Textbook - Some Applications of Trigonometry Questions in Gujarati

$(15\sqrt{3})$ સૌ પ્રથમ,ચાલો આ સમસ્યાને કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ દ્વારા દર્શાવીએ (આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ),જ્યાં $AB$ એ ટાવરની ઊંચાઈ છે,$BC = 15\, m$ એ ટાવરના પાયાથી બિંદુનું અંતર છે અને $\angle ACB = 60^{\circ}$ એ ઉત્સેધકોણ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ માં,આપણી પાસે છે:
$\tan \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}}$
$\tan 60^{\circ} = \frac{AB}{BC}$
કારણ કે $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,આપણે કિંમતો મૂકીએ:
$\sqrt{3} = \frac{AB}{15}$
$AB = 15\sqrt{3}\, m$
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $15\sqrt{3}\, m$ છે.

(N/A) આકૃતિમાં,ઇલેક્ટ્રિશિયને થાંભલા $AD$ પરના બિંદુ $B$ સુધી પહોંચવાનું છે.
તેથી,
$BD = AD - AB = (5 - 1.3)\, m = 3.7\, m$
અહીં,$BC$ એ નિસરણી દર્શાવે છે. આપણે તેની લંબાઈ શોધવાની છે,એટલે કે કાટકોણ ત્રિકોણ $BDC$ નો કર્ણ.
હવે,આપણે ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર $\sin 60^{\circ}$ નો વિચાર કરીશું.
તેથી,$\frac{BD}{BC} = \sin 60^{\circ}$ અથવા $\frac{3.7}{BC} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
તેથી,$BC = \frac{3.7 \times 2}{\sqrt{3}} = \frac{7.4}{1.73} \approx 4.28\, m$.
એટલે કે,નિસરણીની લંબાઈ $4.28\, m$ હોવી જોઈએ.
હવે,$\frac{DC}{BD} = \cot 60^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
એટલે કે,$DC = \frac{3.7}{\sqrt{3}} = \frac{3.7}{1.73} \approx 2.14\, m$.
તેથી,તેણે નિસરણીનો પાયો થાંભલાથી $2.14\, m$ ના અંતરે મૂકવો જોઈએ.

(C) ધારો કે $AB$ એ ચીમની છે,$CD$ એ નિરીક્ષક છે અને $\angle ADE$ એ ઉત્સેધકોણ છે. આ કિસ્સામાં,$\triangle ADE$ એ $E$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો ત્રિકોણ છે,અને આપણે ચીમનીની ઊંચાઈ શોધવાની છે.
આપણી પાસે $AB = AE + BE = AE + 1.5\, m$ છે.
વળી,$DE = CB = 28.5\, m$ છે.
$AE$ નક્કી કરવા માટે,આપણે ટેન્જન્ટ ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તરનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જેમાં $AE$ અને $DE$ બંનેનો સમાવેશ થાય છે:
$\tan 45^{\circ} = \frac{AE}{DE}$
કારણ કે $\tan 45^{\circ} = 1$,તેથી:
$1 = \frac{AE}{28.5}$
$AE = 28.5\, m$.
તેથી,ચીમનીની ઊંચાઈ $AB = AE + BE = 28.5\, m + 1.5\, m = 30\, m$ થાય.

