Mix Examples - Triangles Questions in Gujarati

(A) $\triangle OAC$ અને $\triangle ODB$ માં:
$1$. $\angle AOC = \angle DOB$ (અભિકોણો).
$2$. $\angle OAC = \angle ODB$ (એક જ ચાપ $CB$ દ્વારા પરિઘ પર બનતા ખૂણા સમાન હોય છે).
$3$. $\angle OCA = \angle OBD$ (એક જ ચાપ $AD$ દ્વારા પરિઘ પર બનતા ખૂણા સમાન હોય છે).
આમ, $AAA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle OAC \sim \triangle ODB$ થાય.
આપેલ છે કે $OB = OD$, તેથી $\triangle ODB$ માં, આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોવા જોઈએ, એટલે કે $\angle ODB = \angle OBD$. કારણ કે $\angle OAC = \angle ODB$ અને $\angle OCA = \angle OBD$, તેથી $\angle OAC = \angle OCA$ થાય. તેથી, $\triangle OAC$ એ $OA = OC$ સાથેનો સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
જેમ કે $\triangle OAC \sim \triangle ODB$ અને $\triangle OAC$ સમદ્વિબાજુ છે, તેથી $\triangle ODB$ પણ સમદ્વિબાજુ હોવો જોઈએ.
આમ, ત્રિકોણો સમદ્વિબાજુ અને સમરૂપ છે.

(B) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ માં $DE \parallel BC$,તેથી થેલ્સના પ્રમેય (સમપ્રમાણતાનું મૂળભૂત પ્રમેય) મુજબ,$\triangle ADE \sim \triangle ABC$ થાય.
તેથી,અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય: $\frac{AD}{AB} = \frac{DE}{BC}$.
અહીં $AD = 2 \, cm$ અને $BD = 3 \, cm$ આપેલ છે,તેથી $AB = AD + BD = 2 + 3 = 5 \, cm$ થાય.
આ કિંમતો ગુણોત્તરમાં મૂકતા: $\frac{2}{5} = \frac{DE}{7.5}$.
$DE$ માટે ગણતરી કરતા: $DE = \frac{2}{5} \times 7.5$.
$DE = 2 \times 1.5 = 3 \, cm$.

(C) $\triangle ADB$ અને $\triangle ADC$ માં:
$\angle ADB = \angle ADC = 90^{\circ}$ (કારણ કે $AD \perp BC$)
$\angle BAD = \angle ACD$ (બંને $\angle CAD$ ના કોટિકોણ છે)
$\angle ABD = \angle CAD$ (બંને $\angle BAD$ ના કોટિકોણ છે)
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ADB \sim \triangle CDA$.
સમરૂપ ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{AD}{CD} = \frac{BD}{AD}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$AD^{2} = BD \cdot CD$

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે સમબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો એકબીજાના લંબદ્વિભાજક હોય છે.
ધારો કે સમબાજુ ચતુષ્કોણ $ABCD$ છે જેના વિકર્ણો $AC = 16 \, cm$ અને $BD = 12 \, cm$ છે જે $O$ બિંદુએ છેદે છે.
વિકર્ણો એકબીજાને કાટખૂણે દુભાગે છે,તેથી:
$AO = \frac{AC}{2} = \frac{16}{2} = 8 \, cm$
$BO = \frac{BD}{2} = \frac{12}{2} = 6 \, cm$
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle AOB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = AO^2 + BO^2$
$AB^2 = 8^2 + 6^2 = 64 + 36 = 100$
$AB = \sqrt{100} = 10 \, cm$
આમ,સમબાજુ ચતુષ્કોણની બાજુની લંબાઈ $10 \, cm$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$\triangle ABC \sim \triangle EDF$.
તેથી,અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન થાય:
$\frac{AB}{ED} = \frac{BC}{DF} = \frac{AC}{EF}$.
$\frac{AB}{ED} = \frac{BC}{DF}$ પરથી,આપણને $AB \cdot DF = ED \cdot BC$ મળે,એટલે કે $BC \cdot DE = AB \cdot DF$. તેથી,વિકલ્પ $(d)$ સત્ય છે.
$\frac{BC}{DF} = \frac{AC}{EF}$ પરથી,આપણને $BC \cdot EF = AC \cdot DF$ મળે. એટલે કે $BC \cdot EF = AC \cdot FD$. તેથી,વિકલ્પ $(c)$ પણ સત્ય છે.
$\frac{AB}{ED} = \frac{AC}{EF}$ પરથી,આપણને $AB \cdot EF = AC \cdot ED$ મળે,એટલે કે $AB \cdot EF = AC \cdot DE$. તેથી,વિકલ્પ $(a)$ પણ સત્ય છે.
આમ,વિકલ્પ $(b)$ એ સત્ય નથી.

(B) આપેલ છે કે,બે ત્રિકોણ $ABC$ અને $PQR$ માં,$\frac{AB}{QR} = \frac{BC}{PR} = \frac{CA}{PQ}$ છે.
આ ગુણોત્તર દર્શાવે છે કે $\triangle ABC$ ની બાજુઓ $\triangle PQR$ ની અનુરૂપ બાજુઓના પ્રમાણમાં છે.
ચોક્કસ રીતે,બાજુ $AB$ ને $QR$ અનુરૂપ છે,$BC$ ને $PR$ અનુરૂપ છે,અને $CA$ ને $PQ$ અનુરૂપ છે.
$SSS$ (બાજુ-બાજુ-બાજુ) સમરૂપતાની શરત મુજબ,જો બે ત્રિકોણની બાજુઓ સમાન ગુણોત્તરમાં હોય,તો તે ત્રિકોણો સમરૂપ છે અને તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય છે.
પ્રમાણસરતાના આધારે શિરોબિંદુઓને જોડતા:
$A$ ને $Q$ અનુરૂપ છે,$B$ ને $R$ અનુરૂપ છે,અને $C$ ને $P$ અનુરૂપ છે.
તેથી,$\triangle ABC \sim \triangle QRP$,અથવા સમાન રીતે,$\triangle CAB \sim \triangle PQR$.

