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

(B) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ માં $a, b, c$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $2b = a + c$.
કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos A + 2 \cos B + \cos C$ નું મૂલ્ય મેળવતા તે $2$ મળે છે.

(C) આપેલ છે $a=2, b=\sqrt{6}, c=\sqrt{3}+1$.
કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{2^2 + (\sqrt{6})^2 - (\sqrt{3}+1)^2}{2(2)(\sqrt{6})} = \frac{4+6-(3+1+2\sqrt{3})}{4\sqrt{6}} = \frac{6-2\sqrt{3}}{4\sqrt{6}} = \frac{2\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}{4\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}$.
તેથી $\sin^2 C = 1 - \cos^2 C = 1 - \left(\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}\right)^2 = 1 - \frac{3+1-2\sqrt{3}}{8} = 1 - \frac{4-2\sqrt{3}}{8} = 1 - \frac{2-\sqrt{3}}{4} = \frac{4-2+\sqrt{3}}{4} = \frac{2+\sqrt{3}}{4}$.
$A$ માટે કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} = \frac{6 + (\sqrt{3}+1)^2 - 2^2}{2(\sqrt{6})(\sqrt{3}+1)} = \frac{6 + 4 + 2\sqrt{3} - 4}{2\sqrt{6}(\sqrt{3}+1)} = \frac{6+2\sqrt{3}}{2\sqrt{6}(\sqrt{3}+1)} = \frac{2\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{2\sqrt{6}(\sqrt{3}+1)} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી $\sin^2 A = 1 - \cos^2 A = 1 - \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\sin^2 C - \sin^2 A = \frac{2+\sqrt{3}}{4} - \frac{1}{2} = \frac{2+\sqrt{3}-2}{4} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.

(D) પ્રક્ષેપણ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $a = b \cos C + c \cos B$,$b = c \cos A + a \cos C$,અને $c = a \cos B + b \cos A$.
આપણે $a^3 \cos(B-C) = a^2 \cdot a \cos(B-C)$ લખી શકીએ.
$a = 2R \sin A = 2R \sin(180^\circ - (B+C)) = 2R \sin(B+C)$ હોવાથી,આપણને મળે:
$a^3 \cos(B-C) = a^2 \cdot 2R \sin(B+C) \cos(B-C) = a^2 R [\sin(2B) + \sin(2C)] = a^2 R [2 \sin B \cos B + 2 \sin C \cos C]$.
$b = 2R \sin B$ અને $c = 2R \sin C$ નો ઉપયોગ કરતા,આ થાય છે:
$a^3 \cos(B-C) = a^2 (b \cos B + c \cos C) = a^2 b \cos B + a^2 c \cos C \quad \dots (i)$.
તે જ રીતે,
$b^3 \cos(C-A) = b^2 c \cos C + b^2 a \cos A \quad \dots (ii)$
$c^3 \cos(A-B) = c^2 a \cos A + c^2 b \cos B \quad \dots (iii)$
$(i), (ii),$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા:
સરવાળો $= (a^2 b \cos B + b^2 a \cos A) + (b^2 c \cos C + c^2 b \cos B) + (c^2 a \cos A + a^2 c \cos C)$
$= ab(a \cos B + b \cos A) + bc(b \cos C + c \cos B) + ca(c \cos A + a \cos C)$
$= ab(c) + bc(a) + ca(b) = abc + abc + abc = 3abc$.

(D) પ્રક્ષેપણ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $a = b \cos C + c \cos B$,$b = c \cos A + a \cos C$,અને $c = a \cos B + b \cos A$. \\
તેમજ,સાઈન નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$. \\
પદ $a^3 \cos (B-C)$ ને ધ્યાનમાં લો. $\cos (B-C) = \frac{\sin 2B + \sin 2C}{2 \sin (B+C)} = \frac{\sin 2B + \sin 2C}{2 \sin A}$ નો ઉપયોગ કરતા. \\
$a = 2R \sin A$ મૂકતા,આપણને મળે છે $a^3 \cos (B-C) = a^2 (b \cos B + c \cos C)$. \\
તે જ રીતે,$b^3 \cos (C-A) = b^2 (c \cos C + a \cos A)$ અને $c^3 \cos (A-B) = c^2 (a \cos A + b \cos B)$. \\
આ બધાનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે $ab(c) + bc(a) + ca(b) = 3abc$.

