Mix Examples-Trigonometrical Equations and Inequations, Properties of Triangles, Height and Distance Questions in Gujarati

(A) ચક્રીય ચતુષ્કોણ $ABCD$ માં,સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ થાય છે.
તેથી,$A + C = 180^\circ$ અને $B + D = 180^\circ$.
$A + C = 180^\circ$ પરથી,$A = 180^\circ - C$ મળે.
બંને બાજુ કોસાઇન લેતા,$\cos A = \cos(180^\circ - C) = -\cos C$,જે દર્શાવે છે કે $\cos A + \cos C = 0$.
તે જ રીતે,$B + D = 180^\circ$ પરથી,$B = 180^\circ - D$ મળે.
બંને બાજુ કોસાઇન લેતા,$\cos B = \cos(180^\circ - D) = -\cos D$,જે દર્શાવે છે કે $\cos B + \cos D = 0$.
હવે,પદાવલિ $\cos A - \cos B + \cos C - \cos D$ ને ધ્યાનમાં લો.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,$(\cos A + \cos C) - (\cos B + \cos D)$ મળે.
ઉપર મેળવેલ કિંમતો મૂકતા,$0 - 0 = 0$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $A, B, C$ એ ત્રિકોણના ખૂણાઓ છે,તેથી $A + B + C = \pi$,એટલે કે $C = \pi - (A + B)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 2 + 2\cos A \cos B \cos C$.
આપેલ પદાવલિ: $\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C - 2\cos A \cos B \cos C$.
નિત્યસમ $\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 2 + 2\cos A \cos B \cos C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= (2 + 2\cos A \cos B \cos C) - 2\cos A \cos B \cos C$
$= 2$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$.
દરેક પદ માટે આ સૂત્ર વાપરતા: $\sin^2 \frac{A}{2} + \sin^2 \frac{B}{2} + \sin^2 \frac{C}{2} = \frac{1 - \cos A}{2} + \frac{1 - \cos B}{2} + \sin^2 \frac{C}{2}$.
$= 1 - \frac{1}{2}(\cos A + \cos B) + \sin^2 \frac{C}{2}$.
$= 1 - \cos \frac{A+B}{2} \cos \frac{A-B}{2} + \sin^2 \frac{C}{2}$.
$A+B = 180^o - C$ હોવાથી,$\frac{A+B}{2} = 90^o - \frac{C}{2}$,તેથી $\cos \frac{A+B}{2} = \sin \frac{C}{2}$.
$= 1 - \sin \frac{C}{2} \cos \frac{A-B}{2} + \sin^2 \frac{C}{2}$.
$= 1 - \sin \frac{C}{2} (\cos \frac{A-B}{2} - \sin \frac{C}{2})$.
$= 1 - \sin \frac{C}{2} (\cos \frac{A-B}{2} - \cos \frac{A+B}{2})$.
$\cos X - \cos Y = 2 \sin \frac{X+Y}{2} \sin \frac{Y-X}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2}$ મળે છે.
આમ,પદાવલિની કિંમત $1 - 2 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ થાય છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $\sin^4 x + \cos^4 x + \sin 2x + \alpha = 0$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^4 x + \cos^4 x = 1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x + \sin 2x + \alpha = 0$.
ધારો કે $y = \sin 2x$,જ્યાં $-1 \le y \le 1$.
સમીકરણ $y^2 - 2y - 2(1 + \alpha) = 0$ બને છે.
વાસ્તવિક ઉકેલ માટે વિવેચક $D \ge 0$:
$D = 12 + 8\alpha \ge 0 \Rightarrow \alpha \ge -\frac{3}{2}$.
$y = 1 \pm \sqrt{3 + 2\alpha}$.
$-1 \le y \le 1$ હોવાથી,$-1 \le 1 - \sqrt{3 + 2\alpha} \le 1$ મળે.
આથી,$\alpha \le \frac{1}{2}$.
તેથી,$-\frac{3}{2} \le \alpha \le \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ સમીકરણો:
$2\sin^2 x + \sin^2 2x = 2$ ... $(i)$
$\sin 2x + \cos 2x = \tan x$ ... $(ii)$
$(i)$ પરથી:
$2\sin^2 x + (2\sin x \cos x)^2 = 2$
$4\sin^4 x - 6\sin^2 x + 2 = 0$
$(2\sin^2 x - 1)(\sin^2 x - 1) = 0$
તેથી,$\sin^2 x = \frac{1}{2}$ અથવા $\sin^2 x = 1$.
જો $\sin^2 x = 1$,તો $\cos^2 x = 0$,જે $\tan x$ ને અવ્યાખ્યાયિત બનાવે છે.
જો $\sin^2 x = \frac{1}{2}$,તો $\cos^2 x = \frac{1}{2}$,તેથી $\tan^2 x = 1$,જેનો અર્થ છે $x = n\pi \pm \frac{\pi}{4}$.
$(ii)$ પરથી:
$\frac{2\tan x}{1 + \tan^2 x} + \frac{1 - \tan^2 x}{1 + \tan^2 x} = \tan x$
$\tan^3 x + \tan^2 x - \tan x - 1 = 0$
$(\tan^2 x - 1)(\tan x + 1) = 0$
તેથી,$\tan^2 x = 1$ અથવા $\tan x = -1$.
બંને સૂચવે છે કે $\tan x = \pm 1$,જે $x = n\pi \pm \frac{\pi}{4} = (2n + 1)\frac{\pi}{4}$ આપે છે.
આમ,સામાન્ય ઉકેલો $x = (2n + 1)\frac{\pi}{4}$ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot B + \cot C = \frac{\cos B}{\sin B} + \frac{\cos C}{\sin C} = \frac{\sin C \cos B + \cos C \sin B}{\sin B \sin C} = \frac{\sin(B+C)}{\sin B \sin C}$.
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\sin(B+C) = \sin A$.
તેથી,$\cot B + \cot C = \frac{\sin A}{\sin B \sin C}$.
સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$,આપણને મળે છે $\sin A = \frac{a}{2R}, \sin B = \frac{b}{2R}, \sin C = \frac{c}{2R}$.
આમ,$\cot B + \cot C = \frac{a/2R}{(b/2R)(c/2R)} = \frac{2Ra}{bc}$.
વળી,$\cot A = \frac{\cos A}{\sin A} = \frac{(b^2+c^2-a^2)/(2bc)}{a/(2R)} = \frac{R(b^2+c^2-a^2)}{abc}$.
આપેલ છે કે $b^2+c^2 = 3a^2$,તેથી $b^2+c^2-a^2 = 2a^2$.
તેથી,$\cot A = \frac{R(2a^2)}{abc} = \frac{2Ra}{bc}$.
તેથી,$\cot B + \cot C - \cot A = \frac{2Ra}{bc} - \frac{2Ra}{bc} = 0$.