(N/A) આકૃતિમાં,$AB$ એ ઇમારતની ઊંચાઈ,$BD$ એ ધ્વજદંડ અને $P$ એ આપેલ બિંદુ દર્શાવે છે. નોંધો કે અહીં બે કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle PAB$ અને $\triangle PAD$ છે. આપણે ધ્વજદંડની લંબાઈ એટલે કે $DB$ અને બિંદુ $P$ થી ઇમારતનું અંતર એટલે કે $PA$ શોધવાનું છે.
આપણને ઇમારતની ઊંચાઈ $AB = 10 \, m$ આપેલી છે,તેથી આપણે પહેલા કાટકોણ $\triangle PAB$ નો વિચાર કરીશું.
આપણને મળે છે $\tan 30^{\circ} = \frac{AB}{AP}$.
એટલે કે,$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{10}{AP}$.
તેથી,$AP = 10\sqrt{3} \, m$.
એટલે કે,$P$ થી ઇમારતનું અંતર $10 \times 1.732 = 17.32 \, m$ છે.
હવે,ધારો કે ધ્વજદંડની લંબાઈ $BD = x \, m$ છે. તો કુલ ઊંચાઈ $AD = (10 + x) \, m$ થાય.
હવે,કાટકોણ $\triangle PAD$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{AD}{AP} = \frac{10 + x}{10\sqrt{3}}$.
કારણ કે $\tan 45^{\circ} = 1$,તેથી $1 = \frac{10 + x}{10\sqrt{3}}$.
તેથી,$10\sqrt{3} = 10 + x$.
$x = 10\sqrt{3} - 10 = 10(\sqrt{3} - 1) = 10(1.732 - 1) = 10(0.732) = 7.32 \, m$.
આમ,ધ્વજદંડની લંબાઈ $7.32 \, m$ છે અને $P$ થી ઇમારતનું અંતર $17.32 \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એ $h \, m$ ઊંચાઈનો ટાવર છે અને જ્યારે સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ}$ હોય ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $BC$ છે. ધારો કે $BC = x \, m$.
જ્યારે સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ $30^{\circ}$ હોય,ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $DB = (x + 40) \, m$ થાય.
$\triangle ABC$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AB}{BC} \implies \sqrt{3} = \frac{h}{x} \implies h = x\sqrt{3} \dots (1)$.
$\triangle ABD$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{AB}{BD} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{x + 40} \implies h = \frac{x + 40}{\sqrt{3}} \dots (2)$.
$(1)$ અને $(2)$ ને સરખાવતા,આપણને મળે $x\sqrt{3} = \frac{x + 40}{\sqrt{3}}$.
$3x = x + 40 \implies 2x = 40 \implies x = 20 \, m$.
$x = 20$ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા,$h = 20\sqrt{3} \, m$.
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $20\sqrt{3} \, m$ (અથવા આશરે $34.64 \, m$) છે.

(N/A) ધારો કે $PC$ એ બહુમાળી ઇમારત છે અને $AB$ એ $8 \, m$ ઊંચી ઇમારત છે. આપણે બહુમાળી ઇમારતની ઊંચાઈ $(PC)$ અને બે ઇમારતો વચ્ચેનું અંતર $(AC)$ શોધવાનું છે.
આકૃતિ પરથી,$PQ$ એ ઇમારત $P$ ની ટોચ પરથી પસાર થતી સમક્ષિતિજ રેખા છે. $PQ \parallel BD$ હોવાથી,યુગ્મકોણ સમાન થાય.
તેથી,$\angle PBD = 30^{\circ}$ અને $\angle PAC = 45^{\circ}$.
કાટકોણ $\triangle PBD$ માં:
$\tan 30^{\circ} = \frac{PD}{BD} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{PD}{BD} \implies BD = PD\sqrt{3}$.
કાટકોણ $\triangle PAC$ માં:
$\tan 45^{\circ} = \frac{PC}{AC} \implies 1 = \frac{PC}{AC} \implies PC = AC$.
$AC = BD$ અને $PC = PD + DC$ હોવાથી,જ્યાં $DC = AB = 8 \, m$ છે:
$PD + 8 = AC = BD = PD\sqrt{3}$.
$PD$ માટે ઉકેલતા:
$PD\sqrt{3} - PD = 8 \implies PD(\sqrt{3} - 1) = 8 \implies PD = \frac{8}{\sqrt{3} - 1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$PD = \frac{8(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{8(\sqrt{3} + 1)}{2} = 4(\sqrt{3} + 1) \, m$.
બહુમાળી ઇમારતની ઊંચાઈ $PC = PD + DC = 4\sqrt{3} + 4 + 8 = 4\sqrt{3} + 12 = 4(3 + \sqrt{3}) \, m$.
બે ઇમારતો વચ્ચેનું અંતર $AC = PC = 4(3 + \sqrt{3}) \, m$.

