Mix Examples - Some Applications of Trigonometry Questions in Gujarati

(N/A) ધારો કે $O$ એ ફુગ્ગાનું કેન્દ્ર છે,$OP = r$ તેની ત્રિજ્યા છે,અને $A$ એ નિરીક્ષકની આંખનું સ્થાન છે. નિરીક્ષકની આંખ પાસે ફુગ્ગા દ્વારા આંતરવામાં આવતો ખૂણો $\angle PAQ = \theta$ છે. રેખા $AO$ એ $\angle PAQ$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle OAP = \frac{\theta}{2}$ થાય.
કેન્દ્ર $O$ નો ઉત્સેધકોણ $\angle OAB = \phi$ છે,જ્યાં $B$ એ $O$ ની બરાબર નીચે જમીન પરનું બિંદુ છે. ધારો કે ફુગ્ગાના કેન્દ્રની ઊંચાઈ $h$ છે,તેથી $OB = h$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OAP$ માં (જ્યાં $\angle OPA = 90^\circ$ છે કારણ કે દ્રષ્ટિરેખા ગોળાને સ્પર્શક છે),આપણને મળે:
$\sin(\angle OAP) = \frac{OP}{OA}$
$\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{r}{OA}$
$OA = \frac{r}{\sin(\frac{\theta}{2})} = r \operatorname{cosec}\left(\frac{\theta}{2}\right)$ .....$(1)$
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OAB$ માં (જ્યાં $\angle OBA = 90^\circ$ છે),આપણને મળે:
$\sin(\angle OAB) = \frac{OB}{OA}$
$\sin \phi = \frac{h}{OA}$
$h = OA \sin \phi$ .....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $OA$ ની કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$h = r \operatorname{cosec}\left(\frac{\theta}{2}\right) \sin \phi$
$h = r \sin \phi \operatorname{cosec}\left(\frac{\theta}{2}\right)$

(N/A) ધારો કે ફુગ્ગાની ઊંચાઈ $P$ આગળ $h$ મીટર છે. ધારો કે $A$ અને $B$ બે કાર છે. તેથી $AB = 100 \, m$. ધારો કે $Q$ એ રસ્તા પરનું બિંદુ છે જે ફુગ્ગા $P$ ની બરાબર નીચે છે.
$\triangle PAQ$ માં,$\angle PAQ = 45^{\circ}$. તેથી,$\tan 45^{\circ} = \frac{PQ}{AQ} \implies 1 = \frac{h}{AQ} \implies AQ = h$.
$\triangle PBQ$ માં,$\angle PBQ = 60^{\circ}$. તેથી,$\tan 60^{\circ} = \frac{PQ}{BQ} \implies \sqrt{3} = \frac{h}{BQ} \implies BQ = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
કારણ કે $AQ = AB + BQ$,તેથી $h = 100 + \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$h - \frac{h}{\sqrt{3}} = 100 \implies h \left( \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}} \right) = 100$.
$h = \frac{100 \sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} = \frac{100 \sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{3-1} = \frac{100(3+\sqrt{3})}{2} = 50(3+\sqrt{3}) \, m$.
આમ,ફુગ્ગાની ઊંચાઈ $50(3+\sqrt{3}) \, m$ છે (આશરે $236.6 \, m$).

(N/A) ધારો કે $P$ વાદળ છે અને $Q$ સરોવરમાં તેનું પ્રતિબિંબ છે. ધારો કે $A$ અવલોકન બિંદુ છે જેથી $AB = h$ થાય.
ધારો કે સરોવરથી વાદળની ઊંચાઈ $x$ છે. ધારો કે $AL = d$ છે.
$\triangle PAL$ માંથી,$\frac{x-h}{d} = \tan \theta$ ..........$(1)$
$\triangle QAL$ માંથી,$\frac{x+h}{d} = \tan \phi$ ..........$(2)$
$(2)$ ને $(1)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $\frac{x+h}{x-h} = \frac{\tan \phi}{\tan \theta}$.
યોગ-વિયોગની રીત (componendo and dividendo) વાપરતા,$\frac{(x+h)+(x-h)}{(x+h)-(x-h)} = \frac{\tan \phi + \tan \theta}{\tan \phi - \tan \theta}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{2x}{2h} = \frac{\tan \phi + \tan \theta}{\tan \phi - \tan \theta}$ મળે છે.
તેથી,$x = h\left(\frac{\tan \phi + \tan \theta}{\tan \phi - \tan \theta}\right).$