(C) $\triangle APB$ અને $\triangle DPC$ માં,આપણી પાસે છે:
$\angle APB = \angle DPC = 50^{\circ}$ [અભિકોણો]
હવે,સમાન ખૂણાઓ બનાવતી બાજુઓના ગુણોત્તર લઈએ:
$\frac{PA}{PD} = \frac{6}{5} = 1.2$
$\frac{PB}{PC} = \frac{3}{2.5} = \frac{30}{25} = 1.2$
અહીં $\frac{PA}{PD} = \frac{PB}{PC}$ હોવાથી અને તેમની વચ્ચેનો ખૂણો સમાન હોવાથી,$SAS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ:
$\triangle APB \sim \triangle DPC$
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય:
$\angle PAB = \angle PDC = 30^{\circ}$
$\triangle APB$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય:
$\angle PAB + \angle APB + \angle PBA = 180^{\circ}$
$30^{\circ} + 50^{\circ} + \angle PBA = 180^{\circ}$
$80^{\circ} + \angle PBA = 180^{\circ}$
$\angle PBA = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$

(D) આપેલ છે કે,$\triangle DEF$ અને $\triangle PQR$ માં,$\angle D = \angle Q$ અને $\angle E = \angle R$ છે.
$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle DEF \sim \triangle QRP$ થાય.
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{DE}{QR} = \frac{EF}{RP} = \frac{DF}{QP}$.
હવે,આપેલા વિકલ્પો તપાસીએ:
વિકલ્પ $A$: $\frac{EF}{PR} = \frac{DF}{PQ}$ એ $\frac{EF}{RP} = \frac{DF}{QP}$ ને સમાન છે,જે સાચું છે.
વિકલ્પ $B$: $\frac{EF}{RP} = \frac{DE}{QR}$ સાચું છે.
વિકલ્પ $C$: $\frac{DE}{QR} = \frac{DF}{PQ}$ એ $\frac{DE}{QR} = \frac{DF}{QP}$ ને સમાન છે,જે સાચું છે.
વિકલ્પ $D$: $\frac{DE}{PQ} = \frac{EF}{RP}$. સમરૂપતાના ગુણોત્તર પરથી,$\frac{DE}{QR} = \frac{EF}{RP}$ મળે છે. તેથી,$\frac{DE}{PQ} = \frac{EF}{RP}$ એ હંમેશા સાચું નથી કારણ કે સામાન્ય રીતે $PQ \neq QR$ હોય છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચું નથી.

(A) $\triangle ABC$ અને $\triangle DEF$ માં,આપણને $\angle B = \angle E$ અને $\angle F = \angle C$ આપેલ છે.
$AA$ (ખૂણો-ખૂણો) સમરૂપતાની શરત મુજબ,કારણ કે $\triangle ABC$ ના બે ખૂણાઓ $\triangle DEF$ ના બે અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન છે,તેથી ત્રિકોણો સમરૂપ છે,એટલે કે $\triangle ABC \sim \triangle DEF$.
બે ત્રિકોણો એકરૂપ થવા માટે,તેમની અનુરૂપ બાજુઓ સમાન હોવી જોઈએ. અહીં,$AB = 3 DE$ આપેલ છે,જેનો અર્થ છે કે $AB \neq DE$.
કારણ કે અનુરૂપ બાજુઓ સમાન નથી,તેથી ત્રિકોણો એકરૂપ નથી.
તેથી,ત્રિકોણો સમરૂપ છે પણ એકરૂપ નથી.

(B) આપેલ છે કે $\triangle ABC \sim \triangle PQR$ અને $\frac{BC}{QR} = \frac{1}{3}.$
આપણે જાણીએ છીએ કે બે સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ બરાબર હોય છે.
તેથી,$\frac{\operatorname{ar}(\triangle PRQ)}{\operatorname{ar}(\triangle BCA)} = \frac{(QR)^2}{(BC)^2} = \left(\frac{QR}{BC}\right)^2.$
અહીં $\frac{BC}{QR} = \frac{1}{3}$ હોવાથી,$\frac{QR}{BC} = \frac{3}{1} = 3$ થાય.
આમ,$\frac{\operatorname{ar}(\triangle PRQ)}{\operatorname{ar}(\triangle BCA)} = (3)^2 = 9.$

(C) આપેલ છે કે $\triangle ABC \sim \triangle DFE$,તેથી અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય અને અનુરૂપ બાજુઓ પ્રમાણમાં હોય.
તેથી,$\angle A = \angle D = 30^{\circ}$,$\angle B = \angle F$,અને $\angle C = \angle E = 50^{\circ}$.
$\triangle ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે,તેથી $\angle B = 180^{\circ} - (30^{\circ} + 50^{\circ}) = 100^{\circ}$.
આમ,$\angle F = 100^{\circ}$.
સમરૂપતા $\triangle ABC \sim \triangle DFE$ પરથી,આપણને અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર મળે છે: $\frac{AB}{DF} = \frac{AC}{DE} = \frac{BC}{FE}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{5}{7.5} = \frac{8}{DE}$.
$DE$ માટે ઉકેલતા: $DE = \frac{8 \times 7.5}{5} = \frac{60}{5} = 12 \, cm$.
તેથી,$DE = 12 \, cm$ અને $\angle F = 100^{\circ}$.

(D) બે ત્રિકોણો $SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) સમરૂપતાની શરત મુજબ સમરૂપ થવા માટે,તેમની બે અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોવો જોઈએ અને તે બાજુઓ વચ્ચેનો અંતર્ગત ખૂણો સમાન હોવો જોઈએ.
આપેલ ગુણોત્તર $\frac{AB}{DE} = \frac{BC}{FD}$ મુજબ,$\triangle ABC$ માં બાજુઓ $AB$ અને $BC$ વચ્ચેનો ખૂણો $\angle B$ છે. તેવી જ રીતે,$\triangle DEF$ માં બાજુઓ $DE$ અને $FD$ વચ્ચેનો ખૂણો $\angle D$ છે.
તેથી,$\triangle ABC \sim \triangle EDF$ થવા માટે,તેમના અંતર્ગત ખૂણાઓ સમાન હોવા જોઈએ,એટલે કે $\angle B = \angle D$.

