Triangle and Parallelogram Questions in Gujarati

(C) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A(1,2,3), B(3,-1,5),$ અને $C(4,0,-3)$ છે.
પ્રથમ,આપણે બાજુઓના દિશા ગુણોત્તરની ગણતરી કરીએ:
$\overrightarrow{AB} = (3-1, -1-2, 5-3) = (2, -3, 2)$
$\overrightarrow{BC} = (4-3, 0+1, -3-5) = (1, 1, -8)$
$\overrightarrow{AC} = (4-1, 0-2, -3-3) = (3, -2, -6)$
હવે,લંબપણા માટે તપાસીએ:
$\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (2)(3) + (-3)(-2) + (2)(-6) = 6 + 6 - 12 = 0$.
કારણ કે ડોટ પ્રોડક્ટ $0$ છે,$\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AC}$,જેનો અર્થ છે કે $\angle A = 90^{\circ}$.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,પરિકેન્દ્ર એ કર્ણ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે.
પરિકેન્દ્ર $(\alpha, \beta, \gamma) = \left(\frac{3+4}{2}, \frac{-1+0}{2}, \frac{5-3}{2}\right) = \left(\frac{7}{2}, -\frac{1}{2}, 1\right)$.
આમ,$\alpha = \frac{7}{2}, \beta = -\frac{1}{2}, \gamma = 1$.
તેથી,$|\alpha| + |\beta| = |\frac{7}{2}| + |-\frac{1}{2}| = \frac{7}{2} + \frac{1}{2} = 4$.
કારણ કે $|\gamma| = |1| = 1$,આપણને $4 = 4|\gamma|$ મળે છે.

(A) આપેલ બિંદુઓ $A(1, 3, 5)$,$B(2, 4, 6)$ અને $C(4, 5, k)$ છે.
પ્રથમ,બિંદુઓ વચ્ચેના અંતરનો વર્ગ શોધો:
$AB^2 = (2-1)^2 + (4-3)^2 + (6-5)^2 = 1^2 + 1^2 + 1^2 = 3$
$BC^2 = (4-2)^2 + (5-4)^2 + (k-6)^2 = 4 + 1 + (k-6)^2 = k^2 - 12k + 41$
$AC^2 = (4-1)^2 + (5-3)^2 + (k-5)^2 = 9 + 4 + (k-5)^2 = k^2 - 10k + 38$
કિસ્સો $1$: $A$ આગળ કાટખૂણો $(AB^2 + AC^2 = BC^2)$
$3 + k^2 - 10k + 38 = k^2 - 12k + 41$
$41 - 10k = 41 - 12k$
$2k = 0 \Rightarrow k = 0$
કિસ્સો $2$: $B$ આગળ કાટખૂણો $(AB^2 + BC^2 = AC^2)$
$3 + k^2 - 12k + 41 = k^2 - 10k + 38$
$44 - 12k = 38 - 10k$
$6 = 2k \Rightarrow k = 3$
કિસ્સો $3$: $C$ આગળ કાટખૂણો $(AC^2 + BC^2 = AB^2)$
$k^2 - 10k + 38 + k^2 - 12k + 41 = 3$
$2k^2 - 22k + 76 = 0$
$k^2 - 11k + 38 = 0$
અહીં વિવેચક $D = (-11)^2 - 4(1)(38) = 121 - 152 = -31 < 0$. તેથી $k$ ની કોઈ વાસ્તવિક કિંમત નથી.
આમ,$k$ ની શક્ય કિંમતો $0$ અને $3$ છે. તેથી કુલ $2$ શક્ય કિંમતો મળે છે.