(N/A) ધારો કે $A$ અને $B$ નદીના વિરુદ્ધ કિનારા પરના બિંદુઓ છે,જેથી $AB$ એ નદીની પહોળાઈ છે. ધારો કે $P$ એ પુલ પરનું બિંદુ છે જે નદીની સપાટીથી $3 \, m$ ની ઊંચાઈ પર છે,એટલે કે $PD = 3 \, m$,જ્યાં $D$ એ $P$ ની બરાબર નીચે નદીની સપાટી પરનું બિંદુ છે.
કાટકોણ $\triangle APD$ માં,$\angle PAD = 30^{\circ}$.
ત્રિકોણમિતિનો ઉપયોગ કરતા,$\tan 30^{\circ} = \frac{PD}{AD}$.
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{3}{AD} \implies AD = 3\sqrt{3} \, m$.
કાટકોણ $\triangle PBD$ માં,$\angle PBD = 45^{\circ}$.
ત્રિકોણમિતિનો ઉપયોગ કરતા,$\tan 45^{\circ} = \frac{PD}{BD}$.
$1 = \frac{3}{BD} \implies BD = 3 \, m$.
નદીની કુલ પહોળાઈ $AB = AD + BD = 3\sqrt{3} + 3 = 3(\sqrt{3} + 1) \, m$ છે.

(D) આકૃતિ પરથી,ધારો કે $AB$ એ ઊભો થાંભલો છે અને $AC$ એ $20\, m$ લાંબું દોરડું છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ABC$ માં,દોરડા દ્વારા જમીન સાથે બનતો ખૂણો $\angle C = 30^{\circ}$ છે.
આપણે થાંભલાની ઊંચાઈ $AB$ શોધવાની છે.
ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર $\sin \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 30^{\circ} = \frac{AB}{AC}$
કારણ કે $\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ અને $AC = 20\, m$ છે,તેથી:
$\frac{1}{2} = \frac{AB}{20}$
$AB = \frac{20}{2} = 10\, m$.
આમ,થાંભલાની ઊંચાઈ $10\, m$ છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એ ઝાડની મૂળ ઊંચાઈ છે. ધારો કે ઝાડ બિંદુ $B$ આગળથી તૂટે છે,અને ટોચ $A$ એ જમીન પરના બિંદુ $A^{\prime}$ ને સ્પર્શે છે.
કાટ્રાયંગલ $\triangle BCA^{\prime}$ માં,જ્યાં $\angle BCA^{\prime} = 90^{\circ}$ અને $\angle BA^{\prime}C = 30^{\circ}$ છે:
આપેલ છે કે $CA^{\prime} = 8\, m$.
$\tan 30^{\circ} = \frac{BC}{CA^{\prime}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{BC}{8} = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies BC = \frac{8}{\sqrt{3}}\, m$.
$\cos 30^{\circ} = \frac{CA^{\prime}}{BA^{\prime}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{8}{BA^{\prime}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies BA^{\prime} = \frac{16}{\sqrt{3}}\, m$.
ઝાડની કુલ ઊંચાઈ $AB = BC + BA^{\prime}$ છે (કારણ કે $BA^{\prime} = BA$):
$AB = \frac{8}{\sqrt{3}} + \frac{16}{\sqrt{3}} = \frac{24}{\sqrt{3}}\, m$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$AB = \frac{24 \sqrt{3}}{3} = 8\sqrt{3}\, m$.
આમ,ઝાડની ઊંચાઈ $8\sqrt{3}\, m$ છે.

(N/A) અહીં જોઈ શકાય છે કે $AC$ અને $PR$ અનુક્રમે નાના અને મોટા બાળકો માટેની લપસણી છે.
$\triangle ABC$ માં:
$\sin 30^{\circ} = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{AB}{AC}$
$\frac{1}{2} = \frac{1.5}{AC}$
$AC = 3 \, m$
$\triangle PQR$ માં:
$\sin 60^{\circ} = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{PQ}{PR}$
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{PR}$
$PR = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3} \, m \approx 3.46 \, m$

(N/A) ધારો કે $AB$ એ ટાવર છે અને જમીન પરના બિંદુ $C$ થી ઉત્સેધકોણ $30^{\circ}$ છે.
$\triangle ABC$ માં,
$\frac{AB}{BC} = \tan 30^{\circ}$
$\frac{AB}{30} = \frac{1}{\sqrt{3}}$
$AB = \frac{30}{\sqrt{3}} = \frac{30}{\sqrt{3}} \times \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = \frac{30\sqrt{3}}{3} = 10\sqrt{3}\, m$
તેથી,ટાવરની ઊંચાઈ $10\sqrt{3}\, m$ છે.

