Height and Distance Questions in Gujarati

(C) ધારો કે બે થાંભલાઓની ઊંચાઈ $h_1 = 5 \, m$ અને $h_2 = 10 \, m$ છે. તેમની વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
નાના થાંભલાની ટોચથી મોટા થાંભલા પર એક આડી રેખા દોરતા,આપણને એક કાટકોણ ત્રિકોણ મળે છે જેની ઊભી બાજુની લંબાઈ $h_2 - h_1 = 10 - 5 = 5 \, m$ છે.
નાના થાંભલાની ટોચથી મોટા થાંભલાની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $15^o$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\tan(15^o) = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{5}{x}$
$\tan(15^o) = 2 - \sqrt{3}$ હોવાથી:
$2 - \sqrt{3} = \frac{5}{x}$
$x = \frac{5}{2 - \sqrt{3}}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$x = \frac{5(2 + \sqrt{3})}{4 - 3} = 5(2 + \sqrt{3}) \, m$.

(D) $P$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $\triangle ABC$ માં,$AB=AC=100$. ધારો કે $AP = x$. $P$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AP \perp BC$.
$\triangle ABP$ માં,$BP^2 = AB^2 - AP^2 = 100^2 - x^2$. તેથી $BP = \sqrt{10000 - x^2}$.
ટાવરની ઊંચાઈ $PQ = h$ છે.
$A$ આગળ ઉત્સેધકોણ $\alpha = \cot^{-1}(3\sqrt{2})$ છે,તેથી $\cot \alpha = \frac{AP}{PQ} = \frac{x}{h} = 3\sqrt{2} \implies x = 3\sqrt{2}h$.
$B$ આગળ ઉત્સેધકોણ $\beta = \csc^{-1}(2\sqrt{2})$ છે,તેથી $\csc \beta = \frac{BQ}{PQ} = \frac{\sqrt{BP^2 + h^2}}{h} = 2\sqrt{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\frac{BP^2 + h^2}{h^2} = 8 \implies BP^2 + h^2 = 8h^2 \implies BP^2 = 7h^2$.
$BP^2 = 100^2 - x^2$ મૂકતા: $10000 - x^2 = 7h^2$.
$x = 3\sqrt{2}h$ મૂકતા: $10000 - (3\sqrt{2}h)^2 = 7h^2 \implies 10000 - 18h^2 = 7h^2$.
$25h^2 = 10000 \implies h^2 = 400 \implies h = 20$.

(C) ધારો કે $MN$ એ $h$ ઊંચાઈનો ટાવર છે અને $AN = x$ એ ટાવરના પાયાથી બિંદુ $A$ નું અંતર છે.
$\Delta ANM$ માં,$\tan(45^o) = \frac{MN}{AN} = \frac{h}{x} = 1 \Rightarrow h = x$.
બિંદુ $B$ એ $A$ થી $30 \, m$ ઉપર છે,તેથી $PB = AN = x$ અને $PM = MN - NP = h - 30 = x - 30$.
$\Delta BPM$ માં,$\tan(30^o) = \frac{PM}{PB} = \frac{x - 30}{x}$.
$\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{x - 30}{x} \Rightarrow x = \sqrt{3}x - 30\sqrt{3}$.
$x(\sqrt{3} - 1) = 30\sqrt{3} \Rightarrow x = \frac{30\sqrt{3}}{\sqrt{3} - 1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $x = \frac{30\sqrt{3}(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = \frac{30(3 + \sqrt{3})}{3 - 1} = \frac{30(3 + \sqrt{3})}{2} = 15(3 + \sqrt{3}) \, m$.

(A) ધારો કે $PA = x$ એ $P$ થી વાદળ $C$ માંથી પસાર થતી શિરોલંબ રેખા સુધીનું સમક્ષિતિજ અંતર છે.
$\Delta PAC$ માં,$\tan(30^{\circ}) = \frac{AC}{PA} \Rightarrow AC = \frac{x}{\sqrt{3}}$.
વાદળની સરોવરની સપાટીથી ઊંચાઈ $H = AC + 200 = \frac{x}{\sqrt{3}} + 200$ છે.
પ્રતિબિંબ $C'$ સપાટીથી $H$ ઊંડાઈએ છે,તેથી $BC' = \frac{x}{\sqrt{3}} + 200$.
$\Delta PBC'$ માં,કુલ શિરોલંબ અંતર $AC' = 200 + (\frac{x}{\sqrt{3}} + 200) = 400 + \frac{x}{\sqrt{3}}$.
અવસેધકોણ $60^{\circ}$ હોવાથી,$\tan(60^{\circ}) = \frac{AC'}{PA} = \frac{400 + x/\sqrt{3}}{x}$.
$\sqrt{3}x = 400 + \frac{x}{\sqrt{3}}$ $\Rightarrow 3x = 400\sqrt{3} + x$ $\Rightarrow 2x = 400\sqrt{3}$ $\Rightarrow x = 200\sqrt{3}$.
$\Delta PAC$ માં,$PC = \frac{PA}{\cos(30^{\circ})} = \frac{2x}{\sqrt{3}} = \frac{2(200\sqrt{3})}{\sqrt{3}} = 400 \ m$.

(D) ધારો કે થાંભલાઓ વચ્ચેનું સમક્ષિતિજ અંતર $x$ છે. ધારો કે જમીન $AC$ થી ઉપર છેદબિંદુ $P$ ની ઊંચાઈ $h$ છે.
ધારો કે $P$ થી $AC$ પરના લંબનો પગ $M$ છે. ધારો કે $AM = x_2$ અને $MC = x_1$,તેથી $x_1 + x_2 = x$.
$\triangle AMC$ અને $\triangle BCD$ માં,આપણી પાસે $\triangle PMC \sim \triangle ABC$ અને $\triangle PMA \sim \triangle ADC$ છે.
સમરૂપતા પરથી,$\frac{h}{15} = \frac{x_1}{x}$ અને $\frac{h}{10} = \frac{x_2}{x}$.
આ બે સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $\frac{h}{15} + \frac{h}{10} = \frac{x_1 + x_2}{x} = \frac{x}{x} = 1$.
$\frac{2h + 3h}{30} = 1$ $\Rightarrow \frac{5h}{30} = 1$ $\Rightarrow \frac{h}{6} = 1$.
તેથી,$h = 6 \ m$.