(A) ધારો કે $\triangle ABC$ ના શિરોબિંદુઓ $A(x_1, y_1, z_1)$,$B(x_2, y_2, z_2)$ અને $C(x_3, y_3, z_3)$ છે.
આપેલ છે કે $D, E, F$ એ અનુક્રમે $AB, BC, CA$ ના મધ્યબિંદુઓ છે:
$D = \left(\frac{x_1+x_2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2}, \frac{z_1+z_2}{2}\right) = (1, 2, -3) \Rightarrow x_1+x_2=2, y_1+y_2=4, z_1+z_2=-6$
$E = \left(\frac{x_2+x_3}{2}, \frac{y_2+y_3}{2}, \frac{z_2+z_3}{2}\right) = (3, 0, 1) \Rightarrow x_2+x_3=6, y_2+y_3=0, z_2+z_3=2$
$F = \left(\frac{x_1+x_3}{2}, \frac{y_1+y_3}{2}, \frac{z_1+z_3}{2}\right) = (-1, 1, -4) \Rightarrow x_1+x_3=-2, y_1+y_3=2, z_1+z_3=-8$
$x_1, x_2, x_3$ માટે ઉકેલતા: $(x_1+x_2)+(x_2+x_3)+(x_1+x_3) = 2+6-2 = 6 \Rightarrow 2(x_1+x_2+x_3)=6 \Rightarrow x_1+x_2+x_3=3$. તેથી $x_3=3-2=1, x_1=3-6=-3, x_2=3-(-2)=5$.
તે જ રીતે $y$ માટે: $y_1+y_2+y_3 = \frac{4+0+2}{2} = 3$. તેથી $y_3=3-4=-1, y_1=3-0=3, y_2=3-2=1$.
તે જ રીતે $z$ માટે: $z_1+z_2+z_3 = \frac{-6+2-8}{2} = -6$. તેથી $z_3=-6-(-6)=0, z_1=-6-2=-8, z_2=-6-(-8)=2$.
તેથી,$A(-3, 3, -8)$,$D(1, 2, -3)$,અને $F(-1, 1, -4)$.
$\triangle ADF$ નું મધ્યકેન્દ્ર $\left(\frac{-3+1-1}{3}, \frac{3+2+1}{3}, \frac{-8-3-4}{3}\right) = \left(\frac{-3}{3}, \frac{6}{3}, \frac{-15}{3}\right) = (-1, 2, -5)$ થાય.

(A) $A(x_1, y_1, z_1)$,$B(x_2, y_2, z_2)$ અને $C(x_3, y_3, z_3)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતા ત્રિકોણનું મધ્યકેન્દ્ર $(G)$ શોધવાનું સૂત્ર $G = \left( \frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3} \right)$ છે.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $A(3,4,5)$,$B(6,7,2)$ અને $C(x, y, z)$ છે અને મધ્યકેન્દ્ર $(3,2,3)$ છે.
યામોને સરખાવતા:
$3 = \frac{3+6+x}{3} \implies 9 = 9+x \implies x = 0$.
$2 = \frac{4+7+y}{3} \implies 6 = 11+y \implies y = -5$.
$3 = \frac{5+2+z}{3} \implies 9 = 7+z \implies z = 2$.
તેથી,$x+y+z = 0 + (-5) + 2 = -3$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A(1,2,5), B(-1,6,1), C(3,4,-3)$ અને $D(5,0,1)$ છે.
પ્રથમ,આપણે અંતર સૂત્ર $d = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$ નો ઉપયોગ કરીને બાજુઓની લંબાઈ શોધીએ:
$AB = \sqrt{(-1-1)^2 + (6-2)^2 + (1-5)^2} = \sqrt{(-2)^2 + 4^2 + (-4)^2} = \sqrt{4 + 16 + 16} = \sqrt{36} = 6$
$BC = \sqrt{(3-(-1))^2 + (4-6)^2 + (-3-1)^2} = \sqrt{4^2 + (-2)^2 + (-4)^2} = \sqrt{16 + 4 + 16} = \sqrt{36} = 6$
$CD = \sqrt{(5-3)^2 + (0-4)^2 + (1-(-3))^2} = \sqrt{2^2 + (-4)^2 + 4^2} = \sqrt{4 + 16 + 16} = \sqrt{36} = 6$
$DA = \sqrt{(1-5)^2 + (2-0)^2 + (5-1)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 2^2 + 4^2} = \sqrt{16 + 4 + 16} = \sqrt{36} = 6$
બધી બાજુઓ સમાન હોવાથી $(AB = BC = CD = DA = 6)$,આ ચતુષ્કોણ સમબાજુ ચતુષ્કોણ છે.
હવે,આપણે વિકર્ણો તપાસીએ:
$AC = \sqrt{(3-1)^2 + (4-2)^2 + (-3-5)^2} = \sqrt{2^2 + 2^2 + (-8)^2} = \sqrt{4 + 4 + 64} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}$
$BD = \sqrt{(5-(-1))^2 + (0-6)^2 + (1-1)^2} = \sqrt{6^2 + (-6)^2 + 0^2} = \sqrt{36 + 36 + 0} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}$
વિકર્ણો પણ સમાન હોવાથી $(AC = BD = 6\sqrt{2})$,આ ચતુષ્કોણ એક ચોરસ છે.

(B) ધારો કે $\triangle ABC$ ની બાજુઓના મધ્યબિંદુઓ $D(1,0,3)$,$E(2,1,5)$ અને $F(-2,3,6)$ છે.
ત્રિકોણની બાજુઓના મધ્યબિંદુઓ દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું મધ્યકેન્દ્ર એ મૂળ ત્રિકોણના મધ્યકેન્દ્ર સમાન જ હોય છે.
તેથી,$\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર એ $\triangle DEF$ ના મધ્યકેન્દ્ર સમાન છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1, z_1), (x_2, y_2, z_2), (x_3, y_3, z_3)$ માટે મધ્યકેન્દ્રનું સૂત્ર $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ છે.
આપેલા મધ્યબિંદુઓનો ઉપયોગ કરતા:
મધ્યકેન્દ્ર $= \left(\frac{1+2-2}{3}, \frac{0+1+3}{3}, \frac{3+5+6}{3}\right)$
$= \left(\frac{1}{3}, \frac{4}{3}, \frac{14}{3}\right)$.

