Height and Distance Questions in Gujarati

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H = a + x$ છે,જ્યાં $x$ એ ઇમારતની સપાટીથી ઉપર ટાવરની ઊંચાઈ છે.
$\Delta ABC$ માં,$\tan{30^\circ} = \frac{AC}{BC} = \frac{x}{BC}$. $\tan{30^\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ હોવાથી,$BC = x\sqrt{3}$ મળે.
$\Delta ADE$ માં,$\tan{45^\circ} = \frac{AE}{DE} = \frac{a+x}{DE}$. $\tan{45^\circ} = 1$ અને $DE = BC = x\sqrt{3}$ હોવાથી,$1 = \frac{a+x}{x\sqrt{3}}$ મળે.
તેથી,$x\sqrt{3} = a + x$,જેનો અર્થ છે $x(\sqrt{3}-1) = a$,તેથી $x = \frac{a}{\sqrt{3}-1}$.
ટાવરની કુલ ઊંચાઈ $H = a + x = a + \frac{a}{\sqrt{3}-1} = a \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{3}-1} \right) = a \left( \frac{\sqrt{3}-1+1}{\sqrt{3}-1} \right) = \frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1} \times \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}+1} = \frac{a(3+\sqrt{3})}{3-1} = \frac{a(3+\sqrt{3})}{2}$.

(A) ધારો કે દીવાલ $AB$ છે અને જમીન $BC$ છે. નિસરણી $AC = 5 \ m$ છે. શરૂઆતમાં,$BC = 3 \ m$. $\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AB^2 + BC^2 = AC^2$,તેથી $AB^2 + 3^2 = 5^2$,જે $AB^2 = 25 - 9 = 16$ આપે છે,તેથી $AB = 4 \ m$.
હવે,નિસરણીના નીચેના છેડાને $1 \ m$ વધુ દૂર ખેંચવામાં આવે છે,તેથી દીવાલથી નવું અંતર $BC' = 3 + 1 = 4 \ m$ છે. નિસરણીની લંબાઈ $DC' = 5 \ m$ રહે છે. $\triangle DBC'$ માં,$BD^2 + BC'^2 = DC'^2$,તેથી $BD^2 + 4^2 = 5^2$,જે $BD^2 = 25 - 16 = 9$ આપે છે,તેથી $BD = 3 \ m$.
નિસરણીનો ઉપરનો છેડો જેટલો નીચે સરકે છે તે અંતર $AD = AB - BD = 4 - 3 = 1 \ m$ છે.

(B) ધારો કે સ્તંભની ઊંચાઈ $PO = h$ છે અને $O$ એ સ્તંભનો પાયો છે.
$\triangle POB$ માં,$\tan 30^\circ = \frac{h}{OB} \implies OB = h \cot 30^\circ = h\sqrt{3}$.
$\triangle POA$ માં,$\tan 15^\circ = \frac{h}{OA} \implies OA = h \cot 15^\circ$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot 15^\circ = 2 + \sqrt{3}$.
આપેલ છે કે $AB = 40 \ m$,તેથી $OA - OB = 40$.
$h(2 + \sqrt{3}) - h\sqrt{3} = 40$.
$h(2 + \sqrt{3} - \sqrt{3}) = 40$.
$2h = 40 \implies h = 20 \ m$.

(B) ધારો કે $AB$ એ $h$ ઊંચાઈની ઈમારત છે અને $BP$ એ ટેકરી છે. ટેકરીની કુલ ઊંચાઈ $H = h + x$ છે,જ્યાં $x$ એ ઈમારતની સપાટીથી ઉપરની ટેકરીની ઊંચાઈ છે.
આકૃતિ પરથી,$\triangle ADC$ માં,$\tan p = \frac{x}{y} \Rightarrow y = x \cot p$.
$\triangle ABP$ માં,$\tan q = \frac{h + x}{y} \Rightarrow y = (h + x) \cot q$.
$y$ ની કિંમતો સરખાવતા,આપણને મળે $x \cot p = (h + x) \cot q$.
$x \cot p = h \cot q + x \cot q$.
$x(\cot p - \cot q) = h \cot q \Rightarrow x = \frac{h \cot q}{\cot p - \cot q}$.
ટેકરીની કુલ ઊંચાઈ $H = h + x = h + \frac{h \cot q}{\cot p - \cot q} = \frac{h \cot p - h \cot q + h \cot q}{\cot p - \cot q} = \frac{h \cot p}{\cot p - \cot q}$.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h \, m$ છે.
આપેલ અંતર $d = 500 \, m$ છે.
ઉત્સેધકોણ $\theta = 30^\circ$ છે.
ત્રિકોણમિતીય ગુણોત્તર $\tan \theta = \frac{\text{ઊંચાઈ}}{\text{પાયો}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan 30^\circ = \frac{h}{500}$
$\tan 30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}}$ હોવાથી:
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{500}$
$h = \frac{500}{\sqrt{3}} \, m$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) ધારો કે મંદિરની ઊંચાઈ $h$ છે અને માણસનું મંદિરના પાયાથી પ્રારંભિક અંતર $x$ છે.
પ્રથમ સ્થાન પરથી,$\tan(60^\circ) = \frac{h}{x} \implies x = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
ઉત્તર દિશામાં $240 \ m$ ચાલ્યા પછી,માણસ મંદિરના પાયાથી $d = \sqrt{x^2 + 240^2}$ અંતરે છે.
બીજા સ્થાન પરથી,$\tan(30^\circ) = \frac{h}{d} \implies d = h\sqrt{3}$.
અંતરના સૂત્રમાં $d$ અને $x$ ની કિંમત મૂકતા: $(h\sqrt{3})^2 = (\frac{h}{\sqrt{3}})^2 + 240^2$.
$3h^2 = \frac{h^2}{3} + 57600$.
$3h^2 - \frac{h^2}{3} = 57600 \implies \frac{8h^2}{3} = 57600$.
$h^2 = \frac{57600 \times 3}{8} = 21600$.
$h = \sqrt{21600} = 60\sqrt{6} \ m$.

(B) ધારો કે સ્તંભનો પાયો $B$ છે અને જમીન પરનું બિંદુ $A$ છે. સ્તંભની ટોચ $C$ છે અને ધ્વજદંડની ટોચ $D$ છે. આપેલ છે કે $AB = 50 \ m$,$BC = 80 \ m$,અને $CD = 20 \ m$.
ધારો કે $\angle CAB = \beta$. $\triangle ABC$ માં,$\tan \beta = \frac{BC}{AB} = \frac{80}{50} = \frac{8}{5}$.
$\triangle ABD$ માં,કુલ ઊંચાઈ $BD = BC + CD = 80 + 20 = 100 \ m$.
તેથી $\tan(\alpha + \beta) = \frac{BD}{AB} = \frac{100}{50} = 2$.
સૂત્ર $\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\tan \alpha + \frac{8}{5}}{1 - \tan \alpha \cdot \frac{8}{5}} = 2$
$\tan \alpha + \frac{8}{5} = 2 - \frac{16}{5} \tan \alpha$
$\tan \alpha + \frac{16}{5} \tan \alpha = 2 - \frac{8}{5}$
$\frac{21}{5} \tan \alpha = \frac{2}{5}$
$\tan \alpha = \frac{2}{21}$.