(C) આપેલ છે કે $\sin^2 \frac{A}{2}, \sin^2 \frac{B}{2}, \sin^2 \frac{C}{2}$ એ $H.P.$ માં છે.
તેથી,$\frac{1}{\sin^2 \frac{A}{2}}, \frac{1}{\sin^2 \frac{B}{2}}, \frac{1}{\sin^2 \frac{C}{2}}$ એ $A.P.$ માં છે.
$\sin^2 \frac{A}{2} = \frac{(s-b)(s-c)}{bc}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે કે $\frac{bc}{(s-b)(s-c)}, \frac{ac}{(s-a)(s-c)}, \frac{ab}{(s-a)(s-b)}$ એ $A.P.$ માં છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{ac}{(s-a)(s-c)} - \frac{bc}{(s-b)(s-c)} = \frac{ab}{(s-a)(s-b)} - \frac{ac}{(s-a)(s-c)}.$
આ પદાવલિનું સાદુંરૂપ આપતા $ab + bc = 2ac$ મળે છે.
$abc$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{1}{c} + \frac{1}{a} = \frac{2}{b}$ મળે છે.
આ દર્શાવે છે કે $a, b, c$ એ $H.P.$ માં છે.

(C) પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા: $(a^2 + b^2 - 2ab) \cos^2 \frac{C}{2} + (a^2 + b^2 + 2ab) \sin^2 \frac{C}{2}$
$= (a^2 + b^2)(\cos^2 \frac{C}{2} + \sin^2 \frac{C}{2}) + 2ab(\sin^2 \frac{C}{2} - \cos^2 \frac{C}{2})$
$= (a^2 + b^2)(1) - 2ab(\cos^2 \frac{C}{2} - \sin^2 \frac{C}{2})$
$= a^2 + b^2 - 2ab \cos C$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C$,તેથી પદાવલિનું મૂલ્ય $c^2$ થાય છે.

(C) કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે $\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$,$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$,અને $\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$ છે.
આ કિંમતોને પદાવલિ $2(bc \cos A + ca \cos B + ab \cos C)$ માં મૂકતા:
$= 2 \left( bc \cdot \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} + ca \cdot \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} + ab \cdot \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} \right)$
$= (b^2 + c^2 - a^2) + (a^2 + c^2 - b^2) + (a^2 + b^2 - c^2)$
$= a^2 + b^2 + c^2$.

(B) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$a = k \sin A, b = k \sin B, c = k \sin C.$
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$E = k^3 [\sin^3 A \cos(B-C) + \sin^3 B \cos(C-A) + \sin^3 C \cos(A-B)]$
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\sin A = \sin(B+C).$
તેથી,$\sin^3 A \cos(B-C) = \sin^2 A \sin(B+C) \cos(B-C) = \sin^2 A \cdot \frac{1}{2} (\sin 2B + \sin 2C).$
બધા પદો માટે આનું વિસ્તરણ કરતા અને નિત્યસમ $\sin A \sin B \sin C = \frac{abc}{k^3}$ નો ઉપયોગ કરીને સાદું રૂપ આપતા:
$E = 3k^3 \sin A \sin B \sin C = 3abc.$

(A) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$,તેથી $a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$E = \sum a^2(\cos^2 B - \cos^2 C) = \sum (2R \sin A)^2(\cos^2 B - \cos^2 C)$
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ હોવાથી,$\cos^2 B - \cos^2 C = (1 - \sin^2 B) - (1 - \sin^2 C) = \sin^2 C - \sin^2 B$.
તેથી,$E = 4R^2 \sum \sin^2 A(\sin^2 C - \sin^2 B)$.
$a = 2R \sin A$ હોવાથી,$\sin A = \frac{a}{2R}$,તેથી $\sin^2 A = \frac{a^2}{4R^2}$.
$E = 4R^2 [ \frac{a^2}{4R^2}(\sin^2 C - \sin^2 B) + \frac{b^2}{4R^2}(\sin^2 A - \sin^2 C) + \frac{c^2}{4R^2}(\sin^2 B - \sin^2 A) ]$
$E = a^2(\sin^2 C - \sin^2 B) + b^2(\sin^2 A - \sin^2 C) + c^2(\sin^2 B - \sin^2 A)$
$\sin^2 A = \frac{a^2}{4R^2}$,$\sin^2 B = \frac{b^2}{4R^2}$,$\sin^2 C = \frac{c^2}{4R^2}$ મૂકતા:
$E = \frac{1}{4R^2} [a^2c^2 - a^2b^2 + b^2a^2 - b^2c^2 + c^2b^2 - c^2a^2] = 0$.

(D) આપેલ છે કે $2b^2 = a^2 + c^2$.
નિત્યસમ $\sin 3B = 3\sin B - 4\sin^3 B$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\sin 3B}{\sin B} = 3 - 4\sin^2 B$ મળે.
$\sin^2 B = 1 - \cos^2 B$ નો ઉપયોગ કરતા,$3 - 4(1 - \cos^2 B) = 4\cos^2 B - 1$ મળે.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$.
કારણ કે $b^2 = \frac{a^2 + c^2}{2}$,આપણે આ કિંમત $\cos B$ ના સૂત્રમાં મૂકીએ:
$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - \frac{a^2 + c^2}{2}}{2ac} = \frac{\frac{a^2 + c^2}{2}}{2ac} = \frac{a^2 + c^2}{4ac}$.
હવે,$\cos B$ ની કિંમત $4\cos^2 B - 1$ માં મૂકતા:
$4\left( \frac{a^2 + c^2}{4ac} \right)^2 - 1 = 4 \cdot \frac{(a^2 + c^2)^2}{16a^2c^2} - 1 = \frac{(a^2 + c^2)^2}{4a^2c^2} - 1$.
$= \frac{(a^2 + c^2)^2 - 4a^2c^2}{4a^2c^2} = \frac{(c^2 - a^2)^2}{4a^2c^2} = \left( \frac{c^2 - a^2}{2ac} \right)^2$.