(A) ધારો કે શિખરની ઊંચાઈ $h$ છે. શરૂઆતના બિંદુથી,$\tan 45^{\circ} = \frac{h}{d} \Rightarrow d = h$,જ્યાં $d$ એ પર્વતના પાયા સુધીનું આડું અંતર છે.
$30^{\circ}$ ના ખૂણે $1 \ km$ ચઢ્યા પછી,નવું સ્થાન ઊંચાઈ $x = 1 \cdot \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2} \ km$ અને શરૂઆતના બિંદુથી આડું અંતર $z = 1 \cdot \cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2} \ km$ પર છે.
પર્વત સુધીનું નવું આડું અંતર $y = d - z = h - \frac{\sqrt{3}}{2}$ છે.
વર્તમાન સ્થાનની સાપેક્ષમાં નવી ઊંચાઈ $h - x = h - \frac{1}{2}$ છે.
નવો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ}$ આપેલ હોવાથી,$\tan 60^{\circ} = \frac{h - x}{y}$ થાય.
$\sqrt{3} = \frac{h - 1/2}{h - \sqrt{3}/2}$.
$\sqrt{3}(h - \frac{\sqrt{3}}{2}) = h - \frac{1}{2}$.
$\sqrt{3}h - \frac{3}{2} = h - \frac{1}{2}$.
$h(\sqrt{3} - 1) = \frac{3}{2} - \frac{1}{2} = 1$.
$h = \frac{1}{\sqrt{3} - 1}$.

(B) ધારો કે ટેકરીની ઊંચાઈ $H$ છે. શરૂઆતનું બિંદુ ટેકરીના તળિયાથી $H$ અંતરે છે કારણ કે ઉત્સેધકોણ $45^{\circ}$ છે.
$30^{\circ}$ ના ઢોળાવ પર $80 \ m$ ચાલ્યા પછી,નવું સ્થાન શરૂઆતના બિંદુથી $80 \cos 30^{\circ} = 40\sqrt{3} \ m$ સમક્ષિતિજ અંતરે અને સમક્ષિતિજ સમતલથી $80 \sin 30^{\circ} = 40 \ m$ ઊંચાઈએ છે.
ટેકરીના તળિયા સુધીનું બાકીનું સમક્ષિતિજ અંતર $H - 40\sqrt{3}$ છે.
વર્તમાન સ્થાનથી નવી ઊંચાઈ $H - 40$ છે.
નવો ઉત્સેધકોણ $75^{\circ}$ હોવાથી,$\tan 75^{\circ} = \frac{H - 40}{H - 40\sqrt{3}}$.
$\tan 75^{\circ} = 2 + \sqrt{3}$ હોવાથી,$2 + \sqrt{3} = \frac{H - 40}{H - 40\sqrt{3}}$.
$(2 + \sqrt{3})(H - 40\sqrt{3}) = H - 40$.
$2H - 80\sqrt{3} + \sqrt{3}H - 120 = H - 40$.
$H(1 + \sqrt{3}) = 80 + 80\sqrt{3} = 80(1 + \sqrt{3})$.
$H = 80 \ m$.

(B) ધારો કે થાંભલાની ઊંચાઈ $h = PD$ છે,જ્યાં $P$ એ થાંભલાની ટોચ છે અને $D$ એ જમીન પર થાંભલાનો આધાર છે.
બગીચાના દરેક ખૂણા $A, B, C$ થી થાંભલાની ટોચ $P$ નો ઉત્સેધકોણ સમાન $(\frac{\pi}{3})$ હોવાથી,$D$ થી દરેક શિરોબિંદુ $A, B, C$ સુધીનું અંતર સમાન હોવું જોઈએ.
આમ,$DA = DB = DC = R$,જ્યાં $R$ એ $\Delta ABC$ ની પરિત્રિજ્યા છે.
આપેલ છે કે $R = 2$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta PDA$ માં,આપણી પાસે છે:
$\tan\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{PD}{DA} = \frac{h}{R}$
$h = R \tan\left(\frac{\pi}{3}\right) = 2 \times \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$.

(B) ધારો કે ટૂંકા થાંભલાની ઊંચાઈ $h$ છે અને ઊંચા થાંભલાની ઊંચાઈ $3h$ છે. થાંભલાઓ વચ્ચેનું અંતર $150 \ m$ છે. નિરીક્ષક મધ્યબિંદુ પર છે,તેથી નિરીક્ષકથી દરેક થાંભલાનું અંતર $75 \ m$ છે.
ધારો કે ટૂંકા થાંભલાનો ઉત્સેધકોણ $\theta$ છે. ખૂણાઓ કોટિકોણ હોવાથી,ઊંચા થાંભલાનો ઉત્સેધકોણ $90^\circ - \theta$ છે.
ટૂંકા થાંભલા માટે: $\tan \theta = \frac{h}{75}$.
ઊંચા થાંભલા માટે: $\tan(90^\circ - \theta) = \frac{3h}{75} \Rightarrow \cot \theta = \frac{3h}{75} = \frac{h}{25}$.
બંને સમીકરણોનો ગુણાકાર કરતા: $\tan \theta \cdot \cot \theta = \left(\frac{h}{75}\right) \cdot \left(\frac{h}{25}\right)$.
$1 = \frac{h^2}{1875} \Rightarrow h^2 = 1875$.
$h = \sqrt{1875} = \sqrt{625 \times 3} = 25 \sqrt{3} \ m$.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને હોડીની ઝડપ $v \text{ m/s}$ છે.
ધારો કે $C$ એ ટાવરનો પાયો છે.
$\triangle ADC$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{h}{AC} \implies AC = h \cot 30^{\circ} = h\sqrt{3}$.
$\triangle BDC$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{h}{BC} \implies BC = h \cot 45^{\circ} = h$.
અંતર $AB = AC - BC = h\sqrt{3} - h = h(\sqrt{3}-1)$.
હોડી $AB$ અંતર $20 \text{ સેકન્ડ}$ માં કાપે છે,તેથી ઝડપ $v = \frac{AB}{20} = \frac{h(\sqrt{3}-1)}{20}$.
$B$ થી $C$ સુધી મુસાફરી કરવા માટે લાગતો સમય $t = \frac{BC}{v} = \frac{h}{\frac{h(\sqrt{3}-1)}{20}} = \frac{20}{\sqrt{3}-1}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $t = \frac{20(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = \frac{20(\sqrt{3}+1)}{3-1} = \frac{20(\sqrt{3}+1)}{2} = 10(\sqrt{3}+1) \text{ સેકન્ડ}$.