$(40\sqrt{3}\, m) $ ધારો કે $K$ પતંગનું સ્થાન છે અને $P$ જમીન પરનું બિંદુ છે જ્યાં દોરી બાંધેલી છે। ધારો કે $L$ એ પતંગની બરાબર નીચે જમીન પરનું બિંદુ છે।
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle KLP$ માં:
$KL = 60$ m (પતંગની ઊંચાઈ)
$\angle KPL = 60^\circ$
આપણે દોરીની લંબાઈ શોધવાની છે, જે કર્ણ $KP$ છે।
$\sin \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 60^\circ = \frac{KL}{KP}$
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{60}{KP}$
$KP = \frac{60 \times 2}{\sqrt{3}}$
$KP = \frac{120}{\sqrt{3}} \times \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$
$KP = \frac{120\sqrt{3}}{3} = 40\sqrt{3}$ m
આમ, દોરીની લંબાઈ $40\sqrt{3}$ m છે (આશરે $69.28$ m).

(N/A) ધારો કે છોકરો શરૂઆતમાં $A$ બિંદુ પર ઊભો છે. તે ઇમારત તરફ ચાલે છે અને $B$ બિંદુ પર પહોંચે છે.
ધારો કે $PQ$ એ $30 \, m$ ઊંચી ઇમારત છે. છોકરાની ઊંચાઈ $1.5 \, m$ છે.
તેથી,ત્રિકોણની ઊંચાઈ $PR = PQ - RQ = 30 - 1.5 = 28.5 \, m = \frac{57}{2} \, m$ થશે.
$\triangle PAR$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{PR}{AR} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{57/2}{AR} \implies AR = \frac{57\sqrt{3}}{2} \, m$.
$\triangle PBR$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{PR}{BR} \implies \sqrt{3} = \frac{57/2}{BR} \implies BR = \frac{57}{2\sqrt{3}} = \frac{19\sqrt{3}}{2} \, m$.
ઇમારત તરફ કાપેલું અંતર $AB = AR - BR$ છે.
$AB = \frac{57\sqrt{3}}{2} - \frac{19\sqrt{3}}{2} = \frac{38\sqrt{3}}{2} = 19\sqrt{3} \, m$.
આમ,છોકરાએ ઇમારત તરફ $19\sqrt{3} \, m$ અંતર કાપ્યું.