(A) આપેલ છે: $a\cos^2\frac{C}{2} + c\cos^2\frac{A}{2} = \frac{3b}{2}$
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{a+b+c}{2}$ નો ઉપયોગ કરીને,$\cos^2\frac{A}{2} = \frac{s(s-a)}{bc}$ અને $\cos^2\frac{C}{2} = \frac{s(s-c)}{ab}$ સૂત્રો મૂકતા:
$a \left( \frac{s(s-c)}{ab} \right) + c \left( \frac{s(s-a)}{bc} \right) = \frac{3b}{2}$
$\frac{s(s-c)}{b} + \frac{s(s-a)}{b} = \frac{3b}{2}$
$\frac{s}{b} (s-c + s-a) = \frac{3b}{2}$
અહીં $s-c+s-a = 2s - (a+c) = b$ હોવાથી:
$\frac{s}{b} (b) = \frac{3b}{2} \Rightarrow s = \frac{3b}{2}$
$s = \frac{a+b+c}{2}$ મૂકતા:
$\frac{a+b+c}{2} = \frac{3b}{2}$ $\Rightarrow a+b+c = 3b$ $\Rightarrow a+c = 2b$
તેથી,$a, b, c$ એ $A.P.$ માં છે.

(D) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $A-d, A, A+d$ છે. ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^o$ હોવાથી,$(A-d) + A + (A+d) = 180^o$,જેનો અર્થ છે કે $3A = 180^o$,તેથી $A = 60^o$.
આપેલ છે કે $b:c = \sin B : \sin C = \sqrt{3} : \sqrt{2}$.
ખૂણાઓ $B-d, B, B+d$ લેતા,$B = 60^o$ મળે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{\sin B}{\sin C} = \frac{b}{c} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.
$B = 60^o$ મૂકતા,$\frac{\sin 60^o}{\sin C} = \frac{\sqrt{3}/2}{\sin C} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.
આથી $\sin C = \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી $C = 45^o$.
$A+B+C = 180^o$ હોવાથી,$A + 60^o + 45^o = 180^o$,જે $A = 75^o$ આપે છે.

(A) આપેલ છે કે $A, B, C$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી $A + C = 2B$. ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $A + B + C = 180^\circ$ હોવાથી,$3B = 180^\circ$,એટલે કે $B = 60^\circ$.
આપેલ છે કે $a, b, c$ એ $G.P.$ માં છે,તેથી $b^2 = ac$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ: $\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$.
$B = 60^\circ$ અને $ac = b^2$ મૂકતા: $\cos 60^\circ = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2b^2}$.
$\frac{1}{2} = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2b^2} \Rightarrow b^2 = a^2 + c^2 - b^2$.
તેથી,$a^2 + c^2 = 2b^2$,જે દર્શાવે છે કે $a^2, b^2, c^2$ એ $A.P.$ માં છે.

(A) આપેલ સંબંધ $\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C = 1$ છે.
$\sin C$ માટે ગોઠવતા,$\sin C = \frac{1 - \cos A \cos B}{\sin A \sin B}.$
$\sin C \le 1$ હોવાથી,$\frac{1 - \cos A \cos B}{\sin A \sin B} \le 1.$
આનો અર્થ એ છે કે $1 - \cos A \cos B \le \sin A \sin B,$ અથવા $1 \le \cos A \cos B + \sin A \sin B.$
કોસાઇન તફાવત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$1 \le \cos(A - B).$
$\cos \theta$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ હોવાથી,$\cos(A - B) = 1$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $A - B = 0$ અથવા $A = B.$
મૂળ સમીકરણમાં $A = B$ મૂકતા,$\sin C = \frac{1 - \cos^2 A}{\sin^2 A} = \frac{\sin^2 A}{\sin^2 A} = 1.$
આમ,$C = 90^{\circ}.$ $A + B + C = 180^{\circ}$ અને $A = B$ હોવાથી,$2A = 90^{\circ},$ એટલે કે $A = B = 45^{\circ}.$
સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,બાજુઓનું પ્રમાણ $\sin A : \sin B : \sin C = \sin 45^{\circ} : \sin 45^{\circ} : \sin 90^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} : \frac{1}{\sqrt{2}} : 1 = 1 : 1 : \sqrt{2}$ છે.

(D) આપેલ છે કે $\frac{\cos A}{a} = \frac{\cos B}{b} = \frac{\cos C}{c}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{\cos A}{2R \sin A} = \frac{\cos B}{2R \sin B} = \frac{\cos C}{2R \sin C}$ મળે.
જેનું સાદું રૂપ $\cot A = \cot B = \cot C$ થાય છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓ હોવાથી,$A = B = C = 60^\circ$.
તેથી,$\Delta ABC$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\text{Area} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ છે.
$a = 2$ આપેલ હોવાથી,$\text{Area} = \frac{\sqrt{3}}{4} (2)^2 = \sqrt{3}$.

(B) આપેલ છે,$\angle C = 45^o$.
$A + B + C = 180^o$ હોવાથી,$A + B = 180^o - 45^o = 135^o$ મળે.
સૂત્ર $\cot(A + B) = \frac{\cot A \cot B - 1}{\cot A + \cot B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cot(135^o) = \frac{\cot A \cot B - 1}{\cot A + \cot B}$.
$\cot(135^o) = -1$ હોવાથી:
$-1 = \frac{\cot A \cot B - 1}{\cot A + \cot B}$.
$-(\cot A + \cot B) = \cot A \cot B - 1$.
$1 = \cot A \cot B + \cot A + \cot B$.
બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા:
$1 + 1 = 1 + \cot A + \cot B + \cot A \cot B$.
$2 = (1 + \cot A)(1 + \cot B)$.
આમ,$(1 + \cot A)(1 + \cot B) = 2$.

(A) આપેલ છે કે $\alpha + \beta + \gamma = \pi$,તેથી $\gamma = \pi - (\alpha + \beta)$.
તેથી $\cos \gamma = -\cos(\alpha + \beta)$.
પદાવલિ $E = \sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + \sin^2 \gamma - 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$ છે.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = (1 - \cos^2 \alpha) + (1 - \cos^2 \beta) + (1 - \cos^2 \gamma) - 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$
$E = 3 - (\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma) - 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^2 \alpha + \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma = 1 - 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$,આ કિંમત મૂકતા:
$E = 3 - (1 - 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma) - 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$
$E = 3 - 1 + 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma - 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$
$E = 2$.