(D) ધારો કે જેટ પ્લેનની ઊંચાઈ $h \, m$ છે। જમીન પરનું બિંદુ $A$ છે।
પ્રથમ સ્થિતિ પરથી, $\tan 60^{\circ} = \frac{h}{y}$ $\Rightarrow \sqrt{3} = \frac{h}{y}$ $\Rightarrow y = \frac{h}{\sqrt{3}} \quad \dots (1)$
$20 \, s$ પછી, પ્લેન $x$ જેટલું અંતર કાપે છે।
ઝડપ $= 432 \, km/h = 432 \times \frac{5}{18} \, m/s = 120 \, m/s$.
અંતર $x = \text{ઝડપ} \times \text{સમય} = 120 \times 20 = 2400 \, m$.
બીજી સ્થિતિ પરથી, $\tan 30^{\circ} = \frac{h}{x + y}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{2400 + y}$ $\Rightarrow 2400 + y = h\sqrt{3} \quad \dots (2)$
$(1)$ માંથી $y$ ની કિંમત $(2)$ માં મૂકતા:
$2400 + \frac{h}{\sqrt{3}} = h\sqrt{3}$
$2400 = h\sqrt{3} - \frac{h}{\sqrt{3}} = h \left( \frac{3 - 1}{\sqrt{3}} \right) = \frac{2h}{\sqrt{3}}$
$h = \frac{2400 \times \sqrt{3}}{2} = 1200 \sqrt{3} \, m$.

(C) ધારો કે $\angle ACB = \theta$ અને $\angle BCD = \alpha$. આકૃતિ પરથી,$\tan \theta = \frac{1}{2}$.
$\triangle BCD$ માં,$\tan(\theta + \alpha) = \frac{BD}{CD} = \frac{x}{a+b}$.
આકૃતિ મુજબ,$\tan(\theta + \alpha) = \frac{x}{a}$ મળે છે.
$\tan(\theta + \alpha) = \frac{\tan \theta + \tan \alpha}{1 - \tan \theta \tan \alpha} = \frac{x}{a}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$\tan \theta = \frac{1}{2}$ મૂકતા:
$\frac{1/2 + x/(a+b)}{1 - (1/2)(x/(a+b))} = \frac{x}{a}$
સાદુરૂપ આપતા,$x^2 - 2ax + b(a+b) = 0$ મળે છે,જે વિકલ્પ $C$ છે.

(B) ધારો કે થાંભલાની ઊંચાઈ $H = 10\ell$ છે. થાંભલો $3\ell$ અને $7\ell$ લંબાઈના બે ભાગમાં વહેંચાયેલ છે.
ધારો કે જમીન પરનું બિંદુ $P$ છે,જે થાંભલાના પાયાથી $18 \ m$ દૂર છે.
ધારો કે નીચેનો ભાગ $P$ પર $\alpha$ ખૂણો બનાવે છે. તેથી $\tan \alpha = \frac{3\ell}{18} = \frac{\ell}{6}$.
ધારો કે કુલ ઊંચાઈ $P$ પર $2\alpha$ ખૂણો બનાવે છે. તેથી $\tan 2\alpha = \frac{10\ell}{18} = \frac{5\ell}{9}$.
સૂત્ર $\tan 2\alpha = \frac{2 \tan \alpha}{1 - \tan^2 \alpha}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{5\ell}{9} = \frac{2(\ell/6)}{1 - (\ell/6)^2} = \frac{\ell/3}{1 - \ell^2/36} = \frac{12\ell}{36 - \ell^2}$.
$\ell \neq 0$ હોવાથી,આપણે $\ell$ વડે ભાગી શકીએ:
$\frac{5}{9} = \frac{12}{36 - \ell^2}$ $\Rightarrow 5(36 - \ell^2) = 108$ $\Rightarrow 180 - 5\ell^2 = 108$ $\Rightarrow 5\ell^2 = 72$ $\Rightarrow \ell^2 = \frac{72}{5}$.
આમ,$\ell = \sqrt{\frac{72}{5}} = \frac{6\sqrt{10}}{5}$.
થાંભલાની કુલ ઊંચાઈ $10\ell = 10 \times \frac{6\sqrt{10}}{5} = 12\sqrt{10} \ m$ છે.

(B) ધારો કે $O$ એ ગોળાનું કેન્દ્ર છે અને $A$ એ નિરીક્ષકની આંખ છે. ત્રિજ્યા $r = 16 \ m$ છે. $A$ થી ગોળા પરના સ્પર્શકો $P$ અને $Q$ બિંદુએ સ્પર્શે છે. ખૂણો $\angle PAQ = 60^{\circ}$ છે,તેથી $\angle OAP = 30^{\circ}$.
$\triangle OAP$ માં,$\sin(30^{\circ}) = \frac{OP}{OA} \implies \frac{1}{2} = \frac{16}{OA} \implies OA = 32 \ m$.
$A$ થી કેન્દ્ર $O$ નો ઉત્સેધકોણ $75^{\circ}$ છે. ધારો કે $H$ એ નિરીક્ષકની આંખના સમતલથી કેન્દ્ર $O$ ની ઊંચાઈ છે. તેથી $H = OA \sin(75^{\circ}) = 32 \sin(45^{\circ} + 30^{\circ}) = 32 \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2} \right) = 32 \left( \frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}} \right) = 8\sqrt{2}(\sqrt{3}+1) = 8(\sqrt{6}+\sqrt{2}) \ m$.
નિરીક્ષકની આંખના સ્તરથી સૌથી ઉપરના બિંદુ $T$ ની ઊંચાઈ $H + r = 8(\sqrt{6}+\sqrt{2}) + 16 = 8(\sqrt{6}+\sqrt{2}+2) \ m$ છે.

(C) ધારો કે $BC = CQ = x$,$AB = h$,અને $PQ = 2h$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ABC$ અને $\triangle PQC$ પરથી:
$\tan \theta = \frac{AB}{BC} = \frac{h}{x}$
$\tan \left(\frac{\pi}{8}\right) = \frac{PQ}{CQ} = \frac{2h}{x}$
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા:
$\frac{\tan \theta}{\tan \left(\frac{\pi}{8}\right)} = \frac{h/x}{2h/x} = \frac{1}{2}$
આમ,$\tan \theta = \frac{1}{2} \tan \left(\frac{\pi}{8}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \left(\frac{\pi}{8}\right) = \sqrt{2} - 1$.
તેથી,$\tan \theta = \frac{1}{2}(\sqrt{2} - 1)$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\tan^{2} \theta = \frac{1}{4}(\sqrt{2} - 1)^{2} = \frac{1}{4}(2 + 1 - 2\sqrt{2}) = \frac{3 - 2\sqrt{2}}{4}$.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને થાંભલા અને ટાવર વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
$\tan(60^{\circ}) = \frac{h}{x} \implies x = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$\tan(30^{\circ}) = \frac{x}{h - 20} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h - 20}{x} \implies x = \sqrt{3}(h - 20)$.
$\frac{h}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}(h - 20) \implies h = 3(h - 20) \implies h = 3h - 60 \implies 2h = 60 \implies h = 30$.