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h \, m$ છે.
ધારો કે ટાવર $PR$ છે,જ્યાં $R$ પાયો છે અને $P$ ટોચ છે.
ધારો કે અવલોકનકારનું પ્રારંભિક સ્થાન $Q$ છે અને નવું સ્થાન $S$ છે.
આપેલ છે કે $QS = 20 \, m$,$\angle PQR = 30^{\circ}$,અને $S$ આગળ ઉત્સેધકોણ $15^{\circ}$ વધે છે,તેથી $\angle PSR = 30^{\circ} + 15^{\circ} = 45^{\circ}$.
$\triangle PSR$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{PR}{SR} \implies 1 = \frac{h}{SR} \implies SR = h$.
$\triangle PQR$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{PR}{QR} = \frac{h}{QS + SR} = \frac{h}{20 + h}$.
કારણ કે $\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{20 + h}$.
$20 + h = h\sqrt{3}$.
$20 = h(\sqrt{3} - 1)$.
$h = \frac{20}{\sqrt{3} - 1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $h = \frac{20(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = \frac{20(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{20(\sqrt{3} + 1)}{2} = 10(\sqrt{3} + 1) \, m$.
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $10(\sqrt{3} + 1) \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને ટાવર $AC$ છે,જ્યાં $C$ એ ટાવરનું તળિયું છે.
ધારો કે બે બિંદુઓ $B$ અને $P$ એક જ રેખા પર છે જેથી $BC = s$ અને $PC = t$ થાય.
ધારો કે $\angle ABC = \theta$. ઉત્સેધકોણ કોટિકોણ હોવાથી,$\angle APC = 90^{\circ} - \theta$ થાય.
$\triangle ABC$ માં,$\tan \theta = \frac{AC}{BC} = \frac{h}{s}$ --- $(i)$
$\triangle APC$ માં,$\tan(90^{\circ} - \theta) = \frac{AC}{PC} = \frac{h}{t}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta$,તેથી $\cot \theta = \frac{h}{t}$ થાય.
તેથી,$\frac{1}{\tan \theta} = \frac{h}{t} \implies \tan \theta = \frac{t}{h}$ --- $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો ગુણાકાર કરતા:
$\tan \theta \cdot \cot \theta = \frac{h}{s} \cdot \frac{h}{t}$
$1 = \frac{h^2}{st}$
$h^2 = st$
$h = \sqrt{st}$
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $\sqrt{st}$ છે.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને જ્યારે સૂર્યનો ઉન્નતકોણ $60^{\circ}$ હોય ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x \, m$ છે.
ધારો કે ટાવર $SQ$ છે,જ્યાં $S$ ટોચ છે અને $Q$ પાયો છે.
જ્યારે ઉન્નતકોણ $60^{\circ}$ હોય,ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $RQ = x$ છે.
$\triangle S R Q$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{SQ}{RQ} \Rightarrow \sqrt{3} = \frac{h}{x} \Rightarrow x = \frac{h}{\sqrt{3}}$ .......$(i)$
જ્યારે ઉન્નતકોણ $30^{\circ}$ હોય,ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $PQ = PR + RQ = 50 + x$ છે.
$\triangle S P Q$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{SQ}{PQ} = \frac{h}{50 + x}$.
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{50 + x} \Rightarrow 50 + x = h\sqrt{3}$.
સમીકરણ $(i)$ માંથી $x = \frac{h}{\sqrt{3}}$ મૂકતા:
$50 + \frac{h}{\sqrt{3}} = h\sqrt{3} \Rightarrow 50 = h\sqrt{3} - \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$50 = h \left( \frac{3 - 1}{\sqrt{3}} \right) \Rightarrow 50 = h \left( \frac{2}{\sqrt{3}} \right)$.
$h = \frac{50 \sqrt{3}}{2} = 25 \sqrt{3} \, m$.
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $25 \sqrt{3} \, m$ છે.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને બિંદુથી ટાવરના પાયા સુધીનું અંતર $x$ છે.
આપેલ છે કે,ધ્વજદંડની ઊંચાઈ $h$ છે અને ધ્વજદંડના તળિયા અને ટોચના ઉત્સેધકોણ અનુક્રમે $\alpha$ અને $\beta$ છે.
$\triangle PRO$ માં,$\tan \alpha = \frac{PO}{RO} = \frac{H}{x} \implies x = \frac{H}{\tan \alpha}$ .....$(i)$
$\triangle FRO$ માં,$\tan \beta = \frac{FO}{RO} = \frac{FP + PO}{RO} = \frac{h + H}{x} \implies x = \frac{h + H}{\tan \beta}$ .....$(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$\frac{H}{\tan \alpha} = \frac{h + H}{\tan \beta}$
$H \tan \beta = (h + H) \tan \alpha$
$H \tan \beta = h \tan \alpha + H \tan \alpha$
$H \tan \beta - H \tan \alpha = h \tan \alpha$
$H(\tan \beta - \tan \alpha) = h \tan \alpha$
$H = \frac{h \tan \alpha}{\tan \beta - \tan \alpha}$
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $\frac{h \tan \alpha}{\tan \beta - \tan \alpha}$ છે.