(C) આપેલ છે: $a = 6, b = 3, \cos(A - B) = \frac{4}{5}.$
સૂત્ર $\cos(A - B) = \frac{1 - \tan^2(\frac{A - B}{2})}{1 + \tan^2(\frac{A - B}{2})}$ નો ઉપયોગ કરતા,
$\frac{4}{5} = \frac{1 - t^2}{1 + t^2} \implies 4 + 4t^2 = 5 - 5t^2 \implies 9t^2 = 1 \implies t = \frac{1}{3}.$
તેથી,$\tan(\frac{A - B}{2}) = \frac{1}{3}.$
નેપિયરના સામ્યતાના નિયમ મુજબ: $\tan(\frac{A - B}{2}) = \frac{a - b}{a + b} \cot(\frac{C}{2}).$
$\frac{1}{3} = \frac{6 - 3}{6 + 3} \cot(\frac{C}{2}) = \frac{3}{9} \cot(\frac{C}{2}) = \frac{1}{3} \cot(\frac{C}{2}).$
$\cot(\frac{C}{2}) = 1 \implies \frac{C}{2} = 45^\circ \implies C = 90^\circ.$
$\Delta ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} ab \sin C = \frac{1}{2} \times 6 \times 3 \times \sin 90^\circ = 9 \times 1 = 9 \, square \, unit.$

(C) આપેલ છે કે $\frac{a^2 - b^2}{a^2 + b^2} = \frac{\sin(A - B)}{\sin(A + B)}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = 2R \sin A$ અને $b = 2R \sin B$ લેતા,$\frac{\sin^2 A - \sin^2 B}{\sin^2 A + \sin^2 B} = \frac{\sin(A - B)}{\sin(A + B)}$.
$\sin^2 A - \sin^2 B = \sin(A - B)\sin(A + B)$ હોવાથી,સમીકરણ $\frac{\sin(A - B)\sin(A + B)}{\sin^2 A + \sin^2 B} = \frac{\sin(A - B)}{\sin(A + B)}$ બને છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin(A - B) = 0$ અથવા $\frac{\sin(A + B)}{\sin^2 A + \sin^2 B} = \frac{1}{\sin(A + B)}$.
જો $\sin(A - B) = 0$ હોય,તો $A = B$,તેથી ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ છે.
જો $\sin^2(A + B) = \sin^2 A + \sin^2 B$ હોય,તો $\sin^2 C = \sin^2 A + \sin^2 B$,જેનો અર્થ થાય છે $c^2 = a^2 + b^2$,તેથી ત્રિકોણ કાટકોણ છે.
આમ,ત્રિકોણ કાટકોણ અથવા સમદ્વિબાજુ છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a, b, c$ એ $A.P.$ માં છે,જ્યાં $a < b < c$. આપેલ છે કે $c = 7 \ cm$.
તેઓ $A.P.$ માં હોવાથી,$2b = a + c$,તેથી $a = 2b - 7$.
સૌથી મોટી બાજુ $c$ ની સામેનો ખૂણો $120^\circ$ છે. કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos(120^\circ) = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$
$-\frac{1}{2} = \frac{(2b-7)^2 + b^2 - 7^2}{2(2b-7)b}$
$-b(2b-7) = 4b^2 - 28b + 49 + b^2 - 49$
$-2b^2 + 7b = 5b^2 - 28b$
$7b^2 - 35b = 0$
$b \neq 0$ હોવાથી,$b = 5 \ cm$.
તેથી $a = 2(5) - 7 = 3 \ cm$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}ab \sin(120^\circ) = \frac{1}{2} \times 3 \times 5 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{15\sqrt{3}}{4} \ cm^2$ થાય.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણ $ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2}ab \sin C = \frac{1}{2}bc \sin A = \frac{1}{2}ca \sin B$ છે.
સાઇન નિયમ મુજબ, $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$, તેથી $a = 2R \sin A$ અને $b = 2R \sin B$ થાય.
હવે, પદાવલિ $E = a^2 \sin 2B + b^2 \sin 2A$ લો.
$E = a^2 (2 \sin B \cos B) + b^2 (2 \sin A \cos A)$.
$a = 2R \sin A$ અને $b = 2R \sin B$ મૂકતા:
$E = (2R \sin A)^2 (2 \sin B \cos B) + (2R \sin B)^2 (2 \sin A \cos A)$.
$E = 8R^2 \sin A \sin B (\sin A \cos B + \sin B \cos A)$.
$E = 8R^2 \sin A \sin B \sin(A + B)$.
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી, $\sin(A + B) = \sin C$.
$E = 8R^2 \sin A \sin B \sin C$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Delta = \frac{abc}{4R} = 2R^2 \sin A \sin B \sin C$.
તેથી, $E = 4(2R^2 \sin A \sin B \sin C) = 4\Delta$.

(C) આપેલ પદાવલિ $E = a(b^2 + c^2)\cos A + b(c^2 + a^2)\cos B + c(a^2 + b^2)\cos C$ છે.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$E = ab^2\cos A + ac^2\cos A + bc^2\cos B + ba^2\cos B + ca^2\cos C + cb^2\cos C$.
પદોને જૂથબદ્ધ કરતા:
$E = ab(b\cos A + a\cos B) + bc(c\cos B + b\cos C) + ca(a\cos C + c\cos A)$.
પ્રક્ષેપણ સૂત્ર $c = b\cos A + a\cos B$,$a = c\cos B + b\cos C$,અને $b = a\cos C + c\cos A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = ab(c) + bc(a) + ca(b) = abc + abc + abc = 3abc$.

(D) આપેલ શરત ${c^2} = {a^2} + {b^2}$ મુજબ,ત્રિકોણ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જ્યાં કર્ણ $c$ છે અને $\angle C = 90^{\circ}$ છે.
હેરોનના સૂત્ર મુજબ,ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \sqrt{s(s - a)(s - b)(s - c)}$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\Delta^2 = s(s - a)(s - b)(s - c)$,જેનો અર્થ છે કે $4\Delta^2 = 4s(s - a)(s - b)(s - c)$.
કાટકોણ ત્રિકોણ માટે જેની બાજુઓ $a$ અને $b$ છે,તેનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2}ab$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા,$4\Delta^2 = 4(\frac{1}{2}ab)^2 = 4(\frac{1}{4}a^2b^2) = {a^2}{b^2}$ મળે છે.