(A) ધારો કે $AQ = d$. $\triangle AQR$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{QR}{AQ} = \frac{15}{d}$.
તેથી,$d = \frac{15}{\tan 60^{\circ}} = \frac{15}{\sqrt{3}} = 5\sqrt{3} \, m$.
$\triangle AQP$ માં,$P$ નો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ} + 15^{\circ} = 75^{\circ}$ છે.
તેથી,$\tan 75^{\circ} = \frac{PQ}{AQ} = \frac{15 + x}{5\sqrt{3}}$,જ્યાં $x = PR$.
$\tan 75^{\circ} = 2 + \sqrt{3}$ હોવાથી,
$15 + x = 5\sqrt{3}(2 + \sqrt{3}) = 10\sqrt{3} + 15$.
આથી $x = 10\sqrt{3} \, m$.
ટાવરની કુલ ઊંચાઈ $PQ = QR + PR = 15 + 10\sqrt{3} = 5(3 + 2\sqrt{3}) \, m$.

(A) $\triangle PQA$ માં,$\angle PAQ = 45^{\circ}$ અને $PQ = 10$,તેથી $QA = \frac{PQ}{\tan 45^{\circ}} = 10$.
$\triangle BRA$ માં,$RA = d \cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}d}{2}$ અને $BR = d \sin 30^{\circ} = \frac{d}{2}$.
$R$ એ $AQ$ પર હોવાથી,$QR = QA - RA = 10 - \frac{\sqrt{3}d}{2}$.
$\triangle PRB$ માં,$B$ થી $P$ નો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ}$ છે,તેથી $\tan 60^{\circ} = \frac{PQ - BR}{QR} = \frac{10 - d/2}{10 - \sqrt{3}d/2}$.
$\sqrt{3} = \frac{20 - d}{20 - \sqrt{3}d} \implies 20\sqrt{3} - 3d = 20 - d \implies 2d = 20(\sqrt{3} - 1) \implies d = 10(\sqrt{3} - 1)$.
સમલંબ ચતુષ્કોણ $PQRB$ નું ક્ષેત્રફળ $\alpha = \frac{1}{2}(PQ + BR) \cdot QR = \frac{1}{2}(10 + d/2)(10 - \sqrt{3}d/2)$.
$d = 10(\sqrt{3} - 1)$ મૂકતા,$BR = 5(\sqrt{3} - 1)$ અને $QR = 10 - 5\sqrt{3}(\sqrt{3} - 1) = 10 - 15 + 5\sqrt{3} = 5\sqrt{3} - 5$ મળે.
$\alpha = \frac{1}{2}(10 + 5\sqrt{3} - 5)(5\sqrt{3} - 5) = \frac{1}{2}(5\sqrt{3} + 5)(5\sqrt{3} - 5) = \frac{1}{2}(75 - 25) = 25$.
આમ,$(d, \alpha) = (10(\sqrt{3} - 1), 25)$.

(C) ધારો કે $A$ ટાવરનો પાયો છે અને $B$ ટોચ છે. ટાવરની ઊંચાઈ $AB = 2h$ છે. ધારો કે $C$ ટાવર પરનું એવું બિંદુ છે કે જેથી $AC = h$ થાય.
જમીન પરના બિંદુ $P$ થી $C$ નો ઉત્સેધકોણ $2\alpha$ છે. ધારો કે $AP = x$. $\triangle PAC$ માં,$\tan 2\alpha = \frac{AC}{AP} = \frac{h}{x}$. તેથી,$x = h \cot 2\alpha$.
જ્યારે માણસ ટાવર તરફ $d = \sqrt{7}h$ અંતર કાપીને બિંદુ $H$ પર પહોંચે છે,ત્યારે અંતર $AH = x + \sqrt{7}h$ થાય છે. ટોચ $B$ નો ઉત્સેધકોણ $\alpha$ છે. $\triangle HAB$ માં,$\tan \alpha = \frac{AB}{AH} = \frac{2h}{x + \sqrt{7}h}$.
$x = h \cot 2\alpha$ મૂકતા,આપણને મળે $\tan \alpha = \frac{2h}{h \cot 2\alpha + \sqrt{7}h} = \frac{2}{\cot 2\alpha + \sqrt{7}}$.
કારણ કે $\cot 2\alpha = \frac{1 - \tan^2 \alpha}{2 \tan \alpha}$,તેથી $\tan \alpha = \frac{2}{\frac{1 - \tan^2 \alpha}{2 \tan \alpha} + \sqrt{7}}$.
ધારો કે $t = \tan \alpha$. તો $t = \frac{4t}{1 - t^2 + 2\sqrt{7}t}$.
$t \neq 0$ હોવાથી,$1 = \frac{4}{1 - t^2 + 2\sqrt{7}t}$,એટલે કે $1 - t^2 + 2\sqrt{7}t = 4$.
$t^2 - 2\sqrt{7}t + 3 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$t = \frac{2\sqrt{7} \pm \sqrt{(2\sqrt{7})^2 - 4(1)(3)}}{2} = \frac{2\sqrt{7} \pm \sqrt{28 - 12}}{2} = \frac{2\sqrt{7} \pm 4}{2} = \sqrt{7} \pm 2$.
$\alpha$ ઉત્સેધકોણ હોવાથી,$\tan \alpha$ ધન હોવો જોઈએ. વળી,$\tan 2\alpha$ વ્યાખ્યાયિત અને ધન હોવા માટે,$2\alpha < 90^\circ$,તેથી $\alpha < 45^\circ$,એટલે કે $\tan \alpha < 1$. $\sqrt{7} + 2 > 1$ હોવાથી,આપણે $\tan \alpha = \sqrt{7} - 2$ લઈશું.

(B) ધારો કે $OP = h$. $OP$ શિરોલંબ હોવાથી,$\triangle OPA$,$\triangle OPB$,અને $\triangle OPC$ એ $O$ પર કાટખૂણો બનાવે છે.
$AB = 16$ અને $C$ મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AC = CB = 8$.
$\triangle OPA$ માં,$\tan 15^{\circ} = \frac{OP}{OA} \Rightarrow OA = h \cot 15^{\circ}$.
$\triangle OPC$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{OP}{OC} \Rightarrow OC = h$.
$\triangle OAC$ માં,$\angle OCA = 90^{\circ}$ હોવાથી,$OA^{2} = OC^{2} + AC^{2}$.
કિંમતો મૂકતા: $(h \cot 15^{\circ})^{2} = h^{2} + 8^{2}$.
$h^{2} (\cot^{2} 15^{\circ} - 1) = 64$.
$\cot 15^{\circ} = 2 + \sqrt{3}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cot^{2} 15^{\circ} = 7 + 4\sqrt{3}$.
$h^{2} (6 + 4\sqrt{3}) = 64 \Rightarrow h^{2} = \frac{32}{3 + 2\sqrt{3}}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા: $h^{2} = \frac{32}{\sqrt{3}}(2 - \sqrt{3})$.