(A) આપેલ છે કે,$\triangle ABC \sim \triangle QRP$.
આપણે જાણીએ છીએ કે બે સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના વર્ગોના ગુણોત્તર જેટલો હોય છે.
તેથી,$\frac{\operatorname{ar}(\triangle ABC)}{\operatorname{ar}(\triangle QRP)} = \frac{BC^2}{RP^2}$.
અહીં $\frac{\operatorname{ar}(\triangle ABC)}{\operatorname{ar}(\triangle QRP)} = \frac{9}{4}$ અને $BC = 15 \, cm$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{9}{4} = \frac{(15)^2}{RP^2}$.
$\frac{9}{4} = \frac{225}{RP^2}$.
$RP^2 = \frac{225 \times 4}{9} = 25 \times 4 = 100$.
$RP = \sqrt{100} = 10 \, cm$.
આમ,$PR$ નું મૂલ્ય $10 \, cm$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$\triangle PQR$ માં,$PS = QS = RS$ ... $(1)$
$\triangle PSR$ માં,$PS = RS$ (સમીકરણ $1$ પરથી),તેથી $\angle 1 = \angle 2$ ... $(2)$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
તે જ રીતે,$\triangle RSQ$ માં,$RS = QS$ (સમીકરણ $1$ પરથી),તેથી $\angle 3 = \angle 4$ ... $(3)$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
$\triangle PQR$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$
$\angle 2 + \angle 4 + (\angle 1 + \angle 3) = 180^{\circ}$
સમીકરણ $(2)$ અને $(3)$ પરથી $\angle 2 = \angle 1$ અને $\angle 4 = \angle 3$ મૂકતા:
$\angle 1 + \angle 3 + \angle 1 + \angle 3 = 180^{\circ}$
$2(\angle 1 + \angle 3) = 180^{\circ}$
$\angle 1 + \angle 3 = 90^{\circ}$
આમ,$\angle R = 90^{\circ}$.
$\triangle PQR$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$PR^2 + QR^2 = PQ^2$.

(A) $\triangle ABC$ કાટકોણ ત્રિકોણ છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપનો ઉપયોગ કરીશું,જે જણાવે છે કે જો સૌથી મોટી બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોય,તો તે ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
આપેલ બાજુઓ $AB = 24 \, cm$,$BC = 10 \, cm$ અને $AC = 26 \, cm$ છે.
બાજુઓના વર્ગની ગણતરી કરીએ:
$AB^2 = 24^2 = 576 \, cm^2$
$BC^2 = 10^2 = 100 \, cm^2$
$AC^2 = 26^2 = 676 \, cm^2$
હવે,બે નાની બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો કરીએ:
$AB^2 + BC^2 = 576 + 100 = 676 \, cm^2$
અહીં $AB^2 + BC^2 = AC^2$ $(576 + 100 = 676)$ હોવાથી,આ ત્રિકોણ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,$\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં શિરોબિંદુ $B$ આગળ કાટખૂણો છે.

(B) પ્રાથમિક પ્રમાણભૂતતાના પ્રમેય (થેલ્સના પ્રમેય) ના પ્રતિપ મુજબ,$PQ \parallel EF$ ત્યારે જ થાય જો $\frac{DP}{PE} = \frac{DQ}{QF}$ હોય.
અહીં $DP = 5 \, cm$ અને $DE = 15 \, cm$ આપેલ છે,તેથી $PE = DE - DP = 15 - 5 = 10 \, cm$ મળે.
આમ,ગુણોત્તર $\frac{DP}{PE} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2}$ થાય.
વળી,$DQ = 6 \, cm$ અને $QF = 18 \, cm$ આપેલ છે,તેથી ગુણોત્તર $\frac{DQ}{QF} = \frac{6}{18} = \frac{1}{3}$ થાય.
અહીં $\frac{DP}{PE} \neq \frac{DQ}{QF}$ (એટલે કે $\frac{1}{2} \neq \frac{1}{3}$) હોવાથી,રેખા $PQ$ એ $EF$ ને સમાંતર નથી.

(B) ના,તે સત્ય નથી.
આપેલ છે કે $\triangle FED \sim \triangle STU$,તેથી અનુરૂપ શિરોબિંદુઓ $F \leftrightarrow S$,$E \leftrightarrow T$ અને $D \leftrightarrow U$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોવો જોઈએ.
તેથી,સાચો ગુણોત્તર $\frac{FE}{ST} = \frac{ED}{TU} = \frac{FD}{SU}$ થાય.
આપેલ પદ $\frac{DE}{ST} = \frac{EF}{TU}$ સાથે સરખાવતા,તે બાજુઓની અનુરૂપતા સાથે મેળ ખાતું નથી.

(B) ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે પાયથાગોરસના પ્રમેયની ચકાસણી કરીએ છીએ,જે મુજબ કાટકોણ ત્રિકોણ માટે સૌથી મોટી બાજુનો વર્ગ બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોવો જોઈએ.
ધારો કે બાજુઓ $a = 25 \, cm$,$b = 5 \, cm$ અને $c = 24 \, cm$ છે.
સૌથી મોટી બાજુ $a = 25 \, cm$ છે.
સૌથી મોટી બાજુનો વર્ગ ગણો: $a^2 = (25)^2 = 625 \, cm^2$.
બાકીની બે બાજુઓના વર્ગોનો સરવાળો ગણો: $b^2 + c^2 = (5)^2 + (24)^2 = 25 + 576 = 601 \, cm^2$.
અહીં $a^2 \neq b^2 + c^2$ $(625 \neq 601)$ હોવાથી,આ ત્રિકોણ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરતું નથી.
તેથી,$25 \, cm$,$5 \, cm$ અને $24 \, cm$ બાજુઓ ધરાવતો ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ નથી.

(B) આ વિધાન અસત્ય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે જો બે ત્રિકોણ સમરૂપ હોય,તો તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય છે.
આપેલ છે કે $\triangle DEF \sim \triangle RPQ$,તેથી અનુરૂપતા નીચે મુજબ છે:
$D \leftrightarrow R$
$E \leftrightarrow P$
$F \leftrightarrow Q$
તેથી,સાચા સમાન ખૂણાઓ $\angle D = \angle R$,$\angle E = \angle P$ અને $\angle F = \angle Q$ છે.
અહીં $\angle F = \angle Q$ થાય છે,$\angle P$ નહીં,તેથી $\angle F = \angle P$ વાળું વિધાન ખોટું છે.

(A) આપેલ છે: $PQ = 12.5 \, cm$,$PA = 5 \, cm$,$BR = 6 \, cm$ અને $PB = 4 \, cm$.
પ્રથમ,$AQ$ ની લંબાઈ શોધો:
$AQ = PQ - PA = 12.5 - 5 = 7.5 \, cm$.
હવે,ગુણોત્તરની ગણતરી કરો:
$\frac{PA}{AQ} = \frac{5}{7.5} = \frac{50}{75} = \frac{2}{3}$ ......$(i)$
$\frac{PB}{BR} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ ......$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે:
$\frac{PA}{AQ} = \frac{PB}{BR}$
પ્રમેય $6.2$ (થેલ્સના પ્રમેયનું પ્રતિપ) મુજબ,જો કોઈ રેખા ત્રિકોણની બે બાજુઓનું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે,તો તે રેખા ત્રીજી બાજુને સમાંતર હોય છે.
તેથી,$AB \parallel QR$ છે.