(A) આપણી પાસે $2s = a + b + c$ છે અને ક્ષેત્રફળ $A$ હેરોનના સૂત્ર દ્વારા મળે છે: $A^2 = s(s - a)(s - b)(s - c)$.
ધન પદો $(s-a), (s-b), (s-c)$ માટે સમાંતર મધ્યક-ભૂમિતિ મધ્યક $(AM \ge GM)$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{(s-a) + (s-b) + (s-c)}{3} \ge \sqrt[3]{(s-a)(s-b)(s-c)}$
$a+b+c = 2s$ મૂકતા:
$\frac{3s - (a+b+c)}{3} \ge \sqrt[3]{\frac{A^2}{s}}$
$\frac{3s - 2s}{3} \ge \sqrt[3]{\frac{A^2}{s}}$
$\frac{s}{3} \ge \sqrt[3]{\frac{A^2}{s}}$
બંને બાજુ ઘન કરતા:
$\frac{s^3}{27} \ge \frac{A^2}{s}$
$A^2 \le \frac{s^4}{27}$
વર્ગમૂળ લેતા:
$A \le \frac{s^2}{3\sqrt{3}}$.

(D) આપેલ પદ: ${a^2}\sin 2C + {c^2}\sin 2A$
$= {a^2}(2\sin C \cos C) + {c^2}(2\sin A \cos A)$
ક્ષેત્રફળના સૂત્ર $\Delta = \frac{1}{2}ab \sin C = \frac{1}{2}bc \sin A$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin C = \frac{2\Delta}{ab}$ અને $\sin A = \frac{2\Delta}{bc}$ મળે છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$= 2{a^2}\left( \frac{2\Delta}{ab} \cos C \right) + 2{c^2}\left( \frac{2\Delta}{bc} \cos A \right)$
$= 4\Delta \left( \frac{a \cos C + c \cos A}{b} \right)$
કારણ કે $a \cos C + c \cos A = b$ (પ્રક્ષેપ નિયમ):
$= 4\Delta \left( \frac{b}{b} \right) = 4\Delta$.

(C) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે $a = 2R\sin A$,$b = 2R\sin B$,અને $c = 2R\sin C$ છે.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$a\cos A + b\cos B + c\cos C = (2R\sin A)\cos A + (2R\sin B)\cos B + (2R\sin C)\cos C$
$= R(2\sin A\cos A + 2\sin B\cos B + 2\sin C\cos C)$
$= R(\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C)$
ત્રિકોણ $ABC$ માટે નિત્યસમ $\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4\sin A\sin B\sin C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= R(4\sin A\sin B\sin C)$
$= 4R\sin A\sin B\sin C$.

(A) ધારો કે $\Delta$ એ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$\Delta = \frac{1}{2}ax = \frac{1}{2}by = \frac{1}{2}cz$.
તેથી,$x = \frac{2\Delta}{a}, y = \frac{2\Delta}{b}, z = \frac{2\Delta}{c}$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{bx}{c} + \frac{cy}{a} + \frac{az}{b} = \frac{b}{c}(\frac{2\Delta}{a}) + \frac{c}{a}(\frac{2\Delta}{b}) + \frac{a}{b}(\frac{2\Delta}{c})$
$= 2\Delta \left( \frac{b^2 + c^2 + a^2}{abc} \right)$
$\Delta = \frac{abc}{4R}$ હોવાથી,પરિણામ $\frac{a^2 + b^2 + c^2}{2R}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $AB = h$. $C$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AC = \frac{h}{2}$ અને $CB = \frac{h}{2}$ થાય.
આપેલ છે કે $AP = n \cdot AB = nh$.
$\triangle PAC$ માં,$\tan(\angle APC) = \frac{AC}{AP} = \frac{h/2}{nh} = \frac{1}{2n}$.
$\triangle PAB$ માં,$\tan(\angle APB) = \frac{AB}{AP} = \frac{h}{nh} = \frac{1}{n}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\alpha = \angle APB - \angle APC$.
તેથી,$\tan \alpha = \tan(\angle APB - \angle APC) = \frac{\tan(\angle APB) - \tan(\angle APC)}{1 + \tan(\angle APB) \cdot \tan(\angle APC)}$.
કિંમતો મૂકતા: $\tan \alpha = \frac{\frac{1}{n} - \frac{1}{2n}}{1 + (\frac{1}{n})(\frac{1}{2n})} = \frac{\frac{1}{2n}}{1 + \frac{1}{2n^2}} = \frac{\frac{1}{2n}}{\frac{2n^2 + 1}{2n^2}} = \frac{1}{2n} \cdot \frac{2n^2}{2n^2 + 1} = \frac{n}{2n^2 + 1}$.
આમ,$n = (2n^2 + 1)\tan \alpha$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^2\frac{A}{2} = \frac{s(s-a)}{bc}$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\sum \frac{1}{a} \cos^2\frac{A}{2} = \sum \frac{1}{a} \cdot \frac{s(s-a)}{bc}$
$= \sum \frac{s(s-a)}{abc}$
$= \frac{s}{abc} [(s-a) + (s-b) + (s-c)]$
$= \frac{s}{abc} [3s - (a+b+c)]$
કારણ કે $a+b+c = 2s$,તેથી:
$= \frac{s}{abc} [3s - 2s] = \frac{s}{abc} \cdot s = \frac{s^2}{abc}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \frac{A}{2} \tan \frac{C}{2} = \frac{s-b}{s}$.
આપેલ છે કે $\tan \frac{A}{2} = \frac{5}{6}$ અને $\tan \frac{C}{2} = \frac{2}{5}$,તેથી $\frac{5}{6} \times \frac{2}{5} = \frac{s-b}{s}$.
$\frac{1}{3} = \frac{s-b}{s}$ $\Rightarrow s = 3s - 3b$ $\Rightarrow 2s = 3b$.
$2s = a + b + c$ હોવાથી,$a + b + c = 3b$,જે સૂચવે છે કે $a + c = 2b$.
આમ,$a, b, c$ એ $A.P.$ માં છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = 2R \sin A, b = 2R \sin B, c = 2R \sin C$.
$a, b, c$ એ $A.P.$ માં હોવાથી,$2R \sin A, 2R \sin B, 2R \sin C$ એ $A.P.$ માં છે.
તેથી,$\sin A, \sin B, \sin C$ પણ $A.P.$ માં છે.