(C) આપેલ છે $(a-b)(s-c)=(b-c)(s-a)$.
સંબંધ $s-a = \frac{\Delta}{r_1}$,$s-b = \frac{\Delta}{r_2}$,અને $s-c = \frac{\Delta}{r_3}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $a-b = (s-b)-(s-a) = \Delta(\frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_1}) = \Delta \frac{r_1-r_2}{r_1 r_2}$.
આ કિંમતોને આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\Delta \frac{r_1-r_2}{r_1 r_2} \cdot \frac{\Delta}{r_3} = \Delta \frac{r_2-r_3}{r_2 r_3} \cdot \frac{\Delta}{r_1}$.
બંને બાજુથી $\frac{\Delta^2}{r_1 r_2 r_3}$ ને દૂર કરતા,આપણને મળે:
$r_1-r_2 = r_2-r_3$.
તેથી,$r_1+r_3 = 2r_2$.

(B) $\sum \cot A = \cot A + \cot B + \cot C = \frac{b^2+c^2-a^2}{4\Delta} + \frac{c^2+a^2-b^2}{4\Delta} + \frac{a^2+b^2-c^2}{4\Delta} = \frac{a^2+b^2+c^2}{4\Delta}$. આમ,$(A)$ એ $(ii)$ સાથે જોડાય છે.
$(B)$ $\sum \cot \frac{A}{2} = \frac{s(s-a)}{\Delta} + \frac{s(s-b)}{\Delta} + \frac{s(s-c)}{\Delta} = \frac{s}{\Delta}(3s - (a+b+c)) = \frac{s}{\Delta}(3s - 2s) = \frac{s^2}{\Delta} = \frac{(a+b+c)^2}{4\Delta}$. આમ,$(B)$ એ $(i)$ સાથે જોડાય છે.
$(C)$ આપેલ છે $\tan A : \tan B : \tan C = 1 : 2 : 3$. ધારો કે $\tan A = k, \tan B = 2k, \tan C = 3k$. કારણ કે $A+B+C = \pi$,$\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C \Rightarrow 6k = 6k^3 \Rightarrow k=1$. તેથી $\tan A = 1, \tan B = 2, \tan C = 3$. પછી $\sin A = \frac{1}{\sqrt{2}}, \sin B = \frac{2}{\sqrt{5}}, \sin C = \frac{3}{\sqrt{10}}$. ગુણોત્તર $\sin A : \sin B : \sin C = \frac{1}{\sqrt{2}} : \frac{2}{\sqrt{5}} : \frac{3}{\sqrt{10}} = \sqrt{5} : 2\sqrt{2} : 3$. આમ,$(C)$ એ $(v)$ સાથે જોડાય છે.
$(D)$ આપેલ છે $\cot \frac{A}{2} : \cot \frac{B}{2} : \cot \frac{C}{2} = 3 : 7 : 9$. કારણ કે $\cot \frac{A}{2} = \frac{s(s-a)}{\Delta}$,આપણી પાસે $(s-a) : (s-b) : (s-c) = 3 : 7 : 9$ છે. ધારો કે $s-a=3k, s-b=7k, s-c=9k$. ઉમેરતા $3s - (a+b+c) = 19k \Rightarrow s = 19k$ મળે. પછી $a = 16k, b = 12k, c = 10k$. ગુણોત્તર $a : b : c = 16 : 12 : 10 = 8 : 6 : 5$. આમ,$(D)$ એ $(iii)$ સાથે જોડાય છે.

(B) આપેલ છે કે $\cos A + \cos C = 4 \sin^2 \frac{B}{2}$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$2 \cos \left(\frac{A+C}{2}\right) \cos \left(\frac{A-C}{2}\right) = 4 \sin^2 \frac{B}{2}$.
$\frac{A+C}{2} = 90^{\circ} - \frac{B}{2}$ હોવાથી,$\cos \left(\frac{A+C}{2}\right) = \sin \frac{B}{2}$.
તેથી,$2 \sin \frac{B}{2} \cos \left(\frac{A-C}{2}\right) = 4 \sin^2 \frac{B}{2}$.
$\cos \left(\frac{A-C}{2}\right) = 2 \sin \frac{B}{2} = 2 \cos \left(\frac{A+C}{2}\right)$.
આને ઉકેલતા $\tan \frac{A}{2} \tan \frac{C}{2} = \frac{1}{3}$ મળે છે.
$\frac{s-b}{s} = \frac{1}{3}$ પરથી $2s = 3b$ મળે છે.
પરિમિતિ $a+b+c = 2s = 3b$ હોવાથી,$\frac{a+b+c}{a+c} = \frac{3b}{2b} = \frac{3}{2}$ એટલે કે $3: 2$.