(B) ધારો કે ટાવર $ED$ છે જેની ઊંચાઈ $h$ છે અને $D$ ટાવરનો પાયો છે. ધારો કે $CD = y$. $\triangle ECD$ માં,$\tan 3\alpha = h/y$,તેથી $y = h \cot 3\alpha$.
$\triangle EBD$ માં,$\tan 2\alpha = h/(y+BC)$,તેથી $y+BC = h \cot 2\alpha$,જે આપે છે $BC = h(\cot 2\alpha - \cot 3\alpha) = \frac{h \sin \alpha}{\sin 2\alpha \sin 3\alpha}$.
$\triangle EAD$ માં,$\tan \alpha = h/(y+BC+AB)$,તેથી $y+BC+AB = h \cot \alpha$,જે આપે છે $AB = h(\cot \alpha - \cot 2\alpha) = \frac{h}{\sin 2\alpha}$.
આમ,$AB/BC = \frac{h}{\sin 2\alpha} \times \frac{\sin 2\alpha \sin 3\alpha}{h \sin \alpha} = \frac{\sin 3\alpha}{\sin \alpha} = 3 - 4\sin^2 \alpha = 1 + 2\cos 2\alpha$.

(A) ધારો કે દરેક સ્તંભની ઊંચાઈ $h$ છે અને રસ્તાની પહોળાઈ $60 \, m$ છે. રસ્તા પરનું બિંદુ એક સ્તંભથી $x$ અંતરે છે,તેથી બીજા સ્તંભથી અંતર $(60 - x)$ થશે.
પ્રથમ ત્રિકોણમાં,$\tan 60^\circ = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow \sqrt{3} = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow h = x\sqrt{3} \dots (i)$.
બીજા ત્રિકોણમાં,$\tan 30^\circ = \frac{h}{60 - x}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{60 - x}$ $\Rightarrow 60 - x = h\sqrt{3} \dots (ii)$.
સમીકરણ $(i)$ માંથી $x = \frac{h}{\sqrt{3}}$ ની કિંમત $(ii)$ માં મૂકતા:
$60 - \frac{h}{\sqrt{3}} = h\sqrt{3}$
$60 = h\sqrt{3} + \frac{h}{\sqrt{3}} = h \left( \frac{3+1}{\sqrt{3}} \right) = \frac{4h}{\sqrt{3}}$
$h = \frac{60 \times \sqrt{3}}{4} = 15\sqrt{3} \, m$.

(A) ધારો કે સીડીની લંબાઈ $l$ છે.
પ્રારંભિક સ્થિતિમાં,સીડી સમક્ષિતિજ સાથે $\alpha$ ખૂણો બનાવે છે. દીવાલથી સમક્ષિતિજ અંતર $PA = l \cos \alpha$ છે અને ઊભું અંતર $AB = l \sin \alpha$ છે.
અંતિમ સ્થિતિમાં,સીડી સમક્ષિતિજ સાથે $\beta$ ખૂણો બનાવે છે. દીવાલથી સમક્ષિતિજ અંતર $QA = l \cos \beta$ છે અને ઊભું અંતર $AC = l \sin \beta$ છે.
સીડીનો પાયો $x = QA - PA = l(\cos \beta - \cos \alpha)$ અંતર જેટલો દૂર ખેંચાય છે.
સીડી $y = AB - AC = l(\sin \alpha - \sin \beta)$ અંતર જેટલી નીચે સરકે છે.
હવે,$\frac{y}{x}$ નો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{y}{x} = \frac{l(\sin \alpha - \sin \beta)}{l(\cos \beta - \cos \alpha)} = \frac{2 \sin \frac{\alpha - \beta}{2} \cos \frac{\alpha + \beta}{2}}{2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\alpha - \beta}{2}}$
$\frac{y}{x} = \cot \frac{\alpha + \beta}{2}$
તેથી,$x = y \tan \frac{\alpha + \beta}{2}$.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને જ્યારે સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ}$ હોય ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x$ છે.
$\triangle ABC$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{h}{x} \implies \sqrt{3} = \frac{h}{x} \implies x = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$\triangle ABD$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{h}{x + 60} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{x + 60} \implies x + 60 = h\sqrt{3}$.
$x = \frac{h}{\sqrt{3}}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{h}{\sqrt{3}} + 60 = h\sqrt{3}$.
$60 = h\sqrt{3} - \frac{h}{\sqrt{3}} = h \left( \frac{3 - 1}{\sqrt{3}} \right) = \frac{2h}{\sqrt{3}}$.
$h = \frac{60 \times \sqrt{3}}{2} = 30\sqrt{3} \approx 30 \times 1.732 = 51.96 \ m \approx 52 \ m$.

(A) ધારો કે $AE$ એ $12\,m$ ઊંચાઈનો ઊભો લેમ્પ પોસ્ટ છે. $\triangle EAB$ માં,$\angle EBA = 60^\circ$ અને $\angle EAB = 90^\circ$. તેથી,$\tan 60^\circ = \frac{AE}{AB} \implies \sqrt{3} = \frac{12}{AB} \implies AB = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}\,m$.
$\triangle EAC$ માં,$\angle ECA = 45^\circ$ અને $\angle EAC = 90^\circ$. તેથી,$\tan 45^\circ = \frac{AE}{AC} \implies 1 = \frac{12}{AC} \implies AC = 12\,m$.
લંબચોરસ ખેતર $ABCD$ માં,$\triangle ABC$ એ $B$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$BC^2 = AC^2 - AB^2 = 12^2 - (4\sqrt{3})^2 = 144 - 48 = 96$.
તેથી,$BC = \sqrt{96} = 4\sqrt{6}\,m$.
લંબચોરસ ખેતર $ABCD$ નું ક્ષેત્રફળ $= AB \times BC = (4\sqrt{3}) \times (4\sqrt{6}) = 16\sqrt{18} = 16 \times 3\sqrt{2} = 48\sqrt{2}\,sq.\,m$.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને થાંભલા અને ટાવર વચ્ચેનું અંતર $d$ છે.
થાંભલાના તળિયેથી ટાવરની ટોચના કાટકોણ ત્રિકોણ પરથી,$\tan\alpha = \frac{H}{d}$,જેનો અર્થ છે $d = H\cot\alpha$.
થાંભલાની ટોચ અને ટાવરની ટોચના કાટકોણ ત્રિકોણ પરથી,$\tan(\alpha - \beta) = \frac{H - h}{d}$,જેનો અર્થ છે $d = (H - h)\cot(\alpha - \beta)$.
$d$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$H\cot\alpha = (H - h)\cot(\alpha - \beta)$
$H\cot\alpha = H\cot(\alpha - \beta) - h\cot(\alpha - \beta)$
$h\cot(\alpha - \beta) = H\cot(\alpha - \beta) - H\cot\alpha$
$h\cot(\alpha - \beta) = H(\cot(\alpha - \beta) - \cot\alpha)$
$H = \frac{h\cot(\alpha - \beta)}{\cot(\alpha - \beta) - \cot\alpha}$