(A) ધારો કે બે ટાવર વચ્ચેનું અંતર $AB = x \, m$ છે અને બીજા ટાવરની ઊંચાઈ $PA = h \, m$ છે.
આપેલ છે: પ્રથમ ટાવરની ઊંચાઈ $QB = 30 \, m$,$\angle QAB = 60^{\circ}$ અને $\angle PBA = 30^{\circ}$.
$\triangle QAB$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{QB}{AB} = \frac{30}{x}$.
$\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$ હોવાથી,$\sqrt{3} = \frac{30}{x}$,તેથી $x = \frac{30}{\sqrt{3}} = 10\sqrt{3} \, m$.
$\triangle PBA$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{PA}{AB} = \frac{h}{x}$.
$\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ હોવાથી,$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{10\sqrt{3}}$.
$h$ માટે ઉકેલતા,$h = \frac{10\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 10 \, m$.
આમ,બંને ટાવર વચ્ચેનું અંતર $10\sqrt{3} \, m$ અને બીજા ટાવરની ઊંચાઈ $10 \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે ટાવર $AD$ છે જેની ઊંચાઈ $h \, m$ છે. ધારો કે બે પદાર્થો જમીન પર $B$ અને $C$ બિંદુઓ પર છે,જેથી $B, C$ અને $D$ એક જ રેખામાં છે.
ધારો કે બે પદાર્થો વચ્ચેનું અંતર $BC = x \, m$ છે અને બીજા પદાર્થથી ટાવરના પાયા સુધીનું અંતર $CD = y \, m$ છે.
આપેલ છે કે અવસેધકોણ $\alpha$ અને $\beta$ છે,યુગ્મકોણના ગુણધર્મ મુજબ:
$\angle ABD = \alpha$ અને $\angle ACD = \beta$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ACD$ માં:
$\tan \beta = \frac{AD}{CD} = \frac{h}{y} \implies y = \frac{h}{\tan \beta} \quad \dots(i)$
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ABD$ માં:
$\tan \alpha = \frac{AD}{BD} = \frac{h}{x + y} \implies x + y = \frac{h}{\tan \alpha} \implies y = \frac{h}{\tan \alpha} - x \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$\frac{h}{\tan \beta} = \frac{h}{\tan \alpha} - x$
$x = \frac{h}{\tan \alpha} - \frac{h}{\tan \beta}$
$x = h \left( \frac{1}{\tan \alpha} - \frac{1}{\tan \beta} \right)$
$x = h (\cot \alpha - \cot \beta) \, m$
આમ,બે પદાર્થો વચ્ચેનું અંતર $h (\cot \alpha - \cot \beta) \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે નિસરણીની લંબાઈ $L$ છે.
શરૂઆતની સ્થિતિમાં,નિસરણી ક્ષિતિજ સમાંતર સાથે $\alpha$ ખૂણો બનાવે છે. ધારો કે નિસરણીનો નીચેનો છેડો દીવાલથી $OA$ અંતરે છે અને ઉપરનો છેડો દીવાલ પર $OB$ ઊંચાઈએ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OAB$ પરથી:
$OA = L \cos \alpha$
$OB = L \sin \alpha$
જ્યારે નીચેનો છેડો $p$ અંતર જેટલો દૂર ખેંચવામાં આવે છે,ત્યારે નીચેના છેડાની નવી સ્થિતિ $S$ છે જેથી $OS = OA + p = L \cos \alpha + p$.
ઉપરનો છેડો $q$ અંતર જેટલો નીચે સરકે છે,તેથી નવી ઊંચાઈ $OQ = OB - q = L \sin \alpha - q$ થાય છે.
હવે નિસરણી ક્ષિતિજ સમાંતર સાથે $\beta$ ખૂણો બનાવે છે. કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OSQ$ પરથી:
$OS = L \cos \beta$
$OQ = L \sin \beta$
$OS$ અને $OQ$ માટેના સમીકરણોને સરખાવતા:
$L \cos \beta = L \cos \alpha + p \implies p = L(\cos \beta - \cos \alpha)$
$L \sin \beta = L \sin \alpha - q \implies q = L(\sin \alpha - \sin \beta)$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\frac{p}{q} = \frac{L(\cos \beta - \cos \alpha)}{L(\sin \alpha - \sin \beta)} = \frac{\cos \beta - \cos \alpha}{\sin \alpha - \sin \beta}$
આમ સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે શિરોલંબ ટાવરની ઊંચાઈ $OT = H \, m$ છે.
ધારો કે જમીન પરના બિંદુથી ટાવરના પાયા સુધીનું અંતર $OP = x \, m$ છે.
આપેલ છે કે $AP = 10 \, m$,અને ટાવર શિરોલંબ હોવાથી,$AB = OP = x \, m$ અને $OB = AP = 10 \, m$ થાય.
તેથી,$TB = OT - OB = (H - 10) \, m$ થાય.
$\triangle TPO$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{OT}{OP} = \frac{H}{x}$.
$\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$ હોવાથી,$\sqrt{3} = \frac{H}{x}$,જેનો અર્થ છે કે $x = \frac{H}{\sqrt{3}}$ ....$(i)$.
$\triangle TAB$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{TB}{AB} = \frac{H - 10}{x}$.
$\tan 45^{\circ} = 1$ હોવાથી,$1 = \frac{H - 10}{x}$,જેનો અર્થ છે કે $x = H - 10$ ....$(ii)$.
$(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા,$\frac{H}{\sqrt{3}} = H - 10$ મળે.
$H = \sqrt{3}(H - 10) \Rightarrow H = H\sqrt{3} - 10\sqrt{3}$.
$10\sqrt{3} = H(\sqrt{3} - 1)$.
$H = \frac{10\sqrt{3}}{\sqrt{3} - 1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $H = \frac{10\sqrt{3}(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = \frac{10(3 + \sqrt{3})}{3 - 1} = \frac{10(3 + \sqrt{3})}{2} = 5(3 + \sqrt{3}) \, m$.
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $5(3 + \sqrt{3}) \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે બીજા ઘરની ઊંચાઈ $OQ = H$ છે અને બે ઘર વચ્ચેનું અંતર $OB = MW = x \text{ m}$ છે.
આપેલ છે કે,પ્રથમ ઘરની ઊંચાઈ $WB = h = MO$ છે.
ટોચનો ઉત્સેધકોણ $\angle QWM = \alpha$ અને તળિયાનો અવસેધકોણ $\angle OWM = \beta$ છે.
$WM$ એ $BO$ ને સમાંતર હોવાથી,$\angle WOB = \angle OWM = \beta$ (યુગ્મકોણ).
$\triangle WOB$ માં,$\tan \beta = \frac{WB}{OB} = \frac{h}{x} \implies x = \frac{h}{\tan \beta} \dots (i)$.
$\triangle QWM$ માં,$\tan \alpha = \frac{QM}{WM} = \frac{OQ - MO}{WM} = \frac{H - h}{x} \implies x = \frac{H - h}{\tan \alpha} \dots (ii)$.
$(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$\frac{h}{\tan \beta} = \frac{H - h}{\tan \alpha}$
$h \tan \alpha = (H - h) \tan \beta$
$h \tan \alpha = H \tan \beta - h \tan \beta$
$H \tan \beta = h \tan \alpha + h \tan \beta$
$H \tan \beta = h(\tan \alpha + \tan \beta)$
$H = h \left( \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{\tan \beta} \right)$
$H = h \left( \frac{\tan \alpha}{\tan \beta} + 1 \right)$
$H = h(1 + \tan \alpha \cot \beta)$.
આમ,બીજા ઘરની ઊંચાઈ $h(1 + \tan \alpha \cot \beta)$ મીટર છે.

(B) ધારો કે જમીનથી ફુગ્ગાની ઊંચાઈ $H$ છે.
ધારો કે ઘરથી ફુગ્ગાનું સમક્ષિતિજ અંતર $x$ છે.
નીચેની બારી $(w_2)$ ની જમીનથી ઊંચાઈ $2\, m$ છે.
ઉપરની બારી $(w_1)$ ની નીચેની બારીથી ઊંચાઈ $4\, m$ છે,તેથી તેની જમીનથી ઊંચાઈ $2 + 4 = 6\, m$ થાય.
નીચેની બારી,ફુગ્ગો અને નીચેની બારીના સ્તરે આવેલી સમક્ષિતિજ રેખા દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan 60^{\circ} = \frac{H - 2}{x} \Rightarrow \sqrt{3} = \frac{H - 2}{x} \Rightarrow x = \frac{H - 2}{\sqrt{3}} \quad \dots(i)$
ઉપરની બારી,ફુગ્ગો અને ઉપરની બારીના સ્તરે આવેલી સમક્ષિતિજ રેખા દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan 30^{\circ} = \frac{H - 6}{x} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{H - 6}{x} \Rightarrow x = \sqrt{3}(H - 6) \quad \dots(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$\frac{H - 2}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}(H - 6)$
$H - 2 = 3(H - 6)$
$H - 2 = 3H - 18$
$2H = 16$
$H = 8\, m$.
આમ,જમીનથી ફુગ્ગાની ઊંચાઈ $8\, m$ છે.

(N/A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $AB = 70\, m$ છે અને થાંભલાની ઊંચાઈ $CD = h$ છે. ટાવર અને થાંભલા વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
$\triangle ABD$ માં,$\tan(45^{\circ}) = \frac{AB}{BD} \implies 1 = \frac{70}{x} \implies x = 70\, m$.
હવે,થાંભલાની ટોચ $C$ ને ધ્યાનમાં લો. $C$ માંથી એક આડી રેખા દોરો જે $AB$ ને $E$ બિંદુએ મળે છે. તેથી $AE = h$ અને $EB = 70 - h$ થાય.
$\triangle AEC$ માં,$\tan(30^{\circ}) = \frac{AE}{EC} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{70 - h}{70}$.
$70 = \sqrt{3}(70 - h) \implies 70 = 70\sqrt{3} - h\sqrt{3} \implies h\sqrt{3} = 70(\sqrt{3} - 1)$.
$h = \frac{70(\sqrt{3} - 1)}{\sqrt{3}} = 70(1 - \frac{1}{\sqrt{3}}) \approx 70(1 - 0.577) = 70(0.423) = 29.61\, m$.
આમ,અંતર $70\, m$ છે અને થાંભલાની ઊંચાઈ આશરે $29.61\, m$ છે.