(A) હા,$\triangle PBC \sim \triangle PDE$.
$\triangle PBC$ અને $\triangle PDE$ માં:
$\angle BPC = \angle EPD$ [અભિકોણો]
હવે,ખૂણાઓનો સમાવેશ કરતી બાજુઓના ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા:
$\frac{PB}{PD} = \frac{5 \text{ cm}}{10 \text{ cm}} = \frac{1}{2}$ ......$(i)$
$\frac{PC}{PE} = \frac{6 \text{ cm}}{12 \text{ cm}} = \frac{1}{2}$ ......$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી:
$\frac{PB}{PD} = \frac{PC}{PE}$
જેহেতু $\triangle PBC$ નો એક ખૂણો $\triangle PDE$ ના એક ખૂણા જેટલો છે અને આ ખૂણાઓનો સમાવેશ કરતી બાજુઓ પ્રમાણમાં છે,તેથી $SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) સમરૂપતાની શરત મુજબ,ત્રિકોણો સમરૂપ છે.
આમ,$\triangle PBC \sim \triangle PDE$.

(N/A) ના,$\triangle QPR$ એ $\triangle TSM$ ને સમરૂપ નથી.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\triangle PQR$ માં,$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$.
$55^{\circ} + 25^{\circ} + \angle R = 180^{\circ}$.
$\angle R = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$.
$\triangle TSM$ માં,$\angle T + \angle S + \angle M = 180^{\circ}$.
$\angle T + 25^{\circ} + 100^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle T = 180^{\circ} - 125^{\circ} = 55^{\circ}$.
$\triangle PQR$ અને $\triangle TSM$ ના ખૂણાઓની સરખામણી કરતા:
$\angle P = 55^{\circ} = \angle T$
$\angle Q = 25^{\circ} = \angle S$
$\angle R = 100^{\circ} = \angle M$
બધા અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,ત્રિકોણ સમરૂપ છે,પરંતુ સાચી સંગતતા $\triangle PQR \sim \triangle TSM$ છે.
તેથી,$\triangle QPR$ એ $\triangle TSM$ ને સમરૂપ નથી કારણ કે શિરોબિંદુઓનો ક્રમ સમાન ખૂણાઓની સંગતતા સાથે મેળ ખાતો નથી.

(B) આ વિધાન $\text{ખોટું}$ છે.
બે બહુકોણ (ચતુષ્કોણ સહિત) ત્યારે જ સમરૂપ ગણાય જો નીચેની બે શરતોનું પાલન થાય:
$1$. તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય.
$2$. તેમની અનુરૂપ બાજુઓ સમાન ગુણોત્તરમાં (પ્રમાણમાં) હોય.
ઉદાહરણ તરીકે,એક ચોરસ અને એક લંબચોરસના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન $(90^{\circ})$ હોય છે,પરંતુ તેઓ સમરૂપ નથી કારણ કે તેમની બાજુઓ પ્રમાણમાં નથી.

(A) હા,બંને ત્રિકોણો સમરૂપ છે.
ધારો કે પ્રથમ ત્રિકોણની બાજુઓ $a_1, b_1, c_1$ છે અને તેની પરિમિતિ $P_1 = a_1 + b_1 + c_1$ છે.
ધારો કે બીજા ત્રિકોણની બાજુઓ $a_2, b_2, c_2$ છે અને તેની પરિમિતિ $P_2 = a_2 + b_2 + c_2$ છે.
આપેલ છે કે $a_1 = 3a_2$,$b_1 = 3b_2$ અને $P_1 = 3P_2$.
જેহেতু $P_1 = a_1 + b_1 + c_1$ અને $P_2 = a_2 + b_2 + c_2$,તેથી $3P_2 = 3a_2 + 3b_2 + c_1$ થાય.
$P_2 = a_2 + b_2 + c_2$ મૂકતા,આપણને $3(a_2 + b_2 + c_2) = 3a_2 + 3b_2 + c_1$ મળે છે,જેનું સાદુંરૂપ આપતા $3c_2 = c_1$ મળે છે.
ત્રણેય અનુરૂપ બાજુઓ પ્રમાણમાં હોવાથી $(\frac{a_1}{a_2} = \frac{b_1}{b_2} = \frac{c_1}{c_2} = 3)$,$SSS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,બંને ત્રિકોણો સમરૂપ છે.

(A) હા,બંને ત્રિકોણો સમરૂપ હશે.
ધારો કે બે કાટકોણ ત્રિકોણો $\triangle ABC$ અને $\triangle PQR$ છે,જ્યાં $\angle B = \angle Q = 90^{\circ}$ છે.
આપેલ છે કે પ્રથમ ત્રિકોણનો એક લઘુકોણ બીજા ત્રિકોણના એક લઘુકોણ જેટલો છે,ધારો કે $\angle A = \angle P$.
$\triangle ABC$ અને $\triangle PQR$ માં:
$1$. $\angle B = \angle Q = 90^{\circ}$ (આપેલ છે)
$2$. $\angle A = \angle P$ (આપેલ છે)
$AA$ (ખૂણો-ખૂણો) સમરૂપતાની શરત મુજબ,જો એક ત્રિકોણના બે ખૂણા બીજા ત્રિકોણના બે ખૂણાઓને સમાન હોય,તો તે ત્રિકોણો સમરૂપ થાય $(\triangle ABC \sim \triangle PQR)$.
આ $AAA$ સમરૂપતાની શરતનો એક વિશિષ્ટ કિસ્સો છે,કારણ કે ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મને લીધે ત્રીજા ખૂણાઓ પણ સમાન જ હશે.

(B) આ વિધાન ખોટું છે.
બે સમરૂપ ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળના પ્રમેય મુજબ,બે સમરૂપ ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમના અનુરૂપ વેધના ગુણોત્તરના વર્ગ બરાબર હોય છે.
$\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2} = \left( \frac{\text{Altitude}_1}{\text{Altitude}_2} \right)^2$
અહીં વેધનો ગુણોત્તર $\frac{3}{5}$ આપેલ છે,તેથી:
$\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2} = \left( \frac{3}{5} \right)^2 = \frac{9}{25}$
કારણ કે $\frac{9}{25} \neq \frac{6}{5}$,તેથી આપેલ વિધાન ખોટું છે.