(B) ધારો કે ઇમારતની ઊંચાઈ $h \, m$ છે અને ઇમારત $PQ$ દ્વારા દર્શાવેલ છે. વ્યક્તિનું પ્રારંભિક સ્થાન $R$ છે અને $2 \, hours$ પછીનું સ્થાન $S$ છે.
કાપેલું અંતર $RS = \text{ઝડપ} \times \text{સમય} = 25(\sqrt{3} - 1) \times 2 = 50(\sqrt{3} - 1) \, m$.
$\Delta PQS$ માં,$\tan(45^\circ) = \frac{PQ}{SQ} \implies 1 = \frac{h}{SQ} \implies SQ = h$.
$\Delta PQR$ માં,$\tan(30^\circ) = \frac{PQ}{RQ} = \frac{PQ}{RS + SQ} = \frac{h}{50(\sqrt{3} - 1) + h}$.
$\tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ હોવાથી,$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{50(\sqrt{3} - 1) + h}$.
$\sqrt{3}h = 50(\sqrt{3} - 1) + h$.
$(\sqrt{3} - 1)h = 50(\sqrt{3} - 1)$.
$h = 50 \, m$.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $PQ = 100 \ m$ છે. કારનું પ્રારંભિક સ્થાન $R$ અને અંતિમ સ્થાન $S$ છે. કાર દ્વારા કાપેલું અંતર $x = RS$ છે.
$\triangle PQS$ માં,$\tan{60^\circ} = \frac{PQ}{QS} \implies \sqrt{3} = \frac{100}{QS} \implies QS = \frac{100}{\sqrt{3}} \ m$.
$\triangle PQR$ માં,$\tan{30^\circ} = \frac{PQ}{QR} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{100}{QR} \implies QR = 100\sqrt{3} \ m$.
કાર દ્વારા કાપેલું અંતર $x = QR - QS = 100\sqrt{3} - \frac{100}{\sqrt{3}} = \frac{300 - 100}{\sqrt{3}} = \frac{200}{\sqrt{3}} = \frac{200\sqrt{3}}{3} \ m$.

(A) ધારો કે $O$ એ ગોળાકાર બગીચાનું કેન્દ્ર છે અને $P$ એ ટાવરની ટોચ છે. આમ,$OP$ એ ટાવરની ઊંચાઈ છે.
$O$ કેન્દ્ર હોવાથી,$OA = OB = R$ (બગીચાની ત્રિજ્યા).
આપેલ છે કે $\angle AOB = 60^{\circ}$ અને $OA = OB$,તેથી $\Delta AOB$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$OA = OB = AB = a$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta AOP$ માં,જ્યાં $\angle OAP = 30^{\circ}$ એ ઉત્સેધકોણ છે:
$\tan 30^{\circ} = \frac{OP}{OA}$
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{OP}{a}$
$OP = \frac{a}{\sqrt{3}}$
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $\frac{a}{\sqrt{3}}$ છે.

(B) ધારો કે થાંભલાની ઊંચાઈ $AB = h$ છે.
$\Delta ABC$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AB}{BC}$ $\Rightarrow \sqrt{3} = \frac{h}{BC}$ $\Rightarrow BC = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$\Delta ABD$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{AB}{BD}$ $\Rightarrow 1 = \frac{h}{BD}$ $\Rightarrow BD = h$.
$BD = BC + CD$ હોવાથી,$h = \frac{h}{\sqrt{3}} + 7$.
$h - \frac{h}{\sqrt{3}} = 7 \Rightarrow h\left(\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}\right) = 7$.
$h = \frac{7\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $h = \frac{7\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = \frac{7\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{3-1} = \frac{7\sqrt{3}}{2}(\sqrt{3}+1) \ m$.

(B) ધારો કે પક્ષીનું પ્રારંભિક સ્થાન $P$ છે,જે $PQ = 20 \ m$ ઊંચા થાંભલાની ટોચ પર છે. બિંદુ $O$ થી ઉત્સેધકોણ $\angle POQ = 45^o$ છે.
$\Delta POQ$ માં,$\tan 45^o = \frac{PQ}{OQ}$ $\Rightarrow 1 = \frac{20}{OQ}$ $\Rightarrow OQ = 20 \ m$.
એક સેકન્ડ પછી,પક્ષી $P'$ સ્થાન પર પહોંચે છે જ્યાં $P'Q' = 20 \ m$ (કારણ કે તે આડી દિશામાં ઉડે છે). $O$ થી ઉત્સેધકોણ $\angle P'OQ' = 30^o$ છે.
$\Delta P'OQ'$ માં,$\tan 30^o = \frac{P'Q'}{OQ'}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{20}{OQ'}$ $\Rightarrow OQ' = 20\sqrt{3} \ m$.
પક્ષીએ એક સેકન્ડમાં કાપેલું અંતર $QQ' = OQ' - OQ = 20\sqrt{3} - 20 = 20(\sqrt{3} - 1) \ m$ છે.
સમય $1 \ s$ હોવાથી,પક્ષીની ઝડપ $20(\sqrt{3} - 1) \ m/s$ થશે.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $ED = h$ છે.
$\triangle EDC$ માં,$\tan(60^o) = \frac{ED}{CD} \implies \sqrt{3} = \frac{h}{CD} \implies CD = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$\triangle EDB$ માં,$\tan(45^o) = \frac{ED}{BD} \implies 1 = \frac{h}{BD} \implies BD = h$.
$\triangle EDA$ માં,$\tan(30^o) = \frac{ED}{AD} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{AD} \implies AD = h\sqrt{3}$.
હવે,$BC = BD - CD = h - \frac{h}{\sqrt{3}} = h\left(\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}\right)$.
$AB = AD - BD = h\sqrt{3} - h = h(\sqrt{3}-1)$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{AB}{BC} = \frac{h(\sqrt{3}-1)}{h\left(\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}\right)} = \sqrt{3} : 1$.

