A = \frac{108^{\circ}}{3} = 36^{\circ}$.
આમ,$A$ નું મૂલ્ય $36^{\circ}$ છે.

(N/A) આપેલ છે કે,$\tan A = \cot B$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot B = \tan(90^{\circ} - B)$.
આ કિંમત આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને મળે છે $\tan A = \tan(90^{\circ} - B)$.
જેથી,ખૂણાઓ સમાન થશે: $A = 90^{\circ} - B$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે $A + B = 90^{\circ}$.

(B) આપેલ છે કે,$\sec 4A = \operatorname{cosec}(A - 20^{\circ})$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec \theta = \operatorname{cosec}(90^{\circ} - \theta)$.
તેથી,$\operatorname{cosec}(90^{\circ} - 4A) = \operatorname{cosec}(A - 20^{\circ})$.
ખૂણાઓને સરખાવતા,આપણને મળે છે $90^{\circ} - 4A = A - 20^{\circ}$.
પદોને ગોઠવતા,$90^{\circ} + 20^{\circ} = A + 4A$.
$110^{\circ} = 5A$.
$A = \frac{110^{\circ}}{5} = 22^{\circ}$.
આમ,$A$ નું મૂલ્ય $22^{\circ}$ છે.

(N/A) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણ $ABC$ માટે,અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$
$\angle B + \angle C = 180^{\circ} - \angle A$
બંને બાજુ $2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{\angle B + \angle C}{2} = \frac{180^{\circ} - \angle A}{2} = 90^{\circ} - \frac{\angle A}{2}$
બંને બાજુ સાઈન $(sin)$ લેતા:
$\sin \left(\frac{B+C}{2}\right) = \sin \left(90^{\circ} - \frac{A}{2}\right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(90^{\circ} - \theta) = \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\sin \left(\frac{B+C}{2}\right) = \cos \left(\frac{A}{2}\right)$
આમ,આ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ પદાવલિને $0^{\circ}$ અને $45^{\circ}$ ની વચ્ચેના ખૂણાઓના ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તરોમાં દર્શાવવા માટે,આપણે કોટિકોણના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીશું:
$\sin(90^{\circ} - \theta) = \cos \theta$
$\cos(90^{\circ} - \theta) = \sin \theta$
આપેલ પદાવલિ: $\sin 67^{\circ} + \cos 75^{\circ}$
પગલું $1$: $67^{\circ}$ ને $(90^{\circ} - 23^{\circ})$ તરીકે અને $75^{\circ}$ ને $(90^{\circ} - 15^{\circ})$ તરીકે લખો.
$= \sin(90^{\circ} - 23^{\circ}) + \cos(90^{\circ} - 15^{\circ})$
પગલું $2$: કોટિકોણના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરો.
$= \cos 23^{\circ} + \sin 15^{\circ}$
અહીં $23^{\circ}$ અને $15^{\circ}$ બંને $0^{\circ}$ અને $45^{\circ}$ ની વચ્ચે હોવાથી,પદાવલિ હવે જરૂરી સ્વરૂપમાં છે.

(N/A) આપણે મૂળભૂત ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ જાણીએ છીએ: $\cos^2 A + \sin^2 A = 1$.
$1$. $\cos A$ ને $\sin A$ ના પદોમાં દર્શાવવા માટે:
$\cos^2 A = 1 - \sin^2 A$
$\cos A = \sqrt{1 - \sin^2 A}$ (લઘુકોણ $A$ માટે ધન વર્ગમૂળ લેતા)
$2$. $\tan A$ ને $\sin A$ ના પદોમાં દર્શાવવા માટે:
$\tan A = \frac{\sin A}{\cos A}$
$\cos A$ ની કિંમત મૂકતા:
$\tan A = \frac{\sin A}{\sqrt{1 - \sin^2 A}}$
$3$. $\sec A$ ને $\sin A$ ના પદોમાં દર્શાવવા માટે:
$\sec A = \frac{1}{\cos A}$
$\cos A$ ની કિંમત મૂકતા:
$\sec A = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 A}}$

(A) $LHS = \sec A(1-\sin A)(\sec A+\tan A)$
$= \left(\frac{1}{\cos A}\right)(1-\sin A)\left(\frac{1}{\cos A} + \frac{\sin A}{\cos A}\right)$
$= \left(\frac{1-\sin A}{\cos A}\right)\left(\frac{1+\sin A}{\cos A}\right)$
$= \frac{(1-\sin A)(1+\sin A)}{\cos^2 A}$
$= \frac{1-\sin^2 A}{\cos^2 A}$
$= \frac{\cos^2 A}{\cos^2 A} = 1 = RHS$
આમ,નિત્યસમ સાબિત થાય છે.