(B) ધારો કે ઇમારતની ઊંચાઈ $H$ છે અને ઇમારતથી કારનું અંતર $x$ છે.
ઇમારતની ટોચ પરથી અવસેધકોણ $60^{\circ}$ છે,તેથી $\tan(60^{\circ}) = \frac{H}{x} \implies \sqrt{3} = \frac{H}{x} \implies H = x\sqrt{3}$.
ટોચથી $10 \, m$ નીચેની બારીમાંથી ઊંચાઈ $(H - 10)$ થાય અને અવસેધકોણ $45^{\circ}$ છે,તેથી $\tan(45^{\circ}) = \frac{H - 10}{x} \implies 1 = \frac{H - 10}{x} \implies H - 10 = x$.
બીજા સમીકરણમાં $H = x\sqrt{3}$ મૂકતા: $x\sqrt{3} - 10 = x$.
$x(\sqrt{3} - 1) = 10$.
$x = \frac{10}{\sqrt{3} - 1} = \frac{10}{1.732 - 1} = \frac{10}{0.732} \approx 13.66 \, m$.

(B) ધારો કે ટેકરીની ઊંચાઈ $h_1 = 80 \, m$ છે અને ટાવરની કુલ ઊંચાઈ $H = h_1 + h_2$ છે,જ્યાં $h_2$ એ ટેકરીની ટોચથી ટાવરની ઉપરની ઊંચાઈ છે.
ધારો કે ટેકરી અને ટાવર વચ્ચેનું આડું અંતર $d$ છે.
પાયાના અવસેધકોણ પરથી: $\tan(45^\circ) = \frac{h_1}{d} \implies 1 = \frac{80}{d} \implies d = 80 \, m$.
ટોચના ઉત્સેધકોણ પરથી: $\tan(30^\circ) = \frac{h_2}{d} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h_2}{80} \implies h_2 = \frac{80}{\sqrt{3}} \approx 46.19 \, m$.
ટાવરની કુલ ઊંચાઈ $H = 80 + 46.19 = 126.19 \, m$ (અથવા $80(1 + \frac{1}{\sqrt{3}}) \, m$) થાય.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને બીજા બિંદુથી ટાવરના પાયા સુધીનું અંતર $x$ છે.
ટાવર અને બીજા બિંદુ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\tan(60^{\circ}) = \frac{h}{x}$ થાય.
$\tan(60^{\circ}) = \sqrt{3}$ હોવાથી,$x = \frac{h}{\sqrt{3}}$ મળે.
ટાવર અને પ્રથમ બિંદુ દ્વારા બનતા મોટા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,પાયાથી અંતર $x + 30$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(30^{\circ}) = \frac{h}{x + 30}$.
$\tan(30^{\circ}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ હોવાથી,$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{x + 30}$,જેનો અર્થ છે કે $x + 30 = h\sqrt{3}$.
$x = \frac{h}{\sqrt{3}}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{h}{\sqrt{3}} + 30 = h\sqrt{3}$.
$\sqrt{3}$ વડે ગુણતા: $h + 30\sqrt{3} = 3h$,તેથી $2h = 30\sqrt{3}$.
આમ,$h = 15\sqrt{3} \approx 15 \times 1.732 = 25.98\, m$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સૌથી નજીકની કિંમત $25.95\, m$ છે.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને શરૂઆતની પડછાયાની લંબાઈ $x$ છે.
જ્યારે ઉન્નતકોણ $30^{\circ}$ હોય,ત્યારે $\tan(30^{\circ}) = h/x \implies 1/\sqrt{3} = h/x \implies x = h\sqrt{3}$.
જ્યારે ઉન્નતકોણ $60^{\circ}$ હોય,ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x - 50$ થાય છે.
તેથી,$\tan(60^{\circ}) = h/(x - 50) \implies \sqrt{3} = h/(x - 50) \implies x - 50 = h/\sqrt{3}$.
સમીકરણમાં $x = h\sqrt{3}$ મૂકતા: $h\sqrt{3} - 50 = h/\sqrt{3}$.
$\sqrt{3}$ વડે ગુણતા: $3h - 50\sqrt{3} = h \implies 2h = 50\sqrt{3} \implies h = 25\sqrt{3}$.
$\sqrt{3} \approx 1.732$ લેતા,$h = 25 \times 1.732 = 43.30\, m$.

(16.56 M) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને બિલ્ડિંગની ઊંચાઈ $h = 7 \, m$ છે. ટાવર અને બિલ્ડિંગ વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
ટાવરની ટોચ પરથી બિલ્ડિંગની ટોચનો અવસેધકોણ $45^{\circ}$ છે,તેથી બિલ્ડિંગની ટોચથી ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $45^{\circ}$ થાય. આમ,$\tan(45^{\circ}) = \frac{H - 7}{x} \implies 1 = \frac{H - 7}{x} \implies x = H - 7$.
ટાવરની ટોચ પરથી બિલ્ડિંગના પાયાનો અવસેધકોણ $60^{\circ}$ છે,તેથી બિલ્ડિંગના પાયાથી ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ}$ થાય. આમ,$\tan(60^{\circ}) = \frac{H}{x} \implies \sqrt{3} = \frac{H}{x} \implies x = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$x$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $H - 7 = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$H\sqrt{3} - 7\sqrt{3} = H \implies H(\sqrt{3} - 1) = 7\sqrt{3}$.
$H = \frac{7\sqrt{3}}{\sqrt{3} - 1} = \frac{7\sqrt{3}(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{7(3 + \sqrt{3})}{2} = \frac{7(3 + 1.732)}{2} = \frac{7(4.732)}{2} = 7 \times 2.366 = 16.562 \, m$.

(C) ધારો કે લાઇટહાઉસની ઊંચાઈ $h$ છે અને લાઇટહાઉસનું સ્થાન $O$ છે. ધારો કે બે વહાણો વિરુદ્ધ બાજુએ $A$ અને $B$ બિંદુઓ પર છે.
આપેલ છે કે,$60^{\circ}$ ના અવસેધકોણવાળા વહાણનું અંતર $150\,m$ છે. તેથી,$OA = 150\,m$.
લાઇટહાઉસ અને વહાણ $A$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\tan(60^{\circ}) = \frac{h}{150}$.
$\tan(60^{\circ}) = \sqrt{3}$ હોવાથી,$h = 150\sqrt{3}\,m$ મળે.
હવે,$30^{\circ}$ ના અવસેધકોણવાળા બીજા વહાણ $B$ માટે,$\tan(30^{\circ}) = \frac{h}{OB}$.
$\tan(30^{\circ}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ હોવાથી,$OB = h\sqrt{3} = (150\sqrt{3}) \times \sqrt{3} = 150 \times 3 = 450\,m$ મળે.
બંને વહાણો વચ્ચેનું કુલ અંતર $OA + OB = 150 + 450 = 600\,m$ થાય.