(B) ધારો કે $PQ$ એ $h$ ઊંચાઈ ધરાવતો સ્તંભ છે.
$\Delta PAQ$ માં,$\tan(30^o) = \frac{PQ}{AQ}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{AQ}$ $\Rightarrow AQ = h\sqrt{3}$.
$\Delta PQB$ માં,$\tan(60^o) = \frac{PQ}{BQ}$ $\Rightarrow \sqrt{3} = \frac{h}{BQ}$ $\Rightarrow BQ = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$10 \text{ મિનિટ}$ માં કાપેલું અંતર $AB = AQ - BQ = h\sqrt{3} - \frac{h}{\sqrt{3}} = \frac{3h - h}{\sqrt{3}} = \frac{2h}{\sqrt{3}}$ છે.
ઝડપ સમાન હોવાથી,લીધેલ સમય અંતરના પ્રમાણમાં હોય છે.
$AB$ અંતર કાપવા માટે લીધેલ સમય $= 10 \text{ મિનિટ}$.
$BQ$ અંતર કાપવા માટે લીધેલ સમય $= \frac{BQ}{AB} \times 10 = \frac{h/\sqrt{3}}{2h/\sqrt{3}} \times 10 = \frac{1}{2} \times 10 = 5 \text{ મિનિટ}$.

(D) ધારો કે $\angle APC = \alpha$. $\triangle APC$ માં,$\tan \alpha = \frac{AC}{AP}$.
$C$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AC = \frac{1}{2} AB$. આપેલ છે કે $AP = 2AB$,તેથી $\tan \alpha = \frac{\frac{1}{2} AB}{2 AB} = \frac{1}{4}$.
હવે,$\triangle ABP$ ધ્યાનમાં લો. $\angle BAP = 90^{\circ}$. $\angle BPC = \beta$ અને $\angle APC = \alpha$,તેથી $\angle BAP = \alpha + \beta$.
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{AB}{AP} = \frac{AB}{2 AB} = \frac{1}{2}$.
સૂત્ર $\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2} = \frac{\frac{1}{4} + \tan \beta}{1 - \frac{1}{4} \tan \beta}$.
બંને બાજુ $4(1 - \frac{1}{4} \tan \beta)$ વડે ગુણતા:
$2(1 - \frac{1}{4} \tan \beta) = 1 + 4 \tan \beta$
$2 - \frac{1}{2} \tan \beta = 1 + 4 \tan \beta$
$1 = 4.5 \tan \beta$
$1 = \frac{9}{2} \tan \beta$
$\tan \beta = \frac{2}{9}$.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $MN = h$ છે.
$\Delta QMN$ માં,$\tan 30^o = \frac{MN}{QM}$.
$\therefore QM = \frac{h}{\tan 30^o} = h\sqrt{3}$. $M$ એ $QR$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$QM = MR = h\sqrt{3}$.
$\Delta MNP$ માં,ટાવરની ટોચનો $P$ આગળનો ઉત્સેધકોણ $45^o$ છે,તેથી $\tan 45^o = \frac{MN}{PM}$.
$\therefore PM = \frac{h}{\tan 45^o} = h$.
$\Delta PMQ$ માં,$PM \perp MQ$ હોવાથી,$PQ^2 = PM^2 + QM^2$.
કિંમતો મૂકતા: $(200)^2 = h^2 + (h\sqrt{3})^2$.
$40000 = h^2 + 3h^2$.
$40000 = 4h^2$.
$h^2 = 10000$.
$h = 100 \ m$.

(B) ધારો કે થાંભલાની ઊંચાઈ $h$ છે અને થાંભલાનો પાયો $P$ છે. બગીચાના ખૂણાઓ $A, B,$ અને $C$ છે.
આપેલ છે કે દરેક ખૂણેથી થાંભલાની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $\theta$ સમાન છે.
થાંભલા અને પાયા $P$ થી દરેક ખૂણા સુધીના અંતર દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\tan(\theta) = \frac{h}{PA} = \frac{h}{PB} = \frac{h}{PC}$ મળે છે.
જેથી $PA = PB = PC$ થાય છે.
ત્રિકોણના ત્રણેય શિરોબિંદુઓથી સમાન અંતરે આવેલા બિંદુને ત્રિકોણનું પરિકેન્દ્ર કહેવાય છે.

(A) ધારો કે ટાવરો વચ્ચેનું અંતર $d$ છે.
ટાવર $A$ પર $10\,m$ ની ઊંચાઈએ આવેલા બિંદુ $Q$ થી ટાવર $B$ પર $20\,m$ ની ઊંચાઈએ આવેલા બિંદુ $P$ નો ઉત્સેધકોણ $\theta$ છે.
તેથી,$\tan \theta = \frac{20 - 10}{d} = \frac{10}{d} \Rightarrow d = 10 \cot \theta$.
ટાવર $B$ પર $20\,m$ ની ઊંચાઈએ આવેલા બિંદુ $P$ થી ટાવર $A$ પર $50\,m$ ની ઊંચાઈએ આવેલા બિંદુ $R$ નો ઉત્સેધકોણ $2\theta$ છે.
તેથી,$\tan 2\theta = \frac{50 - 20}{d} = \frac{30}{d} \Rightarrow d = 30 \cot 2\theta$.
$d$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$10 \cot \theta = 30 \cot 2\theta$
$\cot \theta = 3 \cot 2\theta$
$\cot \theta = 3 \left( \frac{\cot^2 \theta - 1}{2 \cot \theta} \right)$
$2 \cot^2 \theta = 3 \cot^2 \theta - 3$
$\cot^2 \theta = 3 \Rightarrow \cot \theta = \sqrt{3}$
તેથી,$\theta = 30^{\circ}$.

(A) ધારો કે જમીન પરનું બિંદુ $O$ છે,ઇમારતનો પાયો $A$ છે,ઇમારતની ટોચ $B$ છે અને થાંભલાની ટોચ $C$ છે. આપેલ છે કે $OA = 5$,$AB = H$,અને $BC = h$.
$\triangle OAB$ માં,$\tan \alpha = \frac{AB}{OA} = \frac{H}{5}$.
આપેલ છે કે $2 \tan \beta \cot \alpha = 1$,તેથી $2 \tan \beta = \tan \alpha = \frac{H}{5}$,એટલે કે $\tan \beta = \frac{H}{10}$.
$\triangle OAC$ માં,થાંભલાની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $\alpha + \beta$ છે. તેથી,$\tan(\alpha + \beta) = \frac{AC}{OA} = \frac{H+h}{5}$.
સૂત્ર $\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\frac{H}{5} + \frac{H}{10}}{1 - (\frac{H}{5})(\frac{H}{10})} = \frac{H+h}{5}$
$\frac{\frac{3H}{10}}{1 - \frac{H^2}{50}} = \frac{H+h}{5}$
$\frac{15H}{50 - H^2} = \frac{H+h}{5}$
$75H = (H+h)(50 - H^2)$
$75H = 50H - H^3 + 50h - hH^2$
$H^3 + hH^2 + 25H - 50h = 0$.