(A) ધારો કે ત્રિકોણ $\Delta ABC$ છે જેમાં પાયો $BC = x$ અને ઊંચાઈ $AD = h$ છે. પાયા પરના ખૂણા $\angle B = 22.5^o$ અને $\angle ACB = 112.5^o$ છે.
$\angle ACB$ એ $\Delta ABD$ નો બહિષ્કોણ હોવાથી,$\angle ACD = 180^o - 112.5^o = 67.5^o$.
કાટકોણ $\Delta ACD$ માં,$\angle CAD = 90^o - 67.5^o = 22.5^o$.
આમ,$\angle BAC = 180^o - (22.5^o + 112.5^o) = 45^o$.
$\Delta ABC$ માં સાઈન નિયમ મુજબ,$\frac{x}{\sin 45^o} = \frac{AC}{\sin 22.5^o} \Rightarrow AC = \frac{x \sin 22.5^o}{\sin 45^o}$.
$\Delta ACD$ માં,$h = AC \sin 67.5^o = \frac{x \sin 22.5^o \sin 67.5^o}{\sin 45^o}$.
$\sin 67.5^o = \cos 22.5^o$ નો ઉપયોગ કરતા,$h = \frac{x \sin 22.5^o \cos 22.5^o}{\sin 45^o} = \frac{x \sin 45^o}{2 \sin 45^o} = \frac{x}{2}$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{h}{x} = \frac{1}{2}$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $a \cos x + b \sin x = c$ છે.
અડધા ખૂણાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$(a + c) \tan^2(x/2) - 2b \tan(x/2) + (c - a) = 0$
ધારો કે $t = \tan(x/2).$ આ દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ $t_1 = \tan(\alpha/2)$ અને $t_2 = \tan(\beta/2)$ છે.
બીજનો સરવાળો $t_1 + t_2 = \frac{2b}{a + c}$ અને બીજનો ગુણાકાર $t_1 t_2 = \frac{c - a}{a + c}$ છે.
$\tan \left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) = \frac{t_1 + t_2}{1 - t_1 t_2} = \frac{\frac{2b}{a + c}}{1 - \frac{c - a}{a + c}} = \frac{2b}{2a} = \frac{b}{a}.$

(C) ધારો કે $\angle BAD = \alpha$ અને $\angle CAD = \beta$. $AD \perp BC$ હોવાથી,$\tan \alpha = \frac{BD}{AD} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ અને $\tan \beta = \frac{CD}{AD} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ મળે.
આપણે $\angle A = \alpha + \beta$ શોધવાનું છે.
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan A = \frac{\frac{1}{3} + \frac{1}{2}}{1 - (\frac{1}{3} \times \frac{1}{2})} = \frac{\frac{5}{6}}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = 1$.
$\tan A = 1$ હોવાથી,$A = \frac{\pi}{4}$ મળે.

(B) આપેલ છે $\frac{\sin A}{\sin C} = \frac{\sin (A - B)}{\sin (B - C)}$.
$A + B + C = \pi$ હોવાથી,$A = \pi - (B + C)$,તેથી $\sin A = \sin (B + C)$.
તે જ રીતે,$C = \pi - (A + B)$,તેથી $\sin C = \sin (A + B)$.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{\sin (B + C)}{\sin (A + B)} = \frac{\sin (A - B)}{\sin (B - C)}$.
ગુણાકાર કરતા $\sin (B + C) \sin (B - C) = \sin (A + B) \sin (A - B)$ મળે.
નિત્યસમ $\sin (x+y) \sin (x-y) = \sin^2 x - \sin^2 y$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^2 B - \sin^2 C = \sin^2 A - \sin^2 B$.
ગોઠવતા,$2 \sin^2 B = \sin^2 A + \sin^2 C$.
સાઇન નિયમ મુજબ,$\sin A = \frac{a}{2R}, \sin B = \frac{b}{2R}, \sin C = \frac{c}{2R}$.
આ કિંમતો મૂકતા,$2(\frac{b}{2R})^2 = (\frac{a}{2R})^2 + (\frac{c}{2R})^2$.
જે $2b^2 = a^2 + c^2$ માં પરિણમે છે.
આમ,$a^2, b^2, c^2$ એ $A.P.$ માં છે.

(A) કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ABC$ માં જ્યાં $\angle C = \frac{\pi}{2}$ છે,કર્ણ $c = AB$ છે.
પરિત્રિજ્યા $R$ એ કર્ણના અડધા જેટલી હોય છે,તેથી $R = \frac{c}{2}.$
અંતઃત્રિજ્યા $r$ એ $r = \frac{\Delta}{s}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\Delta = \frac{1}{2}ab$ અને $s = \frac{a + b + c}{2}$ છે.
તેથી,$r = \frac{\frac{1}{2}ab}{\frac{1}{2}(a + b + c)} = \frac{ab}{a + b + c}.$
હવે,$r + R = \frac{ab}{a + b + c} + \frac{c}{2} = \frac{2ab + c(a + b + c)}{2(a + b + c)}.$
કારણ કે $c^2 = a^2 + b^2,$ તેથી $2ab + c(a + b + c) = 2ab + ca + cb + c^2 = 2ab + ca + cb + a^2 + b^2 = (a + b)^2 + c(a + b) = (a + b)(a + b + c).$
તેથી,$r + R = \frac{(a + b)(a + b + c)}{2(a + b + c)} = \frac{a + b}{2}.$
આમ,$2(r + R) = a + b.$

(C) ધારો કે ટાવર $AB$ ની ઊંચાઈ $h$ છે. સમક્ષિતિજ સમતલ પરના બે બિંદુઓ $C$ અને $D$ છે,જ્યાં $BC = b$ અને $BD = a$ છે.
આપેલ છે કે $C$ અને $D$ થી ઉન્નતકોણ અનુક્રમે $\alpha$ અને $90^\circ - \alpha$ છે.
$\Delta ABC$ માં,$\tan \alpha = \frac{AB}{BC} = \frac{h}{b} \implies h = b \tan \alpha$ ... $(i)$
$\Delta ABD$ માં,$\tan(90^\circ - \alpha) = \frac{AB}{BD} = \frac{h}{a} \implies \cot \alpha = \frac{h}{a} \implies h = a \cot \alpha$ ... (ii)
સમીકરણ $(i)$ અને (ii) નો ગુણાકાર કરતા:
$h^2 = (b \tan \alpha)(a \cot \alpha) = ab \tan \alpha \cdot \frac{1}{\tan \alpha} = ab$
તેથી,$h = \sqrt{ab}$.