(A) ધારો કે ટાવર $OP$ છે,જ્યાં $O$ ટાવરનો પાયો છે. બિંદુ $A$ એ $O$ ની ઉત્તરે છે,તેથી $\triangle OAP$ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જ્યાં $\angle OAP = \alpha$.
આપેલ છે કે $AB = 9$ એકમ,જ્યાં $B$ એ $A$ ની પશ્ચિમે છે. $A$ એ $O$ ની ઉત્તરે હોવાથી,$OA \perp AB$.
$\triangle OAB$ માં,$\angle OAB = 90^\circ$. $OB = 15$ આપેલ છે,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$OA^2 + AB^2 = OB^2 \implies OA^2 + 9^2 = 15^2 \implies OA^2 = 225 - 81 = 144 \implies OA = 12$.
ધારો કે $\beta = \cos^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{13}}\right)$ એ $B$ થી ઉત્સેધકોણ છે. તેથી $\cos \beta = \frac{3}{\sqrt{13}}$.
$\sin^2 \beta + \cos^2 \beta = 1$ હોવાથી,$\sin \beta = \sqrt{1 - \frac{9}{13}} = \frac{2}{\sqrt{13}}$.
તેથી,$\tan \beta = \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = \frac{2}{3}$.
$\triangle OBP$ માં,$\tan \beta = \frac{OP}{OB} = \frac{h}{15}$.
તેથી,$\frac{h}{15} = \frac{2}{3} \implies h = 10$.
$\triangle OAP$ માં,$\tan \alpha = \frac{OP}{OA} = \frac{h}{OA} = \frac{10}{12} = \frac{5}{6}$.
તેથી,$\cot \alpha = \frac{1}{\tan \alpha} = \frac{6}{5}$.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને ઇમારત અને ટાવર વચ્ચેનું અંતર $x$ છે.
ઇમારતની ટોચ પરથી (ઊંચાઈ $h = 60\sqrt{3}$ ફૂટ),ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $45^{\circ}$ છે. તેથી,$\tan 45^{\circ} = \frac{H - h}{x} \implies 1 = \frac{H - 60\sqrt{3}}{x} \implies x = H - 60\sqrt{3}$.
ઇમારતના તળિયેથી,ટાવરની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $60^{\circ}$ છે. તેથી,$\tan 60^{\circ} = \frac{H}{x} \implies \sqrt{3} = \frac{H}{x} \implies x = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$x$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $H - 60\sqrt{3} = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$\sqrt{3}$ વડે ગુણતા: $\sqrt{3}H - 60(3) = H \implies \sqrt{3}H - H = 180 \implies H(\sqrt{3} - 1) = 180$.
$H = \frac{180}{\sqrt{3} - 1} = \frac{180(\sqrt{3} + 1)}{3 - 1} = \frac{180(\sqrt{3} + 1)}{2} = 90(\sqrt{3} + 1)$ ફૂટ.

(C) ધારો કે થાંભલાની ઊંચાઈ $h$ છે અને ગોળાની ત્રિજ્યા $r$ છે. બિંદુ $P$ એ ગોળાનો નીચેનો ભાગ છે,તેથી જમીનથી $P$ ની ઊંચાઈ $h$ છે. બિંદુ $Q$ એ કેન્દ્ર $O$ ની સપાટી પર છે,તેથી જમીનથી $Q$ ની ઊંચાઈ $h+r$ છે. નિરીક્ષક $B$ થી થાંભલાનું આડું અંતર $AB = 50 \ m$ છે.
$\triangle APB$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{AP}{AB} = \frac{h}{50}$.
$\Rightarrow h = 50 \tan 30^{\circ} = \frac{50}{\sqrt{3}}$.
નિરીક્ષક,બિંદુ $Q$ અને બિંદુ $R$ (જ્યાં $R$ એ જમીન પર $Q$ નો પ્રક્ષેપ છે) દ્વારા બનતા ત્રિકોણમાં,આડું અંતર $BR = AB - r = 50 - r$ છે અને ઊભી ઊંચાઈ $RQ = h+r$ છે.
$\tan 60^{\circ} = \frac{RQ}{BR} = \frac{h+r}{50-r}$.
$\Rightarrow \sqrt{3}(50-r) = h+r$.
$h = \frac{50}{\sqrt{3}}$ મૂકતા:
$\sqrt{3}(50-r) = \frac{50}{\sqrt{3}} + r$.
$50\sqrt{3} - r\sqrt{3} = \frac{50}{\sqrt{3}} + r$.
$50\sqrt{3} - \frac{50}{\sqrt{3}} = r(1+\sqrt{3})$.
$50 \left( \frac{3-1}{\sqrt{3}} \right) = r(1+\sqrt{3})$.
$r = \frac{50 \times 2}{\sqrt{3}(1+\sqrt{3})} = 50 \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{3}} \right)$.

(A) ધારો કે $AB = 30 \ m$ અને $BQ = x$. $\triangle ABQ$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AB}{BQ} = \frac{30}{x}$.
તેથી,$x = \frac{30}{\sqrt{3}} = 10\sqrt{3} \ m$. આમ,$BQ = 10\sqrt{3} \ m$.
$BCPQ$ લંબચોરસ હોવાથી,$CP = BQ = 10\sqrt{3} \ m$ અને $PQ = BC$.
$\triangle ACP$ માં,$P$ નો અવસેધકોણ $15^{\circ}$ છે,તેથી $\tan 15^{\circ} = \frac{AC}{CP} = \frac{AC}{10\sqrt{3}}$.
$\tan 15^{\circ} = 2 - \sqrt{3}$ હોવાથી,$AC = 10\sqrt{3}(2 - \sqrt{3}) = 20\sqrt{3} - 30$.
તેથી $BC = AB - AC = 30 - (20\sqrt{3} - 30) = 60 - 20\sqrt{3}$.
લંબચોરસ $BCPQ$ નું ક્ષેત્રફળ $= BQ \times BC = (10\sqrt{3})(60 - 20\sqrt{3}) = 600\sqrt{3} - 600 = 600(\sqrt{3} - 1) \ m^2$.