(B) ધારો કે $AB$ એ $(1+\sqrt{3}) \text{ m}$ ઊંચાઈ ધરાવતો ટાવર છે. ધારો કે જ્યારે સૂર્યનો ઉત્સેધકોણ અનુક્રમે $30^{\circ}$ અને $\alpha$ હોય ત્યારે તેના પડછાયા $BC$ અને $BD$ છે,જ્યાં $CD = 2 \text{ m}$ છે.
$\triangle ABC$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{AB}{BC} \implies BC = \frac{1+\sqrt{3}}{\tan 30^{\circ}} = (1+\sqrt{3})\sqrt{3} = \sqrt{3}+3$.
$BC = BD + CD$ હોવાથી,$BD = BC - CD = (\sqrt{3}+3) - 2 = \sqrt{3}+1$.
$\triangle ABD$ માં,$\tan \alpha = \frac{AB}{BD} = \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1} = 1$.
તેથી,$\alpha = 45^{\circ}$.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $AB = h$ છે. $A$ એ ટાવરનો પાયો છે.
$\Delta PAB$ માં,$\cot \alpha = \frac{PA}{h} \implies PA = h \cot \alpha$.
$\Delta QAB$ માં,$\cot \beta = \frac{QA}{h} \implies QA = h \cot \beta$.
$\Delta RAB$ માં,$\cot \gamma = \frac{RA}{h} \implies RA = h \cot \gamma$.
આપેલ છે કે $\alpha : \beta : \gamma = 1 : 2 : 3$,ધારો કે $\alpha = \theta, \beta = 2\theta, \gamma = 3\theta$.
$PQ = PA - QA = h(\cot \theta - \cot 2\theta) = l$.
$l = h \left( \frac{\cos \theta}{\sin \theta} - \frac{\cos 2\theta}{\sin 2\theta} \right) = h \left( \frac{\sin 2\theta \cos \theta - \cos 2\theta \sin \theta}{\sin \theta \sin 2\theta} \right) = h \frac{\sin(2\theta - \theta)}{\sin \theta \sin 2\theta} = h \frac{\sin \theta}{\sin \theta \sin 2\theta} = \frac{h}{\sin 2\theta}$.
તેથી,$h = l \sin 2\theta = l \sin \beta$.

(B) ધારો કે ટાવર $AB$ છે,જ્યાં $A$ ટાવરનો પાયો છે. આપેલ છે કે $AP = 3 \ m$ અને $P$ થી ઉત્સેધકોણ $30^\circ$ છે.
$\triangle ABP$ માં,$\tan 30^\circ = \frac{AB}{AP}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{AB}{3}$ $\Rightarrow AB = \sqrt{3} \ m$.
બિંદુ $Q$ એ $P$ ની પૂર્વમાં છે જેથી $PQ = 3 \ m$. $\triangle APQ$ માં,$\angle APQ = 90^\circ$.
$AQ = \sqrt{AP^2 + PQ^2} = \sqrt{3^2 + 3^2} = 3\sqrt{2} \ m$.
$\triangle ABQ$ માં,$\tan \theta = \frac{AB}{AQ} = \frac{\sqrt{3}}{3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{6}}$.
પરંતુ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $\cot^{-1} 2$ છે.

(B) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને જ્યારે ઉત્સેધકોણ $45^{\circ}$ હોય ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x$ છે.
$45^{\circ}$ ખૂણાવાળા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\tan 45^{\circ} = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow 1 = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow x = h$.
$30^{\circ}$ ખૂણાવાળા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કુલ પડછાયાની લંબાઈ $100 + x$ છે.
$\tan 30^{\circ} = \frac{h}{100 + x} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{100 + h}$.
$100 + h = h\sqrt{3}$.
$100 = h(\sqrt{3} - 1)$.
$h = \frac{100}{\sqrt{3} - 1} = \frac{100(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{100(\sqrt{3} + 1)}{2} = 50(\sqrt{3} + 1)$.

(D) ધારો કે ગરુડની ઊંચાઈ $h = 100 \ m$ છે. ધારો કે શિકારથી પ્રારંભિક આડું અંતર $d_1$ અને અંતિમ આડું અંતર $d_2$ છે.
પ્રથમ સ્થાન પરથી,$\tan(30^\circ) = \frac{h}{d_1}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{100}{d_1}$ $\Rightarrow d_1 = 100\sqrt{3} \ m$.
બીજા સ્થાન પરથી,$\tan(45^\circ) = \frac{h}{d_2}$ $\Rightarrow 1 = \frac{100}{d_2}$ $\Rightarrow d_2 = 100 \ m$.
કાપેલું અંતર $x = d_1 - d_2 = 100\sqrt{3} - 100 \ m$.

(C) ધારો કે પહાડની ઊંચાઈ $h$ છે અને જમીન પરના બિંદુથી પહાડના પાયા સુધીનું અંતર $d$ છે.
પહાડ દ્વારા બનતા ત્રિકોણ પરથી,$\tan(60^o) = \frac{h}{d}$,તેથી $d = \frac{h}{\tan(60^o)} = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
ટાવર અને પહાડ દ્વારા બનતા ત્રિકોણ માટે,કુલ ઊંચાઈ $h + 50$ છે અને ઉત્સેધકોણ $75^o$ છે.
તેથી,$\tan(75^o) = \frac{h + 50}{d}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(75^o) = 2 + \sqrt{3}$.
સમીકરણમાં $d = \frac{h}{\sqrt{3}}$ મૂકતા: $2 + \sqrt{3} = \frac{h + 50}{h/\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}(h + 50)}{h}$.
$h(2 + \sqrt{3}) = \sqrt{3}h + 50\sqrt{3}$.
$2h + \sqrt{3}h = \sqrt{3}h + 50\sqrt{3}$.
$2h = 50\sqrt{3} \Rightarrow h = 25\sqrt{3} \ m$.

(A) ધારો કે $AB$ એ બે ઘરો વચ્ચેનું અંતર છે,$AB = 6 \ m$. ધારો કે $D$ એ બીજા ઘરની બારીનું સ્થાન છે,અને $BC$ એ પ્રથમ ઘરની ઊંચાઈ છે,$BC = h$.
આપેલ છે કે પ્રથમ ઘરના તળિયે $B$ થી બારી $D$ નો ઉત્સેધકોણ $30^{\circ}$ છે,તેથી $\angle DBA = 30^{\circ}$.
$\Delta ABD$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{AD}{AB} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{AD}{6} \implies AD = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3} \ m$.
તેમજ,$\cos 30^{\circ} = \frac{AB}{BD} \implies \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{6}{BD} \implies BD = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3} \ m$.
ઘર બારી આગળ કાટખૂણો બનાવે છે,તેથી $\angle BDC = 90^{\circ}$.
$\Delta BDC$ માં,$\angle DBC = 60^{\circ}$ (કારણ કે $\angle ABC = 90^{\circ}$ અને $\angle ABD = 30^{\circ}$,$\angle DBC = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$).
તો $\cos 60^{\circ} = \frac{BD}{BC} \implies \frac{1}{2} = \frac{4\sqrt{3}}{h}$.
તેથી,$h = 8\sqrt{3} \ m$.