(B) ધારો કે $DP = h$ એ $BC$ ના મધ્યબિંદુ $D$ પર રહેલા ક્લોક ટાવરની ઊંચાઈ છે.
આપેલ છે કે $\angle PAD = \alpha = \cot^{-1} 3.2 \Rightarrow \cot \alpha = 3.2$.
આપેલ છે કે $\angle PBD = \beta = \csc^{-1} 2.6 \Rightarrow \csc \beta = 2.6$.
તેથી $\cot \beta = \sqrt{\csc^2 \beta - 1} = \sqrt{(2.6)^2 - 1} = \sqrt{6.76 - 1} = \sqrt{5.76} = 2.4$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle PAD$ અને $\triangle PBD$ માં:
$AD = h \cot \alpha = 3.2h$ અને $BD = h \cot \beta = 2.4h$.
કાટકોણ $\triangle ABD$ માં:
$AB^2 = AD^2 + BD^2$
$100^2 = (3.2h)^2 + (2.4h)^2$
$10000 = (10.24 + 5.76)h^2$
$10000 = 16h^2$
$h^2 = 625$
$h = 25 \, m$.

(D) ધારો કે $H = 150 \, m$ એ બીજી ચીમનીની ઊંચાઈ છે.
ધારો કે $d$ એ બે ચીમની વચ્ચેનું અંતર છે.
સમસ્યાની ભૂમિતિ મુજબ,પ્રથમ ચીમનીના તળિયાનો અવસેધકોણ $\phi$ છે,તેથી $\tan \phi = \frac{H}{d}$.
આપેલ છે કે $\tan \phi = \frac{5}{2}$,તેથી $\frac{150}{d} = \frac{5}{2}$,જે $d = \frac{150 \times 2}{5} = 60 \, m$ આપે છે.
ધારો કે $h$ એ પ્રથમ ચીમનીની ઊંચાઈ છે. પ્રથમ ચીમનીની ટોચનો અવસેધકોણ $\theta$ છે,તેથી $\tan \theta = \frac{H - h}{d}$.
આપેલ છે કે $\tan \theta = \frac{4}{3}$,તેથી $\frac{150 - h}{60} = \frac{4}{3}$.
$150 - h = 60 \times \frac{4}{3} = 80$.
$h = 150 - 80 = 70 \, m$.
ટોચ વચ્ચેનું ઊભું અંતર $H - h = 150 - 70 = 80 \, m$ છે.
ટોચ વચ્ચેનું આડું અંતર $d = 60 \, m$ છે.
ટોચ વચ્ચેનું અંતર $\sqrt{(H - h)^2 + d^2} = \sqrt{80^2 + 60^2} = \sqrt{6400 + 3600} = \sqrt{10000} = 100 \, m$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $a \cos^2 \frac{C}{2} + c \cos^2 \frac{A}{2} = \frac{3b}{2}$
$\Rightarrow a \left( \frac{1 + \cos C}{2} \right) + c \left( \frac{1 + \cos A}{2} \right) = \frac{3b}{2}$
$\Rightarrow a + a \cos C + c + c \cos A = 3b$
અહીં,પ્રક્ષેપ સૂત્ર (Projection Formula) મુજબ $a \cos C + c \cos A = b$ છે.
તેથી,$a + c + b = 3b$
$\Rightarrow a + c = 2b$
આ દર્શાવે છે કે $a, b, c$ સમાંતર શ્રેણી $(AP)$ માં છે.

(A) ધારો કે $AB = x$. $D$ માંથી $AB$ પર લંબ $DM$ દોરો. તેથી $DM = BC = p$ અને $MB = CD = q$. આમ,$AM = AB - MB = x - q$.
$\triangle BCD$ માં,$\tan \alpha = \frac{p}{q}$.
$\triangle ADM$ માં,$\angle DAM = \pi - (\theta + \alpha)$.
તેથી,$\tan(\pi - (\theta + \alpha)) = \frac{DM}{AM} = \frac{p}{x - q}$.
આનો અર્થ છે કે $-\tan(\theta + \alpha) = \frac{p}{x - q}$,અથવા $\tan(\theta + \alpha) = \frac{p}{q - x}$.
$q - x = p \cot(\theta + \alpha) = p \left( \frac{\cot \theta \cot \alpha - 1}{\cot \alpha + \cot \theta} \right)$.
$\cot \alpha = \frac{q}{p}$ હોવાથી,$q - x = p \left( \frac{\frac{q}{p} \cot \theta - 1}{\frac{q}{p} + \cot \theta} \right) = p \left( \frac{q \cos \theta - p \sin \theta}{q \sin \theta + p \cos \theta} \right)$.
$x = q - \frac{pq \cos \theta - p^2 \sin \theta}{q \sin \theta + p \cos \theta} = \frac{(p^2 + q^2) \sin \theta}{p \cos \theta + q \sin \theta}$.

(A) આપેલ પદ $\sum \frac{\cot A + \cot B}{\tan A + \tan B}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot A + \cot B = \frac{\sin(A+B)}{\sin A \sin B}$ અને $\tan A + \tan B = \frac{\sin(A+B)}{\cos A \cos B}$.
તેથી,$\frac{\cot A + \cot B}{\tan A + \tan B} = \cot A \cot B$.
ચક્રીય સરવાળો લેતા,$\sum \cot A \cot B = \cot A \cot B + \cot B \cot C + \cot C \cot A$.
કોઈપણ ત્રિકોણ $ABC$ માટે,$A+B+C = \pi$,જે સૂચવે છે કે $\cot A \cot B + \cot B \cot C + \cot C \cot A = 1$.

(C) ધારો કે કાટકોણ ત્રિકોણની બાજુઓ $a$ અને $b$ છે અને કર્ણ $c$ છે. ધારો કે $p$ એ કાટખૂણાના શિરોબિંદુથી કર્ણ પર દોરેલા લંબની લંબાઈ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $p = \frac{ab}{c}$.
આપેલ છે કે $c = 2\sqrt{2}p$,તેથી $c = 2\sqrt{2} \frac{ab}{c}$,એટલે કે $c^2 = 2\sqrt{2}ab$.
$c^2 = a^2 + b^2$ હોવાથી,$a^2 + b^2 = 2\sqrt{2}ab$.
$ab$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} = 2\sqrt{2}$ મળે.
ધારો કે $\theta$ એ એક લઘુકોણ છે,તેથી $\tan \theta = \frac{b}{a}$.
તેથી $\cot \theta + \tan \theta = 2\sqrt{2}$.
$\frac{1}{\tan \theta} + \tan \theta = 2\sqrt{2} \Rightarrow \frac{1 + \tan^2 \theta}{\tan \theta} = 2\sqrt{2}$.
$\frac{\sec^2 \theta}{\tan \theta} = 2\sqrt{2}$ $\Rightarrow \frac{1}{\sin \theta \cos \theta} = 2\sqrt{2}$ $\Rightarrow \frac{2}{\sin 2\theta} = 2\sqrt{2}$.
$\sin 2\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} = \sin \frac{\pi}{4}$.
આમ,$2\theta = \frac{\pi}{4}$ અથવા $2\theta = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
તેથી,$\theta = \frac{\pi}{8}$ અથવા $\theta = \frac{3\pi}{8}$.
બે લઘુકોણ $\frac{\pi}{8}$ અને $\frac{3\pi}{8}$ છે.