(N/A) ના,સામાન્ય રીતે એવું કહેવું યોગ્ય નથી કે $\triangle PQD \sim \triangle RPD$.
$\triangle PQD$ અને $\triangle RPD$ માં:
$1$. $\angle PDQ = \angle PDR = 90^{\circ}$ (આપેલ છે કે $PD \perp QR$)
$2$. $PD = PD$ (સામાન્ય બાજુ)
બે ત્રિકોણો સમરૂપ હોવા માટે,આપણને $AA$,$SAS$,અથવા $SSS$ સમરૂપતાની શરતોની જરૂર પડે છે. અહીં,આપણી પાસે માત્ર એક ખૂણો અને એક બાજુ સમાન છે. આપણી પાસે અન્ય ખૂણાઓની સમાનતા અથવા અન્ય બાજુઓના પ્રમાણ વિશે કોઈ માહિતી નથી.
તેથી,$\triangle PQD$ એ $\triangle RPD$ ને સમરૂપ હોવું જરૂરી નથી,સિવાય કે $\triangle PQR$ એ કોઈ ચોક્કસ પ્રકારનો ત્રિકોણ હોય (દા.ત.,જો $\angle P = 90^{\circ}$ હોય અને $PD$ એ કર્ણ પરનો વેધ હોય,તો $AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle PQD \sim \triangle RPD$ થાય).

(N/A) હા,તે સત્ય છે.
$\triangle ADE$ અને $\triangle ACB$ માં:
$1$. $\angle A = \angle A$ (બંને ત્રિકોણમાં સામાન્ય ખૂણો).
$2$. $\angle D = \angle C$ (પ્રશ્નમાં આપેલ છે).
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ADE \sim \triangle ACB$ થાય.

(B) આ વિધાન $False$ (ખોટું) છે.
$SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) સમરૂપતાની શરત મુજબ,જો એક ત્રિકોણનો એક ખૂણો બીજા ત્રિકોણના એક ખૂણાને સમાન હોય અને આ ખૂણાઓનો સમાવેશ કરતી બાજુઓ પ્રમાણમાં હોય,તો જ બે ત્રિકોણો સમરૂપ હોય છે.
આપેલ વિધાનમાં,બે બાજુઓ પ્રમાણમાં છે,પરંતુ તે બાજુઓ સમાન ખૂણાનો સમાવેશ કરતી હોવી જરૂરી નથી. તેથી,$SAS$ સમરૂપતાની શરત સંતોષાતી નથી અને ત્રિકોણો સમરૂપ હોવા જરૂરી નથી.

(B) ધારો કે $ABC$ એ $B$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો કાટકોણ ત્રિકોણ છે,જેમાં $AB = 16 \,cm$ અને $BC = 8 \,cm$ છે. આ ત્રિકોણમાં અંતર્ગત કરી શકાય તેવો સૌથી મોટો ચોરસ $BRSP$ છે.
ધારો કે ચોરસની બાજુની લંબાઈ $x \,cm$ છે. તેથી,$PB = x \,cm$ અને $BR = x \,cm$.
તેથી $AP = AB - PB = (16 - x) \,cm$.
$\triangle APS$ અને $\triangle ABC$ માં,$\angle A = \angle A$ (સામાન્ય ખૂણો) અને $\angle APS = \angle ABC = 90^{\circ}$.
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle APS \sim \triangle ABC$.
આથી,$\frac{AP}{AB} = \frac{PS}{BC}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{16 - x}{16} = \frac{x}{8}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા,$8(16 - x) = 16x$.
$128 - 8x = 16x$.
$128 = 24x$.
$x = \frac{128}{24} = \frac{16}{3} \,cm$.

(A) ધારો કે એક બાજુ $x \, cm$ છે. તો બીજી બાજુ $(x+5) \, cm$ થશે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$x^{2} + (x+5)^{2} = (25)^{2}$
સમીકરણનું વિસ્તરણ કરતા:
$x^{2} + x^{2} + 10x + 25 = 625$
$2x^{2} + 10x - 600 = 0$
$2$ વડે ભાગતા:
$x^{2} + 5x - 300 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$x^{2} + 20x - 15x - 300 = 0$
$x(x+20) - 15(x+20) = 0$
$(x-15)(x+20) = 0$
આમ,$x = 15$ અથવા $x = -20$.
લંબાઈ ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $x = -20$ ને અવગણતા.
તેથી,એક બાજુ $15 \, cm$ અને બીજી બાજુ $15 + 5 = 20 \, cm$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\frac{AD}{DB} = \frac{AE}{EC}$ અને $\angle ADE = \angle AED$.
પ્રમેય $6.2$ (સમપ્રમાણતાના મૂળભૂત પ્રમેયનું પ્રતિપ) મુજબ,જો કોઈ રેખા ત્રિકોણની બે બાજુઓનું સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે,તો તે રેખા ત્રીજી બાજુને સમાંતર હોય છે.
તેથી,$DE \parallel BC$.
કારણ કે $DE \parallel BC$ અને $AB$ એક છેદિકા છે,તેથી અનુકોણ સમાન થાય:
$\angle ADE = \angle ABC$ ....... $(1)$
તે જ રીતે,$DE \parallel BC$ અને $AC$ એક છેદિકા હોવાથી:
$\angle AED = \angle ACB$ ....... $(2)$
આપણને આપેલ છે કે $\angle ADE = \angle AED$.
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ ની કિંમતો આ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\angle ABC = \angle ACB$.
$\triangle ABC$ માં,પાયાના ખૂણા સમાન હોવાથી $(\angle B = \angle C)$,આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ પણ સમાન હોવી જોઈએ.
તેથી,$AB = AC$.
$\triangle ABC$ ની બે બાજુઓ સમાન હોવાથી,$\triangle ABC$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle PQR$ માં,$PR^{2} - PQ^{2} = QR^{2}$ અને $QM \perp PR$.
સાબિત કરવાનું છે: $QM^{2} = PM \times MR$.
સાબિતી: કારણ કે $PR^{2} - PQ^{2} = QR^{2}$,તેથી $PR^{2} = PQ^{2} + QR^{2}$ થાય.
પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપ વિધાન મુજબ,$\triangle PQR$ એ $Q$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો ત્રિકોણ છે.
$\triangle QMR$ અને $\triangle PMQ$ માં:
$\angle M = \angle M = 90^{\circ}$ (આપેલ છે કે $QM \perp PR$ અને $\angle PQR = 90^{\circ}$ હોવાથી $\angle MQR + \angle MQP = 90^{\circ}$).
$\angle P + \angle R = 90^{\circ}$ અને $\angle MQR + \angle R = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle MQR = \angle P$ થાય.
તે જ રીતે,$\angle MQP = \angle R$ થાય.
આમ,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle QMR \sim \triangle PMQ$ થાય.
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{QM}{PM} = \frac{MR}{QM}$.
તેથી,$QM^{2} = PM \times MR$. આમ સાબિત થાય છે.