(C) ધારો કે થાંભલાની કુલ ઊંચાઈ $H$ છે. નીચેનો ભાગ $\frac{H}{3}$ છે અને ઉપરનો ભાગ $\frac{2H}{3}$ છે.
અવલોકનકાર થાંભલાના પાયાથી $10 \ m$ ના અંતરે છે.
નીચેના ભાગ દ્વારા બનતો ખૂણો $\alpha$ છે અને ઉપરના ભાગ દ્વારા બનતો ખૂણો પણ $\alpha$ છે.
ભૂમિતિ મુજબ,$\tan \alpha = \frac{H/3}{10} = \frac{H}{30}$.
આખા થાંભલા દ્વારા બનતો કુલ ખૂણો $2\alpha$ છે.
તેથી,$\tan(2\alpha) = \frac{H}{10}$.
સૂત્ર $\tan(2\alpha) = \frac{2\tan \alpha}{1 - \tan^2 \alpha}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{H}{10} = \frac{2(H/30)}{1 - (H/30)^2}$
$1 = \frac{2/3}{1 - H^2/900}$
$1 - \frac{H^2}{900} = \frac{2}{3}$
$\frac{H^2}{900} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$
$H^2 = 300$
$H = \sqrt{300} = 10\sqrt{3} \ m$.

(C) ધારો કે દીવાદાંડીની ઊંચાઈ $h = 30 \ m$ છે અને હોડીનું દીવાદાંડીના પાયાથી અંતર $d$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,હોડીથી દીવાદાંડીની ટોચનો ઉત્સેધકોણ એ અવસેધકોણ જેટલો જ એટલે કે $15^\circ$ થાય.
તેથી,$\tan 15^\circ = \frac{30}{d}$.
માટે,$d = \frac{30}{\tan 15^\circ} = 30 \cot 15^\circ$.
$\tan 15^\circ = 2 - \sqrt{3}$ હોવાથી,$d = \frac{30}{2 - \sqrt{3}}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા,$d = 30(2 + \sqrt{3})$.
વિકલ્પ $C$ માં,$30 \left( \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{3} - 1} \right) = 30 \frac{(\sqrt{3} + 1)^2}{3 - 1} = 30 \frac{4 + 2\sqrt{3}}{2} = 30(2 + \sqrt{3})$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) ધારો કે નિરીક્ષક $30 \ m$ ની ઊંચાઈ પર બિંદુ $O$ પર છે. ઇમારતની ઊંચાઈ $25 \ m$ છે અને ધ્વજદંડની ઊંચાઈ $5 \ m$ છે,તેથી ઇમારત અને ધ્વજદંડની કુલ ઊંચાઈ $30 \ m$ છે. ધારો કે નિરીક્ષક અને ઇમારત વચ્ચેનું આડું અંતર $x$ છે.
નિરીક્ષક પાસે ધ્વજદંડ દ્વારા બનતો ખૂણો $\alpha$ છે અને ઇમારત દ્વારા બનતો ખૂણો પણ $\alpha$ છે.
ભૂમિતિ મુજબ,ઇમારત દ્વારા બનતો ખૂણો $\alpha$ છે અને ધ્વજદંડ દ્વારા બનતો ખૂણો પણ $\alpha$ છે. આમ,ઇમારત અને ધ્વજદંડ દ્વારા બનતો કુલ ખૂણો $2\alpha$ છે.
કાટ.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\tan \alpha = \frac{5}{x}$.
ઇમારતના પાયા સાથેના કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\tan 2\alpha = \frac{30}{x}$.
$\tan 2\alpha = \frac{2\tan \alpha}{1 - \tan^2 \alpha}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{30}{x} = \frac{10x}{x^2 - 25}$ મળે.
આથી $30(x^2 - 25) = 10x^2 \implies 3x^2 - 75 = x^2 \implies 2x^2 = 75 \implies x = 5\sqrt{\frac{3}{2}}$.
નિરીક્ષકથી ધ્વજદંડની ટોચનું અંતર $\sqrt{x^2 + 5^2} = 5\sqrt{\frac{5}{2}}$ થાય. જે આપેલા વિકલ્પોમાં નથી,તેથી સાચો જવાબ $(D)$ છે.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h = 100 \ m$ છે.
ધારો કે કાર દ્વારા કાપેલું અંતર $x$ છે અને ટાવરના પાયાથી કારના અંતિમ સ્થાન સુધીનું અંતર $y$ છે.
$60^{\circ}$ ખૂણાવાળા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan 60^{\circ} = \frac{100}{y}$
$\sqrt{3} = \frac{100}{y} \implies y = \frac{100}{\sqrt{3}} \ m$ ........$(i)$
$30^{\circ}$ ખૂણાવાળા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan 30^{\circ} = \frac{100}{x+y}$
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{100}{x+y} \implies x+y = 100\sqrt{3} \ m$ .....$(ii)$
$(i)$ ને $(ii)$ માં મૂકતા:
$x = 100\sqrt{3} - \frac{100}{\sqrt{3}}$
$x = \frac{100(3) - 100}{\sqrt{3}} = \frac{200}{\sqrt{3}} = \frac{200\sqrt{3}}{3} \ m$

(A) ધારો કે $OP$ એ $h \ m$ ઊંચાઈનો ટાવર છે અને $PQ$ એ $6 \ m$ ઊંચાઈનો ધ્વજદંડ છે.
ધારો કે સૂર્ય જમીન સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે.
ધારો કે $OA = x$ એ ટાવરનો પડછાયો છે અને $AB = 2 \sqrt{3} \ m$ એ ધ્વજદંડનો પડછાયો છે.
$\Delta OAP$ માંથી,$\tan \theta = \frac{h}{x}$.
તેમજ,$\Delta OBQ$ માંથી,$\tan \theta = \frac{h+6}{x+2 \sqrt{3}}$.
$\tan \theta$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{h}{x} = \frac{h+6}{x+2 \sqrt{3}}$
$h(x+2 \sqrt{3}) = x(h+6)$
$hx + 2 \sqrt{3} h = hx + 6x$
$2 \sqrt{3} h = 6x$
$\frac{h}{x} = \frac{6}{2 \sqrt{3}} = \sqrt{3}$
$\tan \theta = \sqrt{3}$ હોવાથી,$\theta = 60^{\circ}$ મળે.

(D) ધારો કે ટાવર $OP$ છે જ્યાં $O$ એ જમીન પર ટાવરનો પાયો છે અને $P$ એ ટોચ છે. ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે,તેથી $OP = h$.
બિંદુઓ $A, B, C$ થી ટોચ $P$ નો ઉત્સેધકોણ સમાન ખૂણો $\alpha$ હોવાથી,આપણી પાસે $\angle PAO = \angle PBO = \angle PCO = \alpha$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta POA, \Delta POB, \Delta POC$ માં,આપણી પાસે $OA = OB = OC = h \cot \alpha$ છે.
આ સૂચવે છે કે $O$ એ $\Delta ABC$ નું પરિકેન્દ્ર છે અને $O$ થી શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ સુધીનું અંતર એ પરિત્રિજ્યા $R$ છે.
તેથી,$R = h \cot \alpha$.
આમ,ટાવરની ઊંચાઈ $h = R \tan \alpha$ થાય.