(D) ધારો કે ઝાડની કુલ ઊંચાઈ $H = 21 \,m$ છે. ધારો કે ઝાડ જમીનથી $h$ ઊંચાઈએથી તૂટે છે. ઝાડનો બાકીનો ભાગ જમીન સાથે કાટકોણ ત્રિકોણનો કર્ણ બનાવે છે. તૂટેલા ભાગની લંબાઈ $(21 - h) \,m$ છે. કાટકોણ ત્રિકોણમાં,ઊંચાઈ $h$ એ $30^{\circ}$ ના ખૂણાની સામેની બાજુ છે. સાઈન વિધેયનો ઉપયોગ કરતા: $\sin(30^{\circ}) = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{h}{21 - h}$. કારણ કે $\sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2}$,તેથી $\frac{1}{2} = \frac{h}{21 - h}$. ચોકડી ગુણાકાર કરતા $21 - h = 2h$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ આપતા $3h = 21$ થાય છે. તેથી,$h = 7 \,m$.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને ટાવરથી પ્રથમ કારનું અંતર $x_1 = 75\, m$ છે. ધારો કે બીજી કારનું અંતર $x_2$ છે. અવસેધકોણ $60^{\circ}$ અને $30^{\circ}$ છે,જે કારથી ટાવરની ટોચ સુધીના ઉત્સેધકોણ સમાન છે.
પ્રથમ કાર,ટાવરનો પાયો અને ટાવરની ટોચ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં: $\tan(60^{\circ}) = h / 75$. તેથી,$h = 75 \times \sqrt{3} = 75\sqrt{3}\, m$.
બીજી કાર,ટાવરનો પાયો અને ટાવરની ટોચ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં: $\tan(30^{\circ}) = h / x_2$. તેથી,$x_2 = h / \tan(30^{\circ}) = (75\sqrt{3}) / (1 / \sqrt{3}) = 75 \times 3 = 225\, m$.
બે કાર વચ્ચેનું અંતર $x_2 - x_1 = 225 - 75 = 150\, m$ છે.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને ઇમારતની ઊંચાઈ $h = 100 \, m$ છે.
ધારો કે ટાવર અને ઇમારત વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
ટાવરની ટોચ પરથી ઇમારતની ટોચનો અવસેધકોણ $30^{\circ}$ છે,તેથી ઇમારતની ટોચથી ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $30^{\circ}$ થાય.
તેથી,$\tan(30^{\circ}) = \frac{H - 100}{x} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{H - 100}{x} \implies x = \sqrt{3}(H - 100)$.
ટાવરની ટોચ પરથી ઇમારતના તળિયાનો અવસેધકોણ $60^{\circ}$ છે,તેથી ઇમારતના તળિયાથી ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ}$ થાય.
તેથી,$\tan(60^{\circ}) = \frac{H}{x} \implies \sqrt{3} = \frac{H}{x} \implies x = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$x$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\sqrt{3}(H - 100) = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$3(H - 100) = H \implies 3H - 300 = H \implies 2H = 300 \implies H = 150 \, m$.

(C) ધારો કે થાંભલાની લંબાઈ $L$ છે.
થાંભલો જમીન સાથે $60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
બપોરે સૂર્ય બરાબર માથા પર હોવાથી,પડછાયો જમીન પર પડે છે.
થાંભલો,તેનો પડછાયો અને જમીન એક કાટકોણ ત્રિકોણ બનાવે છે,જેમાં થાંભલો કર્ણ છે અને પડછાયો પાયો છે.
ત્રિકોણમિતિ મુજબ,$\cos(60^{\circ}) = \frac{\text{પડછાયાની લંબાઈ}}{\text{થાંભલાની લંબાઈ}}$.
$\cos(60^{\circ}) = \frac{3}{L}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(60^{\circ}) = \frac{1}{2}$,તેથી $\frac{1}{2} = \frac{3}{L}$.
$L = 3 \times 2 = 6 \, m$.
આમ,થાંભલાની લંબાઈ $6 \, m$ છે.

(D) ધારો કે ઇમારતની ઊંચાઈ $AB = 36 \, m$ છે અને ટાવરની ઊંચાઈ $CD = h$ છે. ધારો કે ઇમારત અને ટાવર વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
ઇમારતની ટોચ $(A)$ પરથી ટાવરની ટોચ $(D)$ નો ઉત્સેધકોણ $30^{\circ}$ છે.
$A$ થી ટાવર પરના બિંદુ $E$ સુધીની આડી રેખા દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\tan(30^{\circ}) = \frac{DE}{AE} = \frac{h - 36}{x}$ મળે.
$\tan(30^{\circ}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ હોવાથી,$x = \sqrt{3}(h - 36)$ મળે.
ઇમારતની ટોચ $(A)$ પરથી ટાવરના પાયા $(C)$ નો અવસેધકોણ $60^{\circ}$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ માં,$\tan(60^{\circ}) = \frac{AB}{BC} = \frac{36}{x}$ મળે.
$\tan(60^{\circ}) = \sqrt{3}$ હોવાથી,$x = \frac{36}{\sqrt{3}} = 12\sqrt{3}$ મળે.
$x$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\sqrt{3}(h - 36) = 12\sqrt{3}$.
$\sqrt{3}$ વડે ભાગતા,$h - 36 = 12$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $h = 48 \, m$.