(B) આપેલ છે કે,$DE \parallel AB$.
પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય (થેલ્સના પ્રમેય) મુજબ,જો ત્રિકોણની કોઈ એક બાજુને સમાંતર રેખા બાકીની બે બાજુઓને ભિન્ન બિંદુઓમાં છેદે,તો તે બાજુઓ સમાન ગુણોત્તરમાં વિભાજિત થાય છે.
તેથી,$\frac{CD}{AD} = \frac{CE}{BE}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{x+3}{3x+19} = \frac{x}{3x+4}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$(x+3)(3x+4) = x(3x+19)$
$3x^2 + 4x + 9x + 12 = 3x^2 + 19x$
$3x^2 + 13x + 12 = 3x^2 + 19x$
બંને બાજુથી $3x^2$ બાદ કરતા:
$13x + 12 = 19x$
$19x - 13x = 12$
$6x = 12$
$x = \frac{12}{6} = 2$.
આમ,$x$ ની જરૂરી કિંમત $2$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle NSQ \cong \triangle MTR$ અને $\angle 1 = \angle 2.$
સાબિત કરવાનું છે: $\triangle PTS \sim \triangle PRQ.$
સાબિતી: કારણ કે $\triangle NSQ \cong \triangle MTR,$ તેથી $CPCT$ મુજબ,$SQ = TR$ અને $NS = MT$ મળે.
વળી,આપેલ છે કે $\angle 1 = \angle 2,$ તેથી $\triangle PST$ માં,સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે,તેથી $PT = PS$ મળે.
$\triangle NSQ \cong \triangle MTR$ ની એકરૂપતા પરથી,આપણને $NQ = MR$ મળે છે. બંને બાજુથી $SQ = TR$ બાદ કરતા,આપણને $NS = MT$ મળે છે.
કારણ કે $PT = PS$ અને $PQ = PT + TQ$ તથા $PR = PS + SR$ છે,અને સમપ્રમાણતાને આધારે,આપણે દર્શાવી શકીએ કે $\frac{PS}{PQ} = \frac{PT}{PR}.$
હવે,$\angle P = \angle P$ (સામાન્ય ખૂણો) અને $\frac{PS}{PQ} = \frac{PT}{PR}$ હોવાથી,$SAS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle PTS \sim \triangle PRQ$ સાબિત થાય છે.

(D) આપેલ છે કે $PQRS$ એક સમલંબ ચતુષ્કોણ છે જેમાં $PQ \parallel RS$ અને $PQ = 3 RS$ છે.
$\frac{PQ}{RS} = \frac{3}{1}$ ......$(i)$
$\triangle POQ$ અને $\triangle ROS$ માં:
$\angle SOR = \angle QOP$ [અભિકોણો]
$\angle OSR = \angle OPQ$ [યુગ્મકોણો,કારણ કે $PQ \parallel RS$]
$\therefore \triangle POQ \sim \triangle ROS$ [ખૂ-ખૂ સમરૂપતાની શરત મુજબ]
સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળના ગુણધર્મ મુજબ,તેમના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ જેટલો હોય છે:
$\frac{\text{ar}(\triangle POQ)}{\text{ar}(\triangle ROS)} = \left(\frac{PQ}{RS}\right)^2 = \left(\frac{3}{1}\right)^2 = \frac{9}{1}$
આમ,જરૂરી ગુણોત્તર $9: 1$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $AC$ અને $PQ$ એકબીજાને બિંદુ $O$ પર છેદે છે અને $AB \parallel DC$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $OA \cdot CQ = OC \cdot AP$.
સાબિતી:
$\triangle AOP$ અને $\triangle COQ$ માં:
$1$. $\angle AOP = \angle COQ$ (અભિકોણો).
$2$. $\angle OAP = \angle OCQ$ (યુગ્મકોણો,કારણ કે $AB \parallel DC$ અને $AC$ છેદિકા છે).
$3$. $\angle OPA = \angle OQC$ (યુગ્મકોણો,કારણ કે $AB \parallel DC$ અને $PQ$ છેદિકા છે).
તેથી,$\triangle AOP \sim \triangle COQ$ ($AAA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ).
સમરૂપ ત્રિકોણોની અનુરૂપ બાજુઓ સમપ્રમાણમાં હોય છે:
$\frac{OA}{OC} = \frac{AP}{CQ}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$OA \cdot CQ = OC \cdot AP$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(B) ધારો કે $ABC$ એ $8 \, cm$ બાજુવાળો સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણમાં,શિરોબિંદુ $A$ માંથી પાયા $BC$ પર દોરેલો વેધ $AD$ પાયાને દુભાગે છે.
તેથી,$BD = CD = \frac{BC}{2} = \frac{8}{2} = 4 \, cm$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $ABD$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = AD^2 + BD^2$
$8^2 = AD^2 + 4^2$
$64 = AD^2 + 16$
$AD^2 = 64 - 16 = 48$
$AD = \sqrt{48} = \sqrt{16 \times 3} = 4 \sqrt{3} \, cm$.
વૈકલ્પિક રીતે,સમબાજુ ત્રિકોણના વેધનું સૂત્ર $h = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \text{બાજુ}$ છે.
$h = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 8 = 4 \sqrt{3} \, cm$.

(C) આપેલ છે કે $\triangle ABC \sim \triangle DEF$.
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{AB}{DE} = \frac{BC}{EF} = \frac{AC}{DF}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{4}{6} = \frac{BC}{9} = \frac{AC}{12}$.
હવે,$BC$ માટે ઉકેલતા:
$\frac{4}{6} = \frac{BC}{9} \implies BC = \frac{4 \times 9}{6} = 6 \, cm$.
$AC$ માટે ઉકેલતા:
$\frac{4}{6} = \frac{AC}{12} \implies AC = \frac{4 \times 12}{6} = 8 \, cm$.
$\triangle ABC$ ની પરિમિતિ $= AB + BC + AC$.
પરિમિતિ $= 4 + 6 + 8 = 18 \, cm$.