(N/A) ધારો કે $BC$ એ ઇમારત છે,$AB$ એ ટ્રાન્સમિશન ટાવર છે,અને $D$ એ જમીન પરનું બિંદુ છે જ્યાંથી ઉત્સેધકોણ માપવામાં આવે છે.
$\triangle BCD$ માં:
$\frac{BC}{CD} = \tan 45^{\circ}$
$\frac{20}{CD} = 1$
$CD = 20 \, m$
$\triangle ACD$ માં:
$\frac{AC}{CD} = \tan 60^{\circ}$
$\frac{AB + BC}{CD} = \sqrt{3}$
$\frac{AB + 20}{20} = \sqrt{3}$
$AB + 20 = 20\sqrt{3}$
$AB = 20\sqrt{3} - 20$
$AB = 20(\sqrt{3} - 1) \, m$
તેથી,ટ્રાન્સમિશન ટાવરની ઊંચાઈ $20(\sqrt{3} - 1) \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ પ્રતિમા છે,$BC$ પેડેસ્ટલ છે,અને $D$ જમીન પરનું બિંદુ છે જ્યાંથી ઉત્સેધકોણ માપવામાં આવે છે.
$\triangle BCD$ માં,આપણી પાસે છે:
$\frac{BC}{CD} = \tan 45^{\circ}$
$\frac{BC}{CD} = 1$
$BC = CD$
$\triangle ACD$ માં,આપણી પાસે છે:
$\frac{AC}{CD} = \tan 60^{\circ}$
$\frac{AB + BC}{CD} = \sqrt{3}$
કારણ કે $CD = BC$,આપણે લખી શકીએ:
$\frac{1.6 + BC}{BC} = \sqrt{3}$
$1.6 + BC = BC \sqrt{3}$
$1.6 = BC(\sqrt{3} - 1)$
$BC = \frac{1.6}{\sqrt{3} - 1}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$BC = \frac{1.6(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)}$
$BC = \frac{1.6(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1}$
$BC = \frac{1.6(\sqrt{3} + 1)}{2}$
$BC = 0.8(\sqrt{3} + 1) \, m$
આમ,પેડેસ્ટલની ઊંચાઈ $0.8(\sqrt{3} + 1) \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એ ઇમારત છે અને $CD$ એ ટાવર છે.
$\triangle CDB$ માં,
$\frac{CD}{BD} = \tan 60^{\circ}$
$\frac{50}{BD} = \sqrt{3}$
$BD = \frac{50}{\sqrt{3}}$
$\triangle ABD$ માં,
$\frac{AB}{BD} = \tan 30^{\circ}$
$AB = BD \times \tan 30^{\circ} = \frac{50}{\sqrt{3}} \times \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{50}{3} = 16 \frac{2}{3} \, m$
તેથી,ઇમારતની ઊંચાઈ $16 \frac{2}{3} \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ અને $CD$ એ $h$ સમાન ઊંચાઈના થાંભલા છે,અને $O$ એ રસ્તા $BD$ પરનું બિંદુ છે જેથી $BD = 80\, m$ થાય.
ધારો કે $BO = x\, m$,તો $OD = (80 - x)\, m$ થાય.
$\triangle ABO$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AB}{BO} \implies \sqrt{3} = \frac{h}{x} \implies h = x\sqrt{3} \quad \dots(1)$.
$\triangle CDO$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{CD}{OD} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{80 - x} \implies h = \frac{80 - x}{\sqrt{3}} \quad \dots(2)$.
$(1)$ અને $(2)$ ને સરખાવતા:
$x\sqrt{3} = \frac{80 - x}{\sqrt{3}}$
$3x = 80 - x$
$4x = 80 \implies x = 20\, m$.
તેથી,$BO = 20\, m$ અને $OD = 80 - 20 = 60\, m$ થાય.
$x$ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા:
$h = 20\sqrt{3}\, m$.
આમ,થાંભલાઓની ઊંચાઈ $20\sqrt{3}\, m$ છે અને બિંદુથી થાંભલાઓનું અંતર $20\, m$ અને $60\, m$ છે.

(N/A) ધારો કે ટીવી ટાવરની ઊંચાઈ $AB = h$ છે અને નહેરની પહોળાઈ $BC = x$ છે.
$\triangle ABC$ માં,આપણી પાસે છે:
$\frac{AB}{BC} = \tan 60^{\circ}$
$\frac{h}{x} = \sqrt{3} \implies h = x\sqrt{3} \quad \dots(1)$
$\triangle ABD$ માં,આપણી પાસે છે:
$\frac{AB}{BD} = \tan 30^{\circ}$
$\frac{h}{x + 20} = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies h\sqrt{3} = x + 20 \quad \dots(2)$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $h$ ની કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$(x\sqrt{3})\sqrt{3} = x + 20$
$3x = x + 20$
$2x = 20 \implies x = 10 \, m$
હવે,$x = 10$ ની કિંમત સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$h = 10\sqrt{3} \, m$
તેથી,ટાવરની ઊંચાઈ $10\sqrt{3} \, m$ છે અને નહેરની પહોળાઈ $10 \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એ $7 \,m$ ઊંચી ઇમારત છે અને $CD$ એ કેબલ ટાવર છે.
$\triangle ABD$ માં,$\angle ABD = 90^{\circ}$ અને $\angle ADB = 45^{\circ}$ છે.
$\tan 45^{\circ} = \frac{AB}{BD}$
$1 = \frac{7}{BD}$
$BD = 7 \,m$.
$ABED$ એક લંબચોરસ હોવાથી,$AE = BD = 7 \,m$ અને $ED = AB = 7 \,m$ થાય.
$\triangle ACE$ માં,$\angle AEC = 90^{\circ}$ અને $\angle CAE = 60^{\circ}$ છે.
$\tan 60^{\circ} = \frac{CE}{AE}$
$\sqrt{3} = \frac{CE}{7}$
$CE = 7\sqrt{3} \,m$.
ટાવરની કુલ ઊંચાઈ $CD = CE + ED = 7\sqrt{3} + 7 = 7(\sqrt{3} + 1) \,m$ થાય.
આમ,કેબલ ટાવરની ઊંચાઈ $7(\sqrt{3} + 1) \,m$ છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એ દીવાદાંડી છે અને બે વહાણો અનુક્રમે $C$ અને $D$ બિંદુઓ પર છે.
$\triangle ABC$ માં,
$\frac{AB}{BC} = \tan 45^{\circ}$
$\frac{75}{BC} = 1$
$BC = 75 \, m$
$\triangle ABD$ માં,
$\frac{AB}{BD} = \tan 30^{\circ}$
$\frac{75}{BC + CD} = \frac{1}{\sqrt{3}}$
$\frac{75}{75 + CD} = \frac{1}{\sqrt{3}}$
$75\sqrt{3} = 75 + CD$
$CD = 75(\sqrt{3} - 1) \, m$
તેથી,બે વહાણો વચ્ચેનું અંતર $75(\sqrt{3} - 1) \, m$ છે.