(C) ધારો કે ત્રીજા શિરોબિંદુ $C$ ના યામ $(x, y, z)$ છે.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $A(5, 4, 6)$ અને $B(1, -1, 3)$ છે.
ત્રિકોણના મધ્યકેન્દ્ર $G$ નું સૂત્ર $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ છે.
આપેલ મધ્યકેન્દ્ર $G = \left(\frac{10}{3}, 2, \frac{11}{3}\right)$ છે.
યામોને સરખાવતા:
$\frac{5+1+x}{3} = \frac{10}{3} \Rightarrow 6+x = 10 \Rightarrow x = 4$.
$\frac{4-1+y}{3} = 2 \Rightarrow 3+y = 6 \Rightarrow y = 3$.
$\frac{6+3+z}{3} = \frac{11}{3} \Rightarrow 9+z = 11 \Rightarrow z = 2$.
તેથી,ત્રીજું શિરોબિંદુ $C$ એ $(4, 3, 2)$ છે.

(B) ધારો કે $\triangle ABC$ ના શિરોબિંદુઓ $A(x_1, y_1, z_1)$,$B(x_2, y_2, z_2)$ અને $C(x_3, y_3, z_3)$ છે.
$D(2, 1, 0)$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી:
$\frac{x_2+x_3}{2} = 2 \implies x_2+x_3 = 4$
$\frac{y_2+y_3}{2} = 1 \implies y_2+y_3 = 2$
$\frac{z_2+z_3}{2} = 0 \implies z_2+z_3 = 0$
$E(2, 0, 0)$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી:
$\frac{x_1+x_3}{2} = 2 \implies x_1+x_3 = 4$
$\frac{y_1+y_3}{2} = 0 \implies y_1+y_3 = 0$
$\frac{z_1+z_3}{2} = 0 \implies z_1+z_3 = 0$
$F(0, 1, 0)$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી:
$\frac{x_1+x_2}{2} = 0 \implies x_1+x_2 = 0$
$\frac{y_1+y_2}{2} = 1 \implies y_1+y_2 = 2$
$\frac{z_1+z_2}{2} = 0 \implies z_1+z_2 = 0$
આ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2(x_1+x_2+x_3) = 4+4+0 = 8 \implies x_1+x_2+x_3 = 4$
$2(y_1+y_2+y_3) = 2+0+2 = 4 \implies y_1+y_2+y_3 = 2$
$2(z_1+z_2+z_3) = 0+0+0 = 0 \implies z_1+z_2+z_3 = 0$
$\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,મધ્યકેન્દ્ર $\left(\frac{4}{3}, \frac{2}{3}, 0\right)$ મળે છે.

(D) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A = (1, 0, 0)$,$B = (0, 1, 0)$,અને $C = (0, 0, 1)$ છે.
અંતર સૂત્ર $d = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે બાજુઓની લંબાઈ શોધીએ છીએ:
$AB = \sqrt{(0-1)^2 + (1-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
$BC = \sqrt{(0-0)^2 + (0-1)^2 + (1-0)^2} = \sqrt{0^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
$CA = \sqrt{(1-0)^2 + (0-0)^2 + (0-1)^2} = \sqrt{1^2 + 0^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$.
ત્રિકોણની પરિમિતિ તેની બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો છે:
$\text{પરિમિતિ} = AB + BC + CA = \sqrt{2} + \sqrt{2} + \sqrt{2} = 3\sqrt{2}$.

(A) ધારો કે સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણના શિરોબિંદુઓ $O(0,0)$,$A(a \cos \theta, b \sin \theta)$,$B(a \cos \theta, -b \sin \theta)$ અને $C(x, y)$ છે.
સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ $OABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= 2 \times \triangle OAB$ નું ક્ષેત્રફળ.
$\triangle OAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |x_A y_B - x_B y_A| = \frac{1}{2} |(a \cos \theta)(-b \sin \theta) - (a \cos \theta)(b \sin \theta)| = ab |\sin \theta \cos \theta| = \frac{ab}{2} |\sin 2\theta|$.
તેથી,સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ $OABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= 2 \times \frac{ab}{2} |\sin 2\theta| = ab |\sin 2\theta|$.
$|\sin 2\theta|$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે,જે $\theta = \pi / 4$ માટે મળે છે.
આમ,મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $ab$ છે જ્યારે $\theta = \pi / 4$.