(D) આપેલ છે કે,$DE \parallel BC,$ $DE = 6 \, cm$ અને $BC = 12 \, cm.$
$\triangle ABC$ અને $\triangle ADE$ માં,
$\angle ABC = \angle ADE$ [અનુકોણ]
$\angle ACB = \angle AED$ [અનુકોણ]
$\angle A = \angle A$ [સામાન્ય ખૂણો]
તેથી,$\triangle ADE \sim \triangle ABC$ [$AAA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ].
આપણે જાણીએ છીએ કે બે સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ બરાબર હોય છે.
$\frac{\operatorname{ar}(ADE)}{\operatorname{ar}(ABC)} = \frac{(DE)^2}{(BC)^2}$
$= \frac{(6)^2}{(12)^2} = \left(\frac{6}{12}\right)^2 = \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}.$
ધારો કે $\operatorname{ar}(ADE) = k,$ તો $\operatorname{ar}(ABC) = 4k.$
હવે,$\operatorname{ar}(DECB) = \operatorname{ar}(ABC) - \operatorname{ar}(ADE) = 4k - k = 3k.$
તેથી,માંગેલ ગુણોત્તર $\operatorname{ar}(ADE) : \operatorname{ar}(DECB) = k : 3k = 1 : 3$ છે.

(A) આપેલ છે કે,સમલંબ ચતુષ્કોણ $ABCD$ માં $AB \parallel DC$ છે. $P$ અને $Q$ એ અનુક્રમે $AD$ અને $BC$ પરના બિંદુઓ છે જેથી $PQ \parallel DC$ થાય. આમ,$AB \parallel PQ \parallel DC$ છે.
$BD$ ને જોડો. ધારો કે $BD$ એ $PQ$ ને બિંદુ $O$ માં છેદે છે.
$\triangle ABD$ માં,$PO \parallel AB$ (કારણ કે $PQ \parallel AB$ છે).
પ્રમેય $6.1$ (થેલ્સનો પ્રમેય અથવા પાયાનું સપ્રમાણતાનું પ્રમેય) મુજબ:
$\frac{AP}{PD} = \frac{BO}{OD}$ .......$(i)$
$\triangle BDC$ માં,$OQ \parallel DC$ (કારણ કે $PQ \parallel DC$ છે).
પાયાનું સપ્રમાણતાનું પ્રમેય વાપરતા:
$\frac{BQ}{QC} = \frac{BO}{OD}$ .......$(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AP}{PD} = \frac{BQ}{QC}$
આપેલ કિંમતો $PD = 18 \, cm$,$BQ = 35 \, cm$ અને $QC = 15 \, cm$ મૂકતા:
$\frac{AP}{18} = \frac{35}{15}$
$AP = \frac{35 \times 18}{15}$
$AP = \frac{7 \times 18}{3} = 7 \times 6 = 42 \, cm$
તેથી,$AD = AP + PD = 42 \, cm + 18 \, cm = 60 \, cm$.

(B) આપેલ છે કે,બે સમરૂપ ત્રિકોણોની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર $2:3$ છે.
ધારો કે નાના ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = 48 \, cm^2$ છે અને મોટા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A_2$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળના પ્રમેય મુજબ,બે સમરૂપ ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરના વર્ગ જેટલો હોય છે.
$\frac{A_1}{A_2} = \left(\frac{2}{3}\right)^2$
$\frac{48}{A_2} = \frac{4}{9}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$4 \times A_2 = 48 \times 9$
$A_2 = \frac{432}{4} = 108 \, cm^2$.
તેથી,મોટા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $108 \, cm^2$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\Delta PQR$ માં,$PR$ પર $N$ એવું બિંદુ છે કે જેથી $QN \perp PR$ અને $PN \cdot NR = QN^2$ થાય.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle PQR = 90^{\circ}$.
સાબિતી: આપણી પાસે $PN \cdot NR = QN^2$ છે.
આને $\frac{PN}{QN} = \frac{QN}{NR}$ તરીકે લખી શકાય.
$\Delta QNP$ અને $\Delta RNQ$ માં:
$1$. $\frac{PN}{QN} = \frac{QN}{NR}$ (આપેલ છે)
$2$. $\angle PNQ = \angle RNQ = 90^{\circ}$ ($QN \perp PR$ આપેલ છે)
$SAS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta QNP \sim \Delta RNQ$.
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય છે:
$\angle PQN = \angle QRN$ (ધારો કે આ $\alpha$ છે)
$\angle RQN = \angle QPN$ (ધારો કે આ $\beta$ છે)
$\Delta PQR$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે:
$\angle P + \angle R + \angle PQR = 180^{\circ}$
$\angle QPN + \angle QRN + (\angle PQN + \angle RQN) = 180^{\circ}$
સમાન ખૂણાઓ મૂકતા:
$\beta + \alpha + (\alpha + \beta) = 180^{\circ}$
$2(\alpha + \beta) = 180^{\circ}$
$\alpha + \beta = 90^{\circ}$
$\angle PQR = \alpha + \beta$ હોવાથી,$\angle PQR = 90^{\circ}$ થાય.
આમ,સાબિત થાય છે.

(D) આપેલ છે કે,નાના ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $= 36\, cm^{2}$ અને મોટા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $= 100\, cm^{2}$.
વળી,મોટા ત્રિકોણની એક બાજુની લંબાઈ $= 20\, cm$ છે.
ધારો કે નાના ત્રિકોણની અનુરૂપ બાજુની લંબાઈ $x\, cm$ છે.
સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળના ગુણધર્મ મુજબ,બે સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના વર્ગના ગુણોત્તર જેટલો હોય છે.
$\frac{\text{મોટા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ}}{\text{નાના ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ}} = \frac{(\text{મોટા ત્રિકોણની બાજુ})^{2}}{(\text{નાના ત્રિકોણની બાજુ})^{2}}$
$\Rightarrow \frac{100}{36} = \frac{(20)^{2}}{x^{2}}$
$\Rightarrow x^{2} = \frac{20^{2} \times 36}{100} = \frac{400 \times 36}{100} = 4 \times 36 = 144$
$x = \sqrt{144} = 12\, cm$.
આમ,નાના ત્રિકોણની અનુરૂપ બાજુની લંબાઈ $12\, cm$ છે.

(A) આપેલ છે: $AC = 8 \, cm$,$AD = 3 \, cm$ અને $\angle ACB = \angle CDA = 90^{\circ}$ (આકૃતિ પરથી).
કાટકોણ $\triangle ADC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AD^2 + CD^2$
$8^2 = 3^2 + CD^2$
$64 = 9 + CD^2$
$CD^2 = 55$
$CD = \sqrt{55} \, cm$.
હવે,$\triangle CDB$ અને $\triangle ADC$ ને ધ્યાનમાં લો:
$1$. $\angle BDC = \angle ADC = 90^{\circ}$ (આપેલ છે).
$2$. $\angle DBC = \angle DCA$ (કારણ કે બંને $90^{\circ} - \angle A$ ને સમાન છે).
$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle CDB \sim \triangle ADC$.
તેથી,અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન થાય:
$\frac{CD}{BD} = \frac{AD}{CD}$
$CD^2 = AD \times BD$
$55 = 3 \times BD$
$BD = \frac{55}{3} \, cm$.