(A) ધારો કે બે થાંભલાઓની ઊંચાઈ $H_1 = 20 \ m$ અને $H_2 = 14 \ m$ છે.
બે થાંભલાઓ વચ્ચેની ઊંચાઈનો તફાવત $H_1 - H_2 = 20 \ m - 14 \ m = 6 \ m$ છે.
ધારો કે $\ell$ એ થાંભલાઓની ટોચને જોડતા તારની લંબાઈ છે.
તાર સમક્ષિતિજ સાથે $30^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
તાર,સમક્ષિતિજ અંતર અને ઊંચાઈના તફાવત દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\sin 30^{\circ} = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{6}{\ell}$
$\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ હોવાથી:
$\frac{1}{2} = \frac{6}{\ell}$
$\ell = 6 \times 2 = 12 \ m$.
તેથી,તારની લંબાઈ $12 \ m$ છે.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $AB = 1 \ m$ અને ધ્વજની ઊંચાઈ $BC = x \ m$ છે. ટાવરના પાયાથી $2 \ m$ અંતરે બિંદુ $D$ છે.
ધારો કે $\angle BDA = \alpha$ અને $\angle CDA = 2\alpha$.
$\triangle ABD$ માં,$\tan \alpha = \frac{AB}{AD} = \frac{1}{2}$.
$\triangle ACD$ માં,$\tan 2\alpha = \frac{AC}{AD} = \frac{1+x}{2}$.
સૂત્ર $\tan 2\alpha = \frac{2 \tan \alpha}{1 - \tan^2 \alpha}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1+x}{2} = \frac{2(1/2)}{1 - (1/2)^2} = \frac{4}{3}$.
તેથી,$1+x = \frac{8}{3} \Rightarrow x = \frac{5}{3} \ m$.

(A) ધારો કે $A$ પરના લેમ્પ પોસ્ટની ઊંચાઈ $AE = 12 \ m$ છે. પોસ્ટ ઊભી હોવાથી,$AE \perp AB$ અને $AE \perp AD$ થાય.
$\Delta ABE$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AE}{AB}$ $\Rightarrow \sqrt{3} = \frac{12}{AB}$ $\Rightarrow AB = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3} \ m$.
$\Delta ACE$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{AE}{AC}$ $\Rightarrow 1 = \frac{12}{AC}$ $\Rightarrow AC = 12 \ m$.
કાટકોણ $\Delta ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$BC^2 = AC^2 - AB^2 = 12^2 - (4\sqrt{3})^2 = 144 - 48 = 96$.
$BC = \sqrt{96} = 4\sqrt{6} \ m$.
લંબચોરસ ખેતર $ABCD$ નું ક્ષેત્રફળ $= AB \times BC = (4\sqrt{3}) \times (4\sqrt{6}) = 16\sqrt{18} = 16 \times 3\sqrt{2} = 48\sqrt{2} \ m^2$.

(D) ધારો કે વિમાનની ઊંચાઈ $h = \sqrt{3} \ km$ છે. ધારો કે $O$ એ જમીન પરનું નિરીક્ષણ બિંદુ છે.
ધારો કે $A$ એ વિમાનનું પ્રથમ સ્થાન છે અને $B$ એ $5 \ \text{સેકન્ડ}$ પછીનું બીજું સ્થાન છે.
$\Delta OA A_1$ માં,જ્યાં $A A_1 = \sqrt{3} \ km$ અને $\angle A O A_1 = 60^\circ$ છે:
$O A_1 = \frac{A A_1}{\tan 60^\circ} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 1 \ km$.
$\Delta OB B_1$ માં,જ્યાં $B B_1 = \sqrt{3} \ km$ અને $\angle B O B_1 = 30^\circ$ છે:
$O B_1 = \frac{B B_1}{\tan 30^\circ} = \frac{\sqrt{3}}{1/\sqrt{3}} = 3 \ km$.
વિમાન દ્વારા કાપેલું અંતર $AB = A_1 B_1 = O B_1 - O A_1 = 3 - 1 = 2 \ km$ છે.
લીધેલ સમય $5 \ \text{સેકન્ડ }= \frac{5}{3600} \ \text{કલાક}$ છે.
ઝડપ = $\frac{\text{અંતર}}{\text{સમય}} = \frac{2}{5/3600} = \frac{2 \times 3600}{5} = 1440 \ km/hr$.

(D) ધારો કે $T_1$ અને $T_2$ વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
આકૃતિ પરથી,$EA = 60 \, m$ $(T_1)$ અને $DB = 80 \, m$ $(T_2)$.
ધારો કે $C$ એ $T_2$ પરનું એવું બિંદુ છે કે જેથી $EC$ સમક્ષિતિજ હોય. તેથી $EC = AB = x$.
$DC = DB - CB = 80 - 60 = 20 \, m$.
આપેલ છે કે $\angle DEC = \theta$ ($T_2$ ની ટોચનો ઉત્સેધકોણ) અને $\angle BEC = 2\theta$ ($T_2$ ના તળિયાનો અવસેધકોણ).
$\Delta DEC$ માં,$\tan \theta = \frac{DC}{EC} = \frac{20}{x}$.
$\Delta BEC$ માં,$\tan 2\theta = \frac{BC}{EC} = \frac{60}{x}$.
નિત્યસમ $\tan 2\theta = \frac{2 \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{60}{x} = \frac{2(\frac{20}{x})}{1 - (\frac{20}{x})^2}$.
$\frac{60}{x} = \frac{40/x}{1 - 400/x^2} = \frac{40x}{x^2 - 400}$.
$60(x^2 - 400) = 40x^2$.
$60x^2 - 24000 = 40x^2$.
$20x^2 = 24000$.
$x^2 = 1200$.
$x = \sqrt{1200} = 20\sqrt{3} \, m$.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને ટાવરનું તળિયું $D$ છે. કારના સ્થાન $B$ અને $A$ છે જ્યાં અવસેધકોણ અનુક્રમે $30^\circ$ અને $45^\circ$ છે.
$\Delta ODA$ માં,$\angle OAD = 45^\circ$. તેથી,$\tan(45^\circ) = \frac{h}{DA} \Rightarrow DA = h$.
$\Delta ODB$ માં,$\angle OBD = 30^\circ$. તેથી,$\tan(30^\circ) = \frac{h}{DB} \Rightarrow DB = h\sqrt{3}$.
$18 \text{ min}$ માં કાર દ્વારા કાપેલું અંતર $BA = DB - DA = h(\sqrt{3} - 1)$ છે.
કારની ઝડપ $v = \frac{\text{અંતર}}{\text{સમય}} = \frac{h(\sqrt{3} - 1)}{18}$.
$DA$ અંતર કાપવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{DA}{v} = \frac{h}{h(\sqrt{3} - 1) / 18} = \frac{18}{\sqrt{3} - 1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $t = \frac{18(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{18(\sqrt{3} + 1)}{2} = 9(\sqrt{3} + 1) \text{ min}$.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને ટાવરનો પાયો $P$ છે.
બિંદુ $A$ થી,જે ટાવરની પૂર્વમાં છે,ઉત્સેધકોણ $45^\circ$ છે. તેથી,$AP = H \cot 45^\circ = H$.
બિંદુ $B$ થી,જે $A$ ની દક્ષિણમાં છે,ઉત્સેધકોણ $30^\circ$ છે. તેથી,$BP = H \cot 30^\circ = H\sqrt{3}$.
$A$ પૂર્વમાં અને $B$ એ $A$ ની દક્ષિણમાં હોવાથી,$\triangle PAB$ એ $A$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 + AP^2 = BP^2$
$(54\sqrt{2})^2 + H^2 = (H\sqrt{3})^2$
$5832 + H^2 = 3H^2$
$2H^2 = 5832$
$H^2 = 2916$
$H = 54 \, \text{m}$.