(C) ધારો કે $AB = x$. આકૃતિ પરથી,$AC = x \tan \theta_1$ અને $CD = x$. તેમજ,$BD = AC = x \tan \theta_1$ અને $DE = CD \tan \theta_2 = x \tan \theta_2$.
આપેલ છે કે $\sqrt{3}(BE) = 4(AB)$,તેથી $\sqrt{3}(BD + DE) = 4x$.
$\sqrt{3}(x \tan \theta_1 + x \tan \theta_2) = 4x \implies \sqrt{3}(\tan \theta_1 + \cot \theta_1) = 4$ (કારણ કે $\theta_1 + \theta_2 = \frac{\pi}{2}, \tan \theta_2 = \cot \theta_1$).
$\sqrt{3}(\tan \theta_1 + \frac{1}{\tan \theta_1}) = 4 \implies 3 \tan^2 \theta_1 - 4\sqrt{3} \tan \theta_1 + 3 = 0$.
$\tan \theta_1$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\tan \theta_1 = \sqrt{3}$ અથવા $\tan \theta_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}$ મળે છે.
જો $\tan \theta_1 = \sqrt{3}$,તો $\theta_1 = \frac{\pi}{3}$ અને $\theta_2 = \frac{\pi}{6}$. તેથી $\frac{\theta_2}{\theta_1} = \frac{1}{2}$.
જો $\tan \theta_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તો $\theta_1 = \frac{\pi}{6}$ અને $\theta_2 = \frac{\pi}{3}$. તેથી $\frac{\theta_2}{\theta_1} = 2$.
જેમ કે $\frac{\theta_2}{\theta_1}$ મહત્તમ છે,આપણે $\theta_1 = \frac{\pi}{6}$ લઈએ છીએ.
$\triangle CAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times AB \times AC = \frac{1}{2} \times x \times (x \tan \frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2} x^2 \frac{1}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}-3$.
$x^2 = 2\sqrt{3}(2\sqrt{3}-3) = 12 - 6\sqrt{3} = (3-\sqrt{3})^2 \implies x = 3-\sqrt{3}$.
$\triangle CED$ ની પરિમિતિ $= CD + DE + CE = x + x \tan \theta_2 + \sqrt{x^2 + (x \tan \theta_2)^2} = x(1 + \tan \frac{\pi}{3} + \sec \frac{\pi}{3}) = x(1 + \sqrt{3} + 2) = x(3+\sqrt{3})$.
પરિમિતિ $= (3-\sqrt{3})(3+\sqrt{3}) = 9 - 3 = 6$.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h = 5 \text{ m}$ છે. ટાવરનો પાયો $O$ છે. પ્રથમ વ્યક્તિનું સ્થાન $A$ (દક્ષિણ) અને બીજા વ્યક્તિનું સ્થાન $B$ (પશ્ચિમ) છે.
$\triangle POA$ માં,$\tan(45^{\circ}) = \frac{PO}{OA} \implies 1 = \frac{5}{OA} \implies OA = 5 \text{ m}$.
$\triangle POB$ માં,$\tan(30^{\circ}) = \frac{PO}{OB} \implies \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{5}{OB} \implies OB = 5\sqrt{3} \text{ m}$.
દક્ષિણ અને પશ્ચિમ દિશાઓ પરસ્પર લંબ હોવાથી,$\triangle AOB$ એ $O$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
બંને વ્યક્તિઓ વચ્ચેનું અંતર $AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{5^2 + (5\sqrt{3})^2} = \sqrt{25 + 75} = \sqrt{100} = 10 \text{ m}$ થાય.

(A) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને ટાવરનું તળિયું $P$ છે. ધારો કે $CP = x$,$BC = y$,અને $AB = z$ છે.
$\triangle QCP$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{h}{x} \Rightarrow x = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$\triangle QBP$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{h}{x+y}$ $\Rightarrow x+y = h$ $\Rightarrow y = h - \frac{h}{\sqrt{3}} = h\left(1 - \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = h\left(\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}\right)$.
$\triangle QAP$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{h}{x+y+z}$ $\Rightarrow x+y+z = h\sqrt{3}$ $\Rightarrow z = h\sqrt{3} - (x+y) = h\sqrt{3} - h = h(\sqrt{3}-1)$.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{AB}{BC} = \frac{z}{y} = \frac{h(\sqrt{3}-1)}{h\left(\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}\right)} = \sqrt{3}$.
આમ,$AB: BC = \sqrt{3}: 1$.

(C) ધારો કે $ED = h$ એ ટાવરની ઊંચાઈ છે. બિંદુઓ $A, B, C, D$ એક રેખસ્થ છે જ્યાં $D$ એ ટાવરનો પાયો છે.
$\triangle ADE$ માં,$\angle EAD = \alpha$,$\angle EBD = 2\alpha$,$\angle ECD = 3\alpha$.
$\triangle ABE$ માં,$\angle EAB = \alpha$ અને $\angle EBA = 180^{\circ} - 2\alpha$.
તેથી,$\angle AEB = 180^{\circ} - (\alpha + 180^{\circ} - 2\alpha) = \alpha$.
$\angle EAB = \angle AEB = \alpha$ હોવાથી,$\triangle ABE$ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે,જેમાં $BE = AB = a$.
$\triangle BCE$ માં,સાઈન નિયમ મુજબ:
$\frac{BE}{\sin 3\alpha} = \frac{CE}{\sin(180^{\circ} - 2\alpha)}$
$\frac{a}{\sin 3\alpha} = \frac{CE}{\sin 2\alpha} \Rightarrow CE = \frac{a \sin 2\alpha}{\sin 3\alpha}$.
$\triangle CDE$ માં,$\sin 3\alpha = \frac{h}{CE}$.
$h = CE \sin 3\alpha = \left(\frac{a \sin 2\alpha}{\sin 3\alpha}\right) \sin 3\alpha = a \sin 2\alpha$.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $H$ છે અને બિલ્ડિંગની ઊંચાઈ $h$ છે. આડું અંતર $d = 10 \sqrt{3}$ છે.
ટાવરની ટોચ પરથી બિલ્ડિંગના પાયાનો અવસેધકોણ $60^{\circ}$ છે. તેથી,$\tan(60^{\circ}) = \frac{H}{d}$.
$H = d \times \tan(60^{\circ}) = 10 \sqrt{3} \times \sqrt{3} = 10 \times 3 = 30$ એકમ.
ટાવરના પાયાથી બિલ્ડિંગની ટોચનો ઉત્સેધકોણ $30^{\circ}$ છે. તેથી,$\tan(30^{\circ}) = \frac{h}{d}$.
$h = d \times \tan(30^{\circ}) = 10 \sqrt{3} \times \frac{1}{\sqrt{3}} = 10$ એકમ.
ઊંચાઈઓનો સરવાળો $H + h = 30 + 10 = 40$ એકમ થાય.