(N/A) ધારો કે ઇમારત $AB$ છે જેની ઊંચાઈ $h$ છે અને થાંભલો $CD$ છે જેની ઊંચાઈ $H$ છે. ધારો કે ઇમારત અને થાંભલા વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
$\triangle ABD$ માં,$\angle ADB = \beta$ (અવસેધકોણ). તેથી,$\tan \beta = \frac{AB}{BD} = \frac{h}{x}$,જેનો અર્થ છે કે $x = h \cot \beta$.
હવે,ઇમારતની ટોચ અને થાંભલાની ટોચ દ્વારા બનતા ત્રિકોણને ધ્યાનમાં લો. ધારો કે $E$ એ $CD$ પરનું એવું બિંદુ છે કે જેથી $AE \perp CD$ થાય. તેથી $AE = BD = x$ અને $ED = AB = h$.
$\triangle AEC$ માં,$\angle EAC = \alpha$ (ઉત્સેધકોણ). તેથી,$\tan \alpha = \frac{EC}{AE} = \frac{EC}{x}$,જેનો અર્થ છે કે $EC = x \tan \alpha$.
$x = h \cot \beta$ મૂકતા,આપણને $EC = (h \cot \beta) \tan \alpha = h \tan \alpha \cot \beta$ મળે છે.
થાંભલાની કુલ ઊંચાઈ $H = ED + EC = h + h \tan \alpha \cot \beta = h(1 + \tan \alpha \cot \beta)$ થાય છે.

(A) ધારો કે ટાવર $PQ$ ની ઊંચાઈ $h$ છે,જ્યાં $P$ ટોચ છે અને $Q$ પાયો છે. જમીન પર $Q$ ને ઉગમબિંદુ ગણો. બિંદુઓ $A$ અને $B$ એ $Q$ થી એક જ રેખા પર આવેલા છે. ધારો કે $QB = x$ અને $QA = x + a$.
$\triangle PQB$ માં,$\tan(90^\circ - \theta) = \frac{h}{x} \implies \cot \theta = \frac{h}{x} \implies x = h \tan \theta$.
$\triangle PQA$ માં,$\tan \theta = \frac{h}{x + a} \implies x + a = \frac{h}{\tan \theta} = h \cot \theta$.
બીજા સમીકરણમાં $x = h \tan \theta$ મૂકતા: $h \tan \theta + a = h \cot \theta$.
$a = h(\cot \theta - \tan \theta) = h(\frac{1}{\tan \theta} - \tan \theta) = h(\frac{1 - \tan^2 \theta}{\tan \theta})$.
તેથી,$h = \frac{a \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta}$.

(N/A) ધારો કે મહેલની ઊંચાઈ $H$ મીટર છે. અવલોકન બિંદુ $P$ છે,જે તળાવની સપાટીથી $h$ મીટર ઊંચું છે. તળાવની સપાટી પરનું બિંદુ $O$ છે જે $P$ ની બરાબર નીચે છે. મહેલની ટોચ $T$ છે. પાણીની સપાટીથી $T$ ની ઊંચાઈ $H$ છે. તળાવમાં મહેલના પ્રતિબિંબ $T'$ ની ઊંડાઈ પાણીની સપાટીથી નીચે $H$ છે.
ટોચ તરફની દ્રષ્ટિરેખા દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,સમક્ષિતિજ અંતર $x$ માટે $\tan \alpha = \frac{H-h}{x}$,તેથી $x = \frac{H-h}{\tan \alpha} = (H-h) \cot \alpha$.
પ્રતિબિંબ તરફની દ્રષ્ટિરેખા દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,સમક્ષિતિજ અંતર $x$ માટે $\tan \beta = \frac{H+h}{x}$,તેથી $x = \frac{H+h}{\tan \beta} = (H+h) \cot \beta$.
$x$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $(H-h) \cot \alpha = (H+h) \cot \beta$.
$H \cot \alpha - h \cot \alpha = H \cot \beta + h \cot \beta$.
$H(\cot \alpha - \cot \beta) = h(\cot \alpha + \cot \beta)$.
$H = \frac{h(\cot \alpha + \cot \beta)}{\cot \alpha - \cot \beta} \text{ મીટર}$.

(D) ધારો કે છોકરીની ઊંચાઈ $h_1 = 1.2 \, m$ છે અને ફુગ્ગાની ઊંચાઈ $H = 88.2 \, m$ છે. છોકરીની આંખના સ્તરથી ફુગ્ગાની અસરકારક ઊંચાઈ $H' = 88.2 - 1.2 = 87 \, m$ થશે.
પ્રથમ સ્થિતિમાં,ધારો કે સમક્ષિતિજ અંતર $x_1$ છે. તેથી $\tan(60^{\circ}) = \frac{87}{x_1} \implies x_1 = \frac{87}{\sqrt{3}} = 29\sqrt{3} \, m$.
બીજી સ્થિતિમાં,ધારો કે સમક્ષિતિજ અંતર $x_2$ છે. તેથી $\tan(30^{\circ}) = \frac{87}{x_2} \implies x_2 = 87\sqrt{3} \, m$.
ફુગ્ગા દ્વારા કાપેલું અંતર $d = x_2 - x_1 = 87\sqrt{3} - 29\sqrt{3} = 58\sqrt{3} \, m$ થાય.
$\sqrt{3} \approx 1.732$ લેતા,$d = 58 \times 1.732 = 100.456 \, m$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,નજીકનો જવાબ $100.92 \, m$ છે.

(A) કાટકોણ ત્રિકોણમાં,ધારો કે ખૂણાઓ $30^{\circ}$,$60^{\circ}$ અને $90^{\circ}$ છે.
ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર મુજબ,ખૂણા $\theta$ માટે,$\sin(\theta) = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$.
અહીં,$\theta = 30^{\circ}$ છે.
તેથી,$\sin(30^{\circ}) = \frac{30^{\circ} \text{ ની સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2}$ થાય છે.
આમ,$\frac{1}{2} = \frac{30^{\circ} \text{ ની સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$.
આનો અર્થ એ છે કે $30^{\circ}$ ના ખૂણાની સામેની બાજુ કર્ણ કરતાં $\frac{1}{2}$ ગણી હોય છે.

(B) ધારો કે ઇમારત અને થાંભલાના પાયા વચ્ચેનું અંતર $2d$ છે. અવલોકનકાર મધ્યબિંદુ પર છે,તેથી અવલોકનકારથી થાંભલાના પાયાનું અંતર $d$ છે અને ઇમારતના પાયાનું અંતર $d$ છે.
$8 \, m$ ઊંચાઈના થાંભલા માટે,$\tan \alpha = \frac{8}{d}$ થાય.
$11 \, m$ ઊંચાઈની ઇમારત માટે,$\tan \beta = \frac{11}{d}$ થાય.
અહીં $11 > 8$ હોવાથી,$\frac{11}{d} > \frac{8}{d}$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\tan \beta > \tan \alpha$.
ખૂણા $\alpha$ અને $\beta$ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,ટેન્જેન્ટ વિધેય વધતું વિધેય છે.
તેથી,$\beta > \alpha$,જે $\alpha < \beta$ ને સમાન છે.