(B) ધારો કે $BC = 15\, m$ એ ટાવરની ઊંચાઈ છે અને $AB = 24\, m$ એ તેના પડછાયાની લંબાઈ છે. તે સમયે સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ $\theta$ છે,તેથી $\angle CAB = \theta$.
ધારો કે $EF = h$ એ ટેલિફોનના થાંભલાની ઊંચાઈ છે અને $DE = 16\, m$ એ તેના પડછાયાની લંબાઈ છે. તે જ સમયે સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ સમાન રહે છે,તેથી $\angle EDF = \theta$.
$\triangle ABC$ અને $\triangle DEF$ માં:
$\angle CAB = \angle EDF = \theta$ (સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ)
$\angle ABC = \angle DEF = 90^{\circ}$ (બંને સમતલ જમીન પર ઉભેલી શિરોલંબ વસ્તુઓ છે)
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle ABC \sim \triangle DEF$ થાય.
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{AB}{DE} = \frac{BC}{EF}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{24}{16} = \frac{15}{h}$
$h$ માટે ઉકેલતા:
$h = \frac{15 \times 16}{24}$
$h = \frac{15 \times 2}{3}$
$h = 5 \times 2 = 10\, m$.
આમ,ટેલિફોનના થાંભલાની ઊંચાઈ $10\, m$ છે.

(C) ધારો કે $AB$ એ ઉભી દીવાલ છે અને $AC = 10\,m$ એ નિસરણીની લંબાઈ છે.
નિસરણીના પાયાનું દીવાલના તળિયેથી અંતર $BC = 6\,m$ છે.
કાટકોણ $\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$(10)^2 = AB^2 + (6)^2$
$100 = AB^2 + 36$
$AB^2 = 100 - 36 = 64$
$AB = \sqrt{64} = 8\,m$.
આમ,દીવાલ પરના તે બિંદુની ઊંચાઈ જ્યાં નિસરણીનો ઉપરનો છેડો પહોંચે છે તે $8\,m$ છે.

(N/A) $\triangle AOF$ અને $\triangle BOD$ માં:
$\angle O = \angle O$ (સામાન્ય ખૂણો) અને $\angle A = \angle B = 90^{\circ}$.
તેથી,$\triangle AOF \sim \triangle BOD$ ($AA$ સમરૂપતા).
માટે,$\frac{OA}{OB} = \frac{FA}{DB}$ .........$(1)$
વળી,$\triangle FAC$ અને $\triangle EBC$ માં:
$\angle A = \angle B = 90^{\circ}$ અને $\angle FCA = \angle ECB$ (અભિકોણો).
તેથી,$\triangle FAC \sim \triangle EBC$ ($AA$ સમરૂપતા).
માટે,$\frac{FA}{EB} = \frac{AC}{BC}$.
$OB$ એ $DE$ નો લંબદ્વિભાજક હોવાથી,$EB = DB$.
તેથી,$\frac{FA}{DB} = \frac{AC}{BC}$ ......$(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AC}{BC} = \frac{OA}{OB}$.
$AC = OC - OA$ અને $BC = OB - OC$ હોવાથી:
$\frac{OC - OA}{OB - OC} = \frac{OA}{OB}$.
$OB(OC - OA) = OA(OB - OC)$.
$OB \cdot OC - OA \cdot OB = OA \cdot OB - OA \cdot OC$.
$OB \cdot OC + OA \cdot OC = 2(OA \cdot OB)$.
બંને બાજુને $(OA \cdot OB \cdot OC)$ વડે ભાગતા:
$\frac{OB \cdot OC}{OA \cdot OB \cdot OC} + \frac{OA \cdot OC}{OA \cdot OB \cdot OC} = \frac{2(OA \cdot OB)}{OA \cdot OB \cdot OC}$.
$\frac{1}{OA} + \frac{1}{OB} = \frac{2}{OC}$.

(N/A) આપેલ છે: ત્રિકોણ $ABC$ જેમાં $AC^2 = AB^2 + BC^2$.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle B = 90^{\circ}$.
રચના: એક $\triangle PQR$ ની રચના કરો જેમાં $\angle Q = 90^{\circ}$,$PQ = AB$ અને $QR = BC$ થાય.
સાબિતી:
$\triangle PQR$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$PR^2 = PQ^2 + QR^2$
કારણ કે $PQ = AB$ અને $QR = BC$,તેથી:
$PR^2 = AB^2 + BC^2$ ...... $(1)$
આપેલ છે કે $AC^2 = AB^2 + BC^2$ ...... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,$PR^2 = AC^2$,જેનો અર્થ છે કે $PR = AC$.
હવે,$\triangle ABC$ અને $\triangle PQR$ માં:
$AB = PQ$ (રચના મુજબ)
$BC = QR$ (રચના મુજબ)
$AC = PR$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
તેથી,$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle ABC \cong \triangle PQR$.
આમ,$CPCT$ મુજબ $\angle B = \angle Q$.
રચના મુજબ $\angle Q = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle B = 90^{\circ}$ થાય છે.

(B) પ્રથમ વિમાન દ્વારા $1 \frac{1}{2}$ કલાક (અથવા $1.5$ કલાક) માં કાપેલું અંતર $= 300 \times 1.5 = 450 \, km$.
બીજા વિમાન દ્વારા $1.5$ કલાકમાં કાપેલું અંતર $= 400 \times 1.5 = 600 \, km$.
એક વિમાન ઉત્તર દિશામાં અને બીજું પશ્ચિમ દિશામાં ઉડતું હોવાથી,તેમના માર્ગો એકબીજાને લંબ છે,જે કાટખૂણો બનાવતા ત્રિકોણની રચના કરે છે,જ્યાં એરપોર્ટ કાટખૂણાના શિરોબિંદુ પર છે.
ધારો કે $O$ એરપોર્ટ છે,$A$ પ્રથમ વિમાનનું સ્થાન છે અને $B$ બીજા વિમાનનું સ્થાન છે.
તેથી $OA = 450 \, km$ અને $OB = 600 \, km$.
$\triangle AOB$ માં પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$AB^2 = OA^2 + OB^2$
$AB^2 = (450)^2 + (600)^2$
$AB^2 = 202500 + 360000$
$AB^2 = 562500$
$AB = \sqrt{562500} = 750 \, km$.
આમ,$1 \frac{1}{2}$ કલાક પછી બંને વિમાનો એકબીજાથી $750 \, km$ દૂર હશે.