(B) ધારો કે વિમાનની ઊંચાઈ $h = 5 \text{ km}$ છે.
વિમાનના સ્થાનો $A$ અને $B$ છે જ્યાં ખૂણા અનુક્રમે $15^{\circ}$ અને $30^{\circ}$ છે.
જમીન પરના અવલોકનકારને $O$ કહો.
$\triangle ODA$ માં,$\tan(15^{\circ}) = \frac{h}{OD} \implies OD = 5 \cot(15^{\circ}) = 10 + 5\sqrt{3} \text{ km}$.
$\triangle OEB$ માં,$\tan(30^{\circ}) = \frac{h}{OE} \implies OE = 5\sqrt{3} \text{ km}$.
કાપેલું અંતર $d = OD - OE = 10 \text{ km}$.
સમય $t = 50 \text{ સેકન્ડ} = \frac{1}{72} \text{ કલાક}$.
ઝડપ $v = \frac{d}{t} = 720 \text{ kmph}$.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને પાયો $P$ છે. બે બિંદુઓ $C$ અને $B$ એવા છે કે જેથી $PC = a$ અને $PB = b$ થાય. ઉત્સેધકોણ $\angle ACP = \theta$ અને $\angle ABP = \phi$ છે. આપેલ છે કે $\theta + \phi = 90^{\circ}$.
$\triangle ACP$ માં,$\tan \theta = \frac{h}{a}$.
$\triangle ABP$ માં,$\tan \phi = \frac{h}{b}$.
કારણ કે $\theta + \phi = 90^{\circ}$,તેથી $\phi = 90^{\circ} - \theta$,એટલે કે $\tan \phi = \tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta = \frac{1}{\tan \theta}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{h}{b} = \frac{1}{h/a} = \frac{a}{h}$.
તેથી,$h^2 = ab$,જે આપણને $h = \sqrt{ab}$ આપે છે.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને જ્યારે સૂર્યનો ઉન્નતકોણ $45^{\circ}$ હોય ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x$ છે.
$\triangle BAD$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow 1 = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow x = h$.
જ્યારે સૂર્યનો ઉન્નતકોણ $30^{\circ}$ હોય,ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x + 60$ થાય છે.
$\triangle BAC$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{h}{x+60} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{h+60}$.
$\Rightarrow h + 60 = h\sqrt{3}$
$\Rightarrow h(\sqrt{3} - 1) = 60$
$\Rightarrow h = \frac{60}{\sqrt{3}-1} \times \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}+1}$
$\Rightarrow h = \frac{60(\sqrt{3}+1)}{3-1} = \frac{60(\sqrt{3}+1)}{2} = 30(\sqrt{3}+1) \ m$.

(A) ધારો કે $AB$ એ $H$ ઊંચાઈની ઊંચી ઇમારત છે અને $CQ$ એ $h$ ઊંચાઈની ટૂંકી ઇમારત છે. ધારો કે $A$ એ ઊંચી ઇમારતનો પાયો છે અને $C$ એ ટૂંકી ઇમારતનો પાયો છે.
$\triangle ABC$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AB}{AC} = \frac{H}{AC}$. તેથી,$AC = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
કારણ કે $AC = QP$,તેથી $QP = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$\triangle BQP$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{BP}{QP} = \frac{H-h}{QP}$.
$QP = \frac{H}{\sqrt{3}}$ મૂકતા,આપણને મળે $\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{H-h}{H/\sqrt{3}}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{(H-h)\sqrt{3}}{H}$.
$H = 3(H-h)$ $\Rightarrow H = 3H - 3h$ $\Rightarrow 2H = 3h$.
તેથી,ટૂંકી ઇમારત અને ઊંચી ઇમારતની ઊંચાઈનો ગુણોત્તર $\frac{h}{H} = \frac{2}{3}$ એટલે કે $2:3$ છે.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને ટાવરના પાયા $(B)$ થી બિંદુ $A$ નું અંતર $x$ છે.
$\triangle ABD$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow \sqrt{3} = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow x = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
હવે,વ્યક્તિ $AB$ ને લંબ દિશામાં $60 \ m$ ચાલીને બિંદુ $C$ પર પહોંચે છે. આમ,$AC = 60 \ m$ અને $\triangle ABC$ એ $A$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
બિંદુ $C$ થી પાયા $B$ સુધીનું અંતર $BC = \sqrt{AC^2 + AB^2} = \sqrt{60^2 + x^2} = \sqrt{3600 + x^2}$ છે.
$\triangle CBD$ માં,ઉત્સેધકોણ $45^{\circ}$ છે,તેથી $\tan 45^{\circ} = \frac{h}{BC} \Rightarrow 1 = \frac{h}{\sqrt{3600 + x^2}}$.
તેથી,$h^2 = 3600 + x^2$.
સમીકરણમાં $x^2 = \frac{h^2}{3}$ મૂકતા: $h^2 = 3600 + \frac{h^2}{3}$.
$h^2 - \frac{h^2}{3} = 3600 \Rightarrow \frac{2h^2}{3} = 3600$.
$h^2 = 1800 \times 3 = 5400$.
$h = \sqrt{5400} = \sqrt{900 \times 6} = 30 \sqrt{6} \ m$.

(C) ધારો કે થાંભલાની ઊંચાઈ $2h$ છે,જ્યાં $B$ એ મધ્યબિંદુ છે જેથી $AB = BC = h$. ધારો કે $PA = x$. આખા થાંભલા દ્વારા આંતરેલો ખૂણો $\theta = \tan^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$ છે,તેથી $\tan \theta = \frac{2h}{x} = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $x = 4h$.
હવે,$\tan \beta = \frac{h}{x} = \frac{h}{4h} = \frac{1}{4}$.
આપેલ છે કે $\theta = \alpha + \beta$,તેથી $\alpha = \theta - \beta$.
સૂત્ર $\tan \alpha = \tan(\theta - \beta) = \frac{\tan \theta - \tan \beta}{1 + \tan \theta \tan \beta} = \frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{4}}{1 + (\frac{1}{2})(\frac{1}{4})} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{9}{8}} = \frac{2}{9}$.
આમ,$(\tan \alpha, \tan \beta) = \left(\frac{2}{9}, \frac{1}{4}\right)$.