(C) ધારો કે ટાવર $M$ ની ઊંચાઈ $h_M$ છે અને ટાવર $N$ ની ઊંચાઈ $h_N$ છે. બંને ટાવરના પાયા વચ્ચેનું અંતર $d$ છે.
ટાવર $M$ ના પાયાથી ટાવર $N$ ની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $40^{\circ}$ છે,તેથી $\tan(40^{\circ}) = \frac{h_N}{d}$,જેનો અર્થ છે કે $h_N = d \cdot \tan(40^{\circ})$.
ટાવર $N$ ના પાયાથી ટાવર $M$ ની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $55^{\circ}$ છે,તેથી $\tan(55^{\circ}) = \frac{h_M}{d}$,જેનો અર્થ છે કે $h_M = d \cdot \tan(55^{\circ})$.
કારણ કે $55^{\circ} > 40^{\circ}$,આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(55^{\circ}) > \tan(40^{\circ})$.
તેથી,$h_M > h_N$,જેનો અર્થ છે કે ટાવર $M$ એ ટાવર $N$ કરતા ઊંચો છે.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $y$ છે અને બિંદુ $A$ થી ટાવરના પાયાનું અંતર $x$ છે.
ટાવર અને જમીન દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,ઉત્સેધકોણ $\theta = 45^{\circ}$ આપેલ છે.
ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર $\tan(\theta) = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan(45^{\circ}) = \frac{y}{x}$.
કારણ કે $\tan(45^{\circ}) = 1$,તેથી $1 = \frac{y}{x}$.
આમ,$x = y$ થાય છે.

(A) ધારો કે ઢાળને એક કાટકોણ ત્રિકોણ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે જ્યાં કર્ણ એ ઢાળ પર કાપેલું અંતર $(x \, m)$ છે અને $30^{\circ}$ ના ખૂણાની સામેની બાજુ એ જમીનથી ઊંચાઈ $(y \, m)$ છે.
ત્રિકોણમિતિના સાઈન $(sin)$ ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin(30^{\circ}) = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$
$\sin(30^{\circ}) = \frac{y}{x}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2}$,તેથી:
$\frac{1}{2} = \frac{y}{x}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા આપણને મળે છે:
$x = 2y$.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે. ધારો કે ઘર $A$ અને $B$ ના ટાવરના પાયાથી અંતર અનુક્રમે $d_A$ અને $d_B$ છે.
ભૌમિતિક પરિસ્થિતિ મુજબ,અવસેધકોણ એ ઘરથી ટાવરની ટોચ સુધીના ઉત્સેધકોણ જેટલો જ હોય છે.
તેથી,$\tan(25^{\circ}) = \frac{h}{d_A}$ અને $\tan(40^{\circ}) = \frac{h}{d_B}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $d_A = \frac{h}{\tan(25^{\circ})}$ અને $d_B = \frac{h}{\tan(40^{\circ})}$.
જેમ કે $40^{\circ} > 25^{\circ}$,આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(40^{\circ}) > \tan(25^{\circ})$.
તેથી,$\frac{h}{\tan(40^{\circ})} < \frac{h}{\tan(25^{\circ})}$,જેનો અર્થ છે કે $d_B < d_A$.
આમ,ઘર $B$ એ ઘર $A$ કરતા ટાવરની વધુ નજીક છે.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $AB = 30 \ m$ છે. ધારો કે પથ્થર જમીન પર બિંદુ $C$ પર છે.
ટોચ $A$ થી પથ્થર $C$ નો અવસેધકોણ $45^{\circ}$ છે.
દ્રષ્ટિરેખા જમીનને સમાંતર હોવાથી,પથ્થર $C$ થી ટોચ $A$ નો ઉત્સેધકોણ પણ $45^{\circ}$ થશે (યુગ્મકોણ).
કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ માં,
$\tan(45^{\circ}) = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{AB}{BC}$.
$\tan(45^{\circ}) = 1$ હોવાથી,$1 = \frac{30}{BC}$.
તેથી,$BC = 30 \ m$.
આમ,ટાવરના પાયાથી પથ્થરનું અંતર $30 \ m$ છે.

(D) ધારો કે નિસરણીની લંબાઈ $L\, m$ છે.
નિસરણી,દીવાલ અને જમીન દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,દીવાલની ઊંચાઈ એ $30^{\circ}$ ના ખૂણાની સામેની બાજુ છે,જે $3\, m$ છે.
નિસરણી એ ત્રિકોણનો કર્ણ છે.
ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર $\sin(\theta) = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin(30^{\circ}) = \frac{3}{L}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(30^{\circ}) = \frac{1}{2}$,તેથી:
$\frac{1}{2} = \frac{3}{L}$
$L = 3 \times 2 = 6\, m$.
આમ,નિસરણીની લંબાઈ $6\, m$ છે.

(A) ધારો કે થાંભલાની ઊંચાઈ $h \, m$ છે.
આપેલ છે કે થાંભલાના પાયાથી અવલોકન બિંદુનું અંતર $20 \, m$ છે.
ઉત્સેધકોણ $\theta = 45^{\circ}$ છે.
થાંભલા,જમીન અને દ્રષ્ટિરેખા દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan(\theta) = \frac{\text{થાંભલાની ઊંચાઈ}}{\text{પાયાથી અંતર}}$
$\tan(45^{\circ}) = \frac{h}{20}$
કારણ કે $\tan(45^{\circ}) = 1$,તેથી:
$1 = \frac{h}{20}$
$h = 20 \, m$.
આમ,થાંભલાની ઊંચાઈ $20 \, m$ છે.

(B) ધારો કે સીડીની લંબાઈ $L = 4 \, m$ (કર્ણ) છે અને દીવાલથી અંતર $d = 2 \, m$ (પાસેની બાજુ) છે.
ધારો કે સીડી જમીન સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર $\cos \theta = \frac{\text{પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$\cos \theta = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$,તેથી $\theta = 60^\circ$.

(C) $\Delta ABC$ માં,$\angle B = 90^{\circ}$ છે.
અહીં કર્ણ $AC = 20$ અને $\angle ACB$ ની પાસેની બાજુ $BC = 10$ આપેલ છે.
કોસાઈન (cosine) ના ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos(\angle ACB) = \frac{\text{પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{BC}{AC}$
$\cos(\angle ACB) = \frac{10}{20} = \frac{1}{2}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(60^{\circ}) = \frac{1}{2}$ થાય,તેથી $m\angle ACB = 60^{\circ}$ મળે.