(A) ધારો કે થાંભલાઓ $A_1, A_2, ..., A_{10}$ સ્થાનો પર છે અને તેમની ઊંચાઈ $h_1, h_2, ..., h_{10}$ છે.
બધા થાંભલા $O$ આગળ સમાન ખૂણો $\alpha$ આંતરે છે,તેથી $\frac{h_n}{OA_n} = \tan \alpha$ દરેક $n = 1, 2, ..., 10$ માટે.
આપેલ છે કે $OA_1 = a$ અને $h_{10} = h$.
ધારો કે $d$ એ બે ક્રમિક થાંભલાઓ વચ્ચેનું અંતર છે. તેથી $OA_{10} = OA_1 + 9d = a + 9d$.
સંબંધ $\frac{h_{10}}{OA_{10}} = \tan \alpha$ પરથી,આપણને મળે છે $\frac{h}{a + 9d} = \tan \alpha$.
$d$ માટે ગોઠવતા:
$a + 9d = \frac{h}{\tan \alpha} = h \cot \alpha$
$9d = h \cot \alpha - a$
$9d = \frac{h \cos \alpha}{\sin \alpha} - a = \frac{h \cos \alpha - a \sin \alpha}{\sin \alpha}$
$d = \frac{h \cos \alpha - a \sin \alpha}{9 \sin \alpha}$.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $AB = h$ અને અંતર $BC = x$ છે.
$\Delta ABC$ માં,$\tan \beta = \frac{AB}{BC} = \frac{h}{x} \Rightarrow x = h \cot \beta$.
$\Delta ABP$ માં,$\tan \alpha = \frac{AB}{PB} = \frac{h}{x + 2}$.
$x = h \cot \beta$ મૂકતા,$\tan \alpha = \frac{h}{h \cot \beta + 2}$.
$\Rightarrow h \cot \beta + 2 = h \cot \alpha$.
$\Rightarrow 2 = h(\cot \alpha - \cot \beta) = h \left( \frac{\sin(\beta - \alpha)}{\sin \alpha \sin \beta} \right)$.
$\Rightarrow h = \frac{2 \sin \alpha \sin \beta}{\sin(\beta - \alpha)}$.

(B) એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $BD$ એ બાજુ $AC$ પરની મધ્યગા છે.
મધ્યગાની લંબાઈ માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$BD = \frac{1}{2} \sqrt{2(AB^2 + BC^2) - AC^2}$
$BD = \frac{1}{2} \sqrt{2(7^2 + 5^2) - 6^2}$
$BD = \frac{1}{2} \sqrt{2(49 + 25) - 36}$
$BD = \frac{1}{2} \sqrt{2(74) - 36} = \frac{1}{2} \sqrt{148 - 36} = \frac{1}{2} \sqrt{112}$
$BD = \frac{1}{2} \times 4 \sqrt{7} = 2 \sqrt{7} \ m$.
ધારો કે $h$ એ $D$ પરના લેમ્પ-પોસ્ટની ઊંચાઈ છે. લેમ્પ-પોસ્ટ $B$ આગળ $30^o$ નો ખૂણો આંતરે છે,તેથી લેમ્પ-પોસ્ટ અને રેખાખંડ $BD$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan 30^o = \frac{h}{BD}$
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{2 \sqrt{7}}$
$h = \frac{2 \sqrt{7}}{\sqrt{3}} = \frac{2 \sqrt{21}}{3} \ m$.

(B) ધારો કે વાદળની સરોવરની સપાટીથી ઊંચાઈ $h$ છે. બિંદુ $P$ સરોવરની સપાટીથી $25 \, m$ ઊંચાઈએ છે.
ધારો કે વાદળ બિંદુ $P$ ના સ્તરથી $x$ ઊંચાઈએ છે,તેથી $h = x + 25$.
વાદળના પ્રતિબિંબનું સપાટીથી નીચેનું અંતર $h = x + 25$ છે.
$P$ થી પ્રતિબિંબ સુધીનું કુલ ઊભું અંતર $(x + 25) + 25 = x + 50$ છે.
ધારો કે $P$ થી વાદળની ઊભી રેખા સુધીનું આડું અંતર $y$ છે.
ઉત્સેધકોણ પરથી: $\tan(30^o) = \frac{x}{y} \Rightarrow y = \frac{x}{\tan(30^o)} = x\sqrt{3}$.
અવસેધકોણ પરથી: $\tan(60^o) = \frac{x + 50}{y} \Rightarrow y = \frac{x + 50}{\sqrt{3}}$.
$y$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $x\sqrt{3} = \frac{x + 50}{\sqrt{3}}$.
$3x = x + 50$ $\Rightarrow 2x = 50$ $\Rightarrow x = 25 \, m$.
સપાટીથી વાદળની કુલ ઊંચાઈ $h = x + 25 = 25 + 25 = 50 \, m$ છે.

(C) ધારો કે બે થાંભલા $AB = 20 \ m$ અને $CD = 80 \ m$ છે જે સમક્ષિતિજ સમતલ પર $x$ અંતરે આવેલા છે.
ધારો કે બંને રેખાઓનું છેદબિંદુ $P$ છે અને તેની જમીનથી ઊંચાઈ $h$ છે.
સમાન ત્રિકોણોના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{h}{y} = \frac{20}{x}$ અને $\frac{h}{x-y} = \frac{80}{x}$.
આ સમીકરણો પરથી,$\frac{y}{h} = \frac{x}{20}$ અને $\frac{x-y}{h} = \frac{x}{80}$.
બંનેનો સરવાળો કરતા: $\frac{y + x - y}{h} = \frac{x}{20} + \frac{x}{80}$.
$\frac{x}{h} = x \left( \frac{1}{20} + \frac{1}{80} \right) \implies \frac{1}{h} = \frac{5}{80} = \frac{1}{16}$.
તેથી,$h = 16 \ m$.