(D) આપેલ છે: $\sin A + \sin B + \sin C = 1 + \sqrt{2}$ અને $\cos A + \cos B + \cos C = \sqrt{2}$.
કાટકોણ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ માટે,ખૂણાઓ $90^{\circ}, 45^{\circ}, 45^{\circ}$ હોય છે.
ધારો કે $A = 90^{\circ}, B = 45^{\circ}, C = 45^{\circ}$.
તો $\sin 90^{\circ} + \sin 45^{\circ} + \sin 45^{\circ} = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = 1 + \sqrt{2}$.
તે જ રીતે,$\cos 90^{\circ} + \cos 45^{\circ} + \cos 45^{\circ} = 0 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણોનું સમાધાન કરે છે,તેથી ત્રિકોણ કાટકોણ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(C) ધારો કે $\angle BAD = \alpha$ અને $\angle CAD = \beta$ છે.
$\Delta ADB$ માં,સાઈનનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{BD}{\sin \alpha} = \frac{AD}{\sin B} \implies \frac{x}{\sin \alpha} = \frac{AD}{\sin(\pi/3)}$ .....$(i)$
$\Delta ADC$ માં,સાઈનનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{CD}{\sin \beta} = \frac{AD}{\sin C} \implies \frac{3x}{\sin \beta} = \frac{AD}{\sin(\pi/4)}$ .....(ii)
$(i)$ ને (ii) વડે ભાગતા:
$\frac{x}{\sin \alpha} \times \frac{\sin \beta}{3x} = \frac{AD}{\sin(\pi/3)} \times \frac{\sin(\pi/4)}{AD}$
$\frac{\sin \beta}{3 \sin \alpha} = \frac{1/\sqrt{2}}{\sqrt{3}/2} = \sqrt{\frac{2}{3}}$
$\frac{\sin \beta}{\sin \alpha} = 3 \times \sqrt{\frac{2}{3}} = \sqrt{6}$
તેથી,$\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD} = \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} = \frac{1}{\sqrt{6}}$.

(C) આપેલ સમીકરણ $3\sin x - 4\sin^3 x = k$ પરથી,આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(3x) = k$.
ખૂણા $A$ અને $B$ આ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે,તેથી $\sin(3A) = k$ અને $\sin(3B) = k$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\sin(3A) - \sin(3B) = 0$,જે $2\cos\left(\frac{3A+3B}{2}\right)\sin\left(\frac{3A-3B}{2}\right) = 0$ આપે છે.
$A > B$ હોવાથી,$\sin\left(\frac{3A-3B}{2}\right) \neq 0$,તેથી $\cos\left(\frac{3A+3B}{2}\right) = 0$ થવું જોઈએ.
આમ,$\frac{3(A+B)}{2} = \frac{\pi}{2} + n\pi$. ત્રિકોણ માટે,$A+B < \pi$,તેથી $\frac{3(A+B)}{2} = \frac{\pi}{2}$ અથવા $\frac{3\pi}{2}$.
જો $\frac{3(A+B)}{2} = \frac{\pi}{2}$ હોય,તો $A+B = \frac{\pi}{3}$,જે $C = \pi - (A+B) = \frac{2\pi}{3}$ આપે છે.

(B) ધારો કે થાંભલાની કુલ ઊંચાઈ $h$ છે. થાંભલાના બે ભાગ છે: ઉપરનો ભાગ $\frac{3h}{4}$ અને નીચેનો ભાગ $\frac{h}{4}$.
જમીન પરનું બિંદુ $C$ છે અને થાંભલાનો પાયો $B$ છે. આપેલ છે કે $BC = 40 \ m$.
ધારો કે $\theta$ એ થાંભલાની ટોચ $(A)$ નો ઉત્સેધકોણ છે અને $\alpha$ એ બિંદુ $D$ નો ઉત્સેધકોણ છે.
તેથી $\tan \theta = \frac{h}{40}$ અને $\tan \alpha = \frac{h/4}{40} = \frac{h}{160}$.
ઉપરના ભાગ $AD$ દ્વારા $C$ આગળ આંતરેલો ખૂણો $\beta = \theta - \alpha = \tan^{-1}\left(\frac{3}{5}\right)$ છે.
આમ,$\tan \beta = \frac{\tan \theta - \tan \alpha}{1 + \tan \theta \tan \alpha} = \frac{3}{5}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{\frac{h}{40} - \frac{h}{160}}{1 + \left(\frac{h}{40}\right)\left(\frac{h}{160}\right)} = \frac{3}{5}$.
$\frac{3h}{160} \times \frac{6400}{6400 + h^2} = \frac{3}{5} \Rightarrow 200h = 6400 + h^2$.
$h^2 - 200h + 6400 = 0 \Rightarrow (h - 160)(h - 40) = 0$.
તેથી,$h = 40 \ m$ અથવા $h = 160 \ m$.

(A) ધારો કે $P$ એ નિરીક્ષકની આંખ છે અને $B$ એ ગોળાકાર ફુગ્ગાનું કેન્દ્ર છે. ધારો કે $Q$ એ $P$ માંથી ફુગ્ગા પરનો સ્પર્શબિંદુ છે. તેથી $\angle QPB = \frac{\alpha}{2}$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle PQB$ માં,$\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{BQ}{PB} = \frac{r}{l}$,જ્યાં $l = PB$ એ નિરીક્ષકથી ફુગ્ગાના કેન્દ્ર સુધીનું અંતર છે.
આમ,$l = r \csc\left(\frac{\alpha}{2}\right)$.
જમીનથી કેન્દ્ર $B$ ની ઊંચાઈ $H$ દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$\sin \beta = \frac{H}{l}$.
તેથી,$H = l \sin \beta = r \csc\left(\frac{\alpha}{2}\right) \sin \beta$.