(D) કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ABC$ માં જ્યાં $m \angle B = 90^{\circ}$ છે,$\angle C$ ની સામેની બાજુ $AB$ (સામેની બાજુ) છે અને $\angle C$ ની પાસેની બાજુ $BC$ (પાસેની બાજુ) છે.
ટેન્જન્ટ ગુણોત્તરની વ્યાખ્યા મુજબ:
$\tan \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}}$
$\tan \theta = \frac{AB}{BC}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) અવસેધકોણ એટલે જ્યારે વસ્તુ ક્ષિતિજ સપાટીની નીચે હોય ત્યારે દ્રષ્ટિરેખા અને ક્ષિતિજ સપાટી વચ્ચે બનતો ખૂણો. તેથી,જો કોઈ નિરીક્ષક નીચેની તરફ કોઈ વસ્તુને જુએ છે,તો તે વસ્તુ ક્ષિતિજ સપાટીની નીચે સ્થિત હોય છે.

(B) $\sqrt{3}$ એ અસંમેય સંખ્યા છે. તેનું દશાંશ નિરૂપણ $1.7320508\ldots$ છે.
આ કિંમતને $2$ દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણે ત્રીજો દશાંશ અંક જોઈએ છીએ,જે $2$ છે. કારણ કે $2 < 5$ છે,તેથી આપણે બીજા દશાંશ અંકને તે જ રાખીશું.
તેથી,$\sqrt{3}$ ની $2$ દશાંશ સ્થળ સુધીની આશરે કિંમત $1.73$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sqrt{3}$ ની કિંમત આશરે $1.732$ છે.
તેથી,$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{1}{1.732}$.
ભાગાકાર કરતા,આપણને $\frac{1}{1.732} \approx 0.5773$ મળે છે.
આ કિંમતને $2$ દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $0.58$ મળે છે.

(D) $\sqrt{2}$ એ એક અસંમેય સંખ્યા છે,જેની આશરે કિંમત $1.41421356...$ છે.
આ કિંમતને $2$ દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણે ત્રીજા દશાંશ અંકને જોઈએ છીએ,જે $4$ છે. કારણ કે $4 < 5$ છે,તેથી આપણે બીજા દશાંશ અંકને તે જ રાખીશું.
તેથી,$\sqrt{2}$ ની $2$ દશાંશ સ્થળ સુધીની આશરે કિંમત $1.41$ થાય છે.

(C) ધારો કે ઇમારતની ઊંચાઈ $h$ છે અને ઇમારતના પાયાથી વસ્તુનું અંતર $l$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,ઇમારતની ટોચ પરથી વસ્તુનો અવસેધકોણ $\theta$ છે.
દ્રષ્ટિરેખા જમીનને સમાંતર હોવાથી,વસ્તુથી ઇમારતની ટોચનો ઉત્સેધકોણ પણ $\theta$ થશે (યુગ્મકોણની જોડ).
ઇમારત અને જમીન દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{h}{l}$
$l$ ને સૂત્રનો કર્તા બનાવતા:
$l = \frac{h}{\tan \theta}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{1}{\tan \theta} = \cot \theta$,તેથી:
$l = h \cot \theta$
આમ,ઇમારતના પાયાથી વસ્તુનું અંતર $h \cot \theta$ છે.

(C) ધારો કે લાઇટહાઉસની ઊંચાઈ $h$ છે. ધારો કે લાઇટહાઉસના પાયાથી વહાણ $Q$ નું અંતર $x$ છે અને વહાણ $P$ નું અંતર $y$ છે.
ભૂમિતિ મુજબ,વહાણોથી લાઇટહાઉસની ટોચનો ઉત્સેધકોણ એ અવસેધકોણ જેટલો જ હોય છે.
વહાણ $Q$ માટે: $\tan(50^{\circ}) = \frac{h}{x} \implies x = \frac{h}{\tan(50^{\circ})}$.
વહાણ $P$ માટે: $\tan(35^{\circ}) = \frac{h}{y} \implies y = \frac{h}{\tan(35^{\circ})}$.
અહીં $35^{\circ} < 50^{\circ}$ હોવાથી,$\tan(35^{\circ}) < \tan(50^{\circ})$ થાય.
તેથી,$\frac{h}{\tan(35^{\circ})} > \frac{h}{\tan(50^{\circ})}$,જેનો અર્થ છે કે $y > x$.
આમ,લાઇટહાઉસથી વહાણ $P$ નું અંતર એ વહાણ $Q$ ના અંતર કરતા વધારે છે.

(C) ધારો કે $AB$ દીવાલ છે અને $AC$ નિસરણી છે.
અહીં દીવાલની ઊંચાઈ $AB = 3 \, m$ અને ઉત્સેધકોણ $\angle C = 30^{\circ}$ આપેલ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ABC$ માં:
$\sin C = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{AB}{AC}$
$\sin 30^{\circ} = \frac{3}{AC}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$,તેથી:
$\frac{1}{2} = \frac{3}{AC}$
$AC = 3 \times 2 = 6 \, m$.
આમ,નિસરણીની લંબાઈ $6 \, m$ છે.

(B) ધારો કે ટાવરના પાયા અને મધ્યબિંદુ વચ્ચેનું અંતર $a$ છે,અને ઇમારતના પાયા અને મધ્યબિંદુ વચ્ચેનું અંતર પણ $a$ છે.
ટાવર દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,આપણી પાસે $\tan \alpha = \frac{50}{a}$ છે.
ઇમારત દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,આપણી પાસે $\tan \beta = \frac{30}{a}$ છે.
ગુણોત્તર લેતા,આપણને $\frac{\tan \alpha}{\tan \beta} = \frac{50/a}{30/a} = \frac{50}{30} = \frac{5}{3}$ મળે છે.
કારણ કે $\frac{5}{3} > 1$,તેથી $\tan \alpha > \tan \beta$ થાય.
ટેન્જન્ટ વિધેય $(0, 90^\circ)$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય હોવાથી,$\tan \alpha > \tan \beta$ નો અર્થ છે કે $\alpha > \beta$.

(C) ધારો કે $AB$ એ $30 \, m$ ઊંચાઈનો ટાવર છે અને $C$ એ પથ્થરનું સ્થાન છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ABC$ માં,પથ્થરથી ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ એ અવસેધકોણ જેટલો જ હોય છે,જે $45^{\circ}$ છે.
તેથી,$\angle ACB = 45^{\circ}$.
ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર $\tan \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan 45^{\circ} = \frac{AB}{BC}$
કારણ કે $\tan 45^{\circ} = 1$ અને $AB = 30 \, m$ છે:
$1 = \frac{30}{BC}$
$BC = 30 \, m$.
આમ,ટાવર અને પથ્થર વચ્ચેનું અંતર $30 \, m$ છે.