(N/A) ધારો કે ફુગ્ગાનું પ્રારંભિક સ્થાન $A$ છે અને તેનું અંતિમ સ્થાન $B$ છે. ધારો કે $CD$ એ છોકરી છે,જ્યાં $CD = 1.2\, m$ છે.
જમીનથી ફુગ્ગાની ઊંચાઈ $88.2\, m$ છે. છોકરીની આંખના સ્તરથી ફુગ્ગાની ઊંચાઈ $88.2\, m - 1.2\, m = 87\, m$ છે.
ધારો કે છોકરીની આંખનું સ્તર આડી રેખા $CG$ છે. આમ,$AE = BG = 87\, m$ છે.
$\triangle ACE$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AE}{CE} \implies \sqrt{3} = \frac{87}{CE} \implies CE = \frac{87}{\sqrt{3}} = 29\sqrt{3}\, m$.
$\triangle BCG$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{BG}{CG} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{87}{CG} \implies CG = 87\sqrt{3}\, m$.
ફુગ્ગા દ્વારા કાપેલું અંતર $EG = CG - CE = 87\sqrt{3} - 29\sqrt{3} = 58\sqrt{3}\, m$ છે.

(B) ધારો કે $AB$ એ $h$ ઊંચાઈનો ટાવર છે અને $C$ એ કારનું પ્રારંભિક સ્થાન છે. $6$ સેકન્ડ પછી,કાર $D$ બિંદુએ પહોંચે છે.
$\triangle ADB$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AB}{DB} \implies \sqrt{3} = \frac{h}{DB} \implies DB = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$\triangle ABC$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{AB}{BC} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{BC} \implies BC = h\sqrt{3}$.
$6$ સેકન્ડમાં કાપેલું અંતર $CD = BC - DB = h\sqrt{3} - \frac{h}{\sqrt{3}} = \frac{3h - h}{\sqrt{3}} = \frac{2h}{\sqrt{3}}$ છે.
ઝડપ સમાન હોવાથી,$CD$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $6$ સેકન્ડ છે.
તેથી,$DB = \frac{h}{\sqrt{3}}$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $\frac{6 \times (h/\sqrt{3})}{2h/\sqrt{3}} = \frac{6}{2} = 3$ સેકન્ડ થશે.

(N/A) ધારો કે $AQ$ એ ટાવર છે અને $R, S$ એ ટાવરના પાયા $(Q)$ થી અનુક્રમે $4 \,m$ અને $9 \,m$ અંતરે આવેલા બિંદુઓ છે.
ઉત્સેધકોણ કોટિકોણ છે. તેથી,જો એક ખૂણો $\theta$ હોય,તો બીજો ખૂણો $(90^\circ - \theta)$ થશે.
$\triangle AQR$ માં,
$\tan \theta = \frac{AQ}{QR} = \frac{AQ}{4} \quad \dots(i)$
$\triangle AQS$ માં,
$\tan(90^\circ - \theta) = \frac{AQ}{SQ}$
$\cot \theta = \frac{AQ}{9} \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો ગુણાકાર કરતા:
$\tan \theta \cdot \cot \theta = \left(\frac{AQ}{4}\right) \cdot \left(\frac{AQ}{9}\right)$
$1 = \frac{AQ^2}{36}$
$AQ^2 = 36$
$AQ = \sqrt{36} = 6 \,m$ (કારણ કે ઊંચાઈ ઋણ ન હોઈ શકે).
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $6 \,m$ છે.