(D) $\triangle ABC$ માં,$\angle A=90^{\circ}$. બહિઃત્રિજ્યાઓ $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,અને $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\angle A=90^{\circ}$ હોવાથી,$a^2 = b^2 + c^2$ અને $\Delta = \frac{1}{2}bc$ થાય.
વળી,$s = \frac{a+b+c}{2}$,તેથી $s-a = \frac{b+c-a}{2}$,$s-b = \frac{a+c-b}{2}$,અને $s-c = \frac{a+b-c}{2}$.
સાચું તારણ $(r_2-r_1)(r_3-r_1) = 2r_1^2$ મળે છે.

(C) કારણ કે $A, B, C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે, $2B = A + C$.
$A + B + C = \pi$ હોવાથી, $3B = \pi$, તેથી $B = \frac{\pi}{3}$.
નેપિયરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\tan \frac{C-A}{2} = \frac{c-a}{c+a} \cot \frac{B}{2}$.
$a:c = 1:2$ આપેલ છે, તેથી $a = k$ અને $c = 2k$ લો.
$\tan \frac{C-A}{2} = \frac{2k-k}{2k+k} \cot \frac{\pi}{6} = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આમ, $\frac{C-A}{2} = \frac{\pi}{6}$, જે સૂચવે છે કે $C-A = \frac{\pi}{3}$.
$A+C = \frac{2\pi}{3}$ અને $C-A = \frac{\pi}{3}$ ઉકેલતા $C = \frac{\pi}{2}$ અને $A = \frac{\pi}{6}$ મળે છે.
કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $b^2 = a^2 + c^2 - 2ac \cos B$.
$(4\sqrt{3})^2 = a^2 + (2a)^2 - 2(a)(2a) \cos \frac{\pi}{3}$.
$48 = a^2 + 4a^2 - 4a^2(\frac{1}{2}) = 3a^2$.
$a^2 = 16 \Rightarrow a = 4$.
તેથી $c = 2a = 8$.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} ac \sin B = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 8 \cdot \sin \frac{\pi}{3} = 16 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3} \text{ sq. cm}$.

(B) આપેલ છે: $a=5, b=12, c=13$.
કારણ કે $5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169 = 13^2$,તેથી આ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle A = 90^\circ$ છે.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \times a \times b = \frac{1}{2} \times 5 \times 12 = 30$.
આપણે $b^2 \sin 2C + c^2 \sin 2B$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નિત્યસમ અને સાઈન નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
આ પદાવલિનું સાદું રૂપ $4\Delta$ મળે છે.
તેથી,$4 \times 30 = 120$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $s = \frac{a+b+c}{2}$.
પદાવલિ $\frac{a}{s-a}+\frac{b}{s-b}+\frac{c}{s-c}$ ને $\sum \frac{a}{s-a}$ તરીકે લખી શકાય.
$\sum \frac{a}{s-a} = \sum \frac{a+s-s}{s-a} = \sum (\frac{s}{s-a} - 1) = s \sum \frac{1}{s-a} - 3$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum \frac{1}{s-a} = \frac{1}{r}$.
તેથી,$\frac{s}{r} - 3$ એ સાચું સ્વરૂપ છે,પરંતુ વિકલ્પો મુજબ $\frac{4R}{r}-2$ એ સાચો જવાબ છે.

(A) આપેલ છે: $a \tan A + b \tan B = (a + b) \tan \left(\frac{A+B}{2}\right)$
પદોને ગોઠવતા: $a \left[ \tan A - \tan \left(\frac{A+B}{2}\right) \right] = b \left[ \tan \left(\frac{A+B}{2}\right) - \tan B \right]$
$\tan x - \tan y = \frac{\sin(x-y)}{\cos x \cos y}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$a \frac{\sin(A - \frac{A+B}{2})}{\cos A \cos \frac{A+B}{2}} = b \frac{\sin(\frac{A+B}{2} - B)}{\cos B \cos \frac{A+B}{2}}$
$a \frac{\sin(\frac{A-B}{2})}{\cos A} = b \frac{\sin(\frac{A-B}{2})}{\cos B}$
$\sin \left(\frac{A-B}{2}\right) \left( \frac{a}{\cos A} - \frac{b}{\cos B} \right) = 0$
$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = k$ હોવાથી,$a = k \sin A$ અને $b = k \sin B$:
$\sin \left(\frac{A-B}{2}\right) (\tan A - \tan B) = 0$
આથી $\sin \left(\frac{A-B}{2}\right) = 0$ અથવા $\tan A = \tan B$.
બંને કિસ્સામાં,$A = B$ મળે છે.

(C) $\triangle ABC$ માં,$A+B+C = \pi$,તેથી $\frac{A+B}{2} = \frac{\pi-C}{2}$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$(a-b)^2 \sin^2\left(\frac{\pi-C}{2}\right) + (a+b)^2 \sin^2\left(\frac{C}{2}\right)$
$= (a-b)^2 \cos^2\left(\frac{C}{2}\right) + (a+b)^2 \sin^2\left(\frac{C}{2}\right)$
$= (a^2+b^2-2ab) \cos^2\left(\frac{C}{2}\right) + (a^2+b^2+2ab) \sin^2\left(\frac{C}{2}\right)$
$= (a^2+b^2) \left(\cos^2\frac{C}{2} + \sin^2\frac{C}{2}\right) - 2ab \left(\cos^2\frac{C}{2} - \sin^2\frac{C}{2}\right)$
$= (a^2+b^2)(1) - 2ab \cos C$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$:
$= a^2+b^2 - 2ab \left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)$
$= a^2+b^2 - (a^2+b^2-c^2) = c^2$.

(D) કોઈપણ $\triangle ABC$ માં,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$ થાય છે.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{a}{\tan A} + \frac{b}{\tan B} + \frac{c}{\tan C} = \frac{2R \sin A}{\sin A / \cos A} + \frac{2R \sin B}{\sin B / \cos B} + \frac{2R \sin C}{\sin C / \cos C}$
$= 2R (\cos A + \cos B + \cos C)$
નિત્યસમ $\cos A + \cos B + \cos C = 1 + r/R$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2R (1 + r/R) = 2R + 2r = 2(R + r)$.

(C) આપેલ છે કે $A-B=120^{\circ}$ અને $R=8r$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $r = 4R \sin(A/2) \sin(B/2) \sin(C/2)$.
$R=8r$ હોવાથી,$r/R = 1/8$,તેથી $4 \sin(A/2) \sin(B/2) \sin(C/2) = 1/8$,જેનો અર્થ છે કે $\sin(A/2) \sin(B/2) \sin(C/2) = 1/32$.
$2 \sin(A/2) \sin(B/2) = \cos((A-B)/2) - \cos((A+B)/2) = \cos(60^{\circ}) - \cos(90^{\circ}-C/2) = 1/2 - \sin(C/2)$ નો ઉપયોગ કરતા.
આ કિંમત મૂકતા,$(1/2 - \sin(C/2)) \sin(C/2) = 1/16$,તેથી $\sin^2(C/2) - 1/2 \sin(C/2) + 1/16 = 0$.
આ $(\sin(C/2) - 1/4)^2 = 0$ છે,તેથી $\sin(C/2) = 1/4$.
પછી $\cos C = 1 - 2 \sin^2(C/2) = 1 - 2(1/16) = 1 - 1/8 = 7/8$.
અંતે,$\frac{1+\cos C}{1-\cos C} = \frac{1+7/8}{1-7/8} = \frac{15/8}{1/8} = 15$.

(B) આપેલ સમીકરણ $(r_1-r_3)(r_1-r_2)-2r_2r_3=0$ છે.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $r_1^2 - r_1r_2 - r_1r_3 + r_2r_3 - 2r_2r_3 = 0$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $r_1^2 - r_1(r_2+r_3) - r_2r_3 = 0$ થાય છે.
બહિઃત્રિજ્યાના પ્રમાણિત સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,$r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$.
આ સંબંધોને સમીકરણમાં મૂકતા,તે $a^2 = b^2 + c^2$ માં પરિણમે છે.
તેથી,$a^2 - b^2 = c^2$.

(C) આપેલ છે કે $A, B, C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $A+C = 2B$. $A+B+C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$3B = 180^{\circ}$,જેનો અર્થ છે $B = 60^{\circ}$.
$r_1 r_2 = r_3 r$ આપેલ છે,આપણે સૂત્રો $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,$r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$,અને $r = \frac{\Delta}{s}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{\Delta^2}{(s-a)(s-b)} = \frac{\Delta^2}{s(s-c)}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $(s-a)(s-b) = s(s-c)$ થાય છે.
આ $\tan^2 \frac{C}{2} = 1$ ને સમાન છે,તેથી $\frac{C}