(C) ધારો કે $h = 2500 \ m$ એ સરોવરની સપાટીથી અવલોકન બિંદુની ઊંચાઈ છે. ધારો કે $H$ એ સરોવરની સપાટીથી વાદળની ઊંચાઈ છે. અવલોકન બિંદુથી વાદળનું અંતર $H-h$ છે. અવલોકન બિંદુથી વાદળના પ્રતિબિંબનું અંતર $H+h$ છે.
ધારો કે અવલોકન બિંદુથી વાદળનું સમક્ષિતિજ અંતર $x$ છે.
અવલોકન બિંદુ,વાદળ અને સમક્ષિતિજ રેખા દ્વારા બનતા ત્રિકોણમાં,$\cot 15^{\circ} = \frac{x}{H-h} \Rightarrow x = (H-h)(2+\sqrt{3}) \quad (i)$
અવલોકન બિંદુ,વાદળના પ્રતિબિંબ અને સમક્ષિતિજ રેખા દ્વારા બનતા ત્રિકોણમાં,$\cot 45^{\circ} = \frac{x}{H+h} \Rightarrow x = H+h \quad (ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$(H-h)(2+\sqrt{3}) = H+h$
$H(2+\sqrt{3}) - h(2+\sqrt{3}) = H+h$
$H(2+\sqrt{3}-1) = h(2+\sqrt{3}+1)$
$H(1+\sqrt{3}) = h(3+\sqrt{3})$
$H = h \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}+1} = h\sqrt{3}$
અહીં $h = 2500 \ m$ આપેલ છે,તેથી $H = 2500\sqrt{3} \ m$.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને બિંદુઓ $C$ અને $B$ પાયા $P$ થી અનુક્રમે $a$ અને $b$ અંતરે છે.
$\triangle ACP$ માં,$\tan \theta = \frac{h}{a} \implies \theta = \arctan(\frac{h}{a})$.
$\triangle ABP$ માં,$\tan \phi = \frac{h}{b} \implies \phi = \arctan(\frac{h}{b})$.
આપેલ છે કે $\theta + \phi = 90^{\circ}$,તેથી $\theta = 90^{\circ} - \phi$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,$\tan \theta = \tan(90^{\circ} - \phi) = \cot \phi = \frac{1}{\tan \phi}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{h}{a} = \frac{1}{h/b} = \frac{b}{h}$.
તેથી,$h^2 = ab$,જે આપે છે $h = \sqrt{ab}$.

(C) ધારો કે બે થાંભલા $AD$ અને $BC$ છે જેમની ઊંચાઈ અનુક્રમે $a$ અને $b$ છે,જે સમક્ષિતિજ રેખા $AB$ પર આવેલા છે.
$P$ એ $AB$ પરનું બિંદુ છે જેથી $\angle DPA = 45^{\circ}$ અને $\angle CPB = 45^{\circ}$ થાય.
$\triangle APD$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{AD}{AP} = \frac{a}{AP} \Rightarrow AP = a$.
$\triangle BPC$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{BC}{BP} = \frac{b}{BP} \Rightarrow BP = b$.
થાંભલાઓ વચ્ચેનું સમક્ષિતિજ અંતર $AB = AP + PB = a + b$ છે.
$AB$ ને સમાંતર રેખા $DE$ દોરો જેથી $E$ એ $BC$ પર આવે. તો $DE = AB = a + b$ અને $CE = BC - BE = BC - AD = b - a$ થાય.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle DEC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$DC^2 = DE^2 + CE^2$
$DC^2 = (a + b)^2 + (b - a)^2$
$DC^2 = (a^2 + 2ab + b^2) + (b^2 - 2ab + a^2)$
$DC^2 = 2(a^2 + b^2)$.

(A) ધારો કે $AB$ એ $h$ ઊંચાઈની ટેકરી છે અને $CD$ એ $h^{\prime}$ ઊંચાઈનો સ્તંભ છે.
ધારો કે $E$ એ $AB$ પરનું બિંદુ છે જેથી $ED$ સમક્ષિતિજ રહે.
$\triangle EBD$ માં,$\tan \alpha = \frac{BE}{ED} = \frac{h-h^{\prime}}{ED}$,તેથી $ED = \frac{h-h^{\prime}}{\tan \alpha}$.
$\triangle ABC$ માં,$\tan \beta = \frac{AB}{AC} = \frac{h}{ED}$,તેથી $ED = \frac{h}{\tan \beta}$.
$ED$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{h-h^{\prime}}{\tan \alpha} = \frac{h}{\tan \beta}$
$h-h^{\prime} = \frac{h \tan \alpha}{\tan \beta}$
$h^{\prime} = h - \frac{h \tan \alpha}{\tan \beta} = h \left(1 - \frac{\tan \alpha}{\tan \beta}\right) = \frac{h(\tan \beta - \tan \alpha)}{\tan \beta}$.

(D) ધારો કે વસ્તુની ઊંચાઈ $h$ છે. ધારો કે $B$ એ જમીન પરનું બિંદુ છે જે વસ્તુ $A$ ની બરાબર નીચે છે,અને $C$ તથા $D$ એ જમીન પરના બે બિંદુઓ છે જેથી $CD = d$ અને $BD = x$ થાય.
$\triangle ABC$ માં,$\tan \alpha = \frac{h}{x+d} \Rightarrow x+d = h \cot \alpha$ $(i)$
$\triangle ABD$ માં,$\tan \beta = \frac{h}{x} \Rightarrow x = h \cot \beta$ (ii)
(ii) માંથી $x$ ની કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$h \cot \beta + d = h \cot \alpha$
$d = h \cot \alpha - h \cot \beta$
$d = h(\cot \alpha - \cot \beta)$
$h = \frac{d}{\cot \alpha - \cot \beta}$

(B) ધારો કે પદાર્થની ઊંચાઈ $h$ છે અને બીજા અવલોકન બિંદુથી ટેકરીના પાયા સુધીનું અંતર $x$ છે.
$\triangle BCD$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow \sqrt{3} = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow x = \frac{h}{\sqrt{3}}$.
$\triangle ACD$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{h}{120 + x}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{120 + x}$ $\Rightarrow 120 + x = h\sqrt{3}$.
$x = \frac{h}{\sqrt{3}}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$120 + \frac{h}{\sqrt{3}} = h\sqrt{3}$
$120 = h\sqrt{3} - \frac{h}{\sqrt{3}} = h \left( \frac{3 - 1}{\sqrt{3}} \right) = \frac{2h}{\sqrt{3}}$
$h = \frac{120 \times \sqrt{3}}{2} = 60\sqrt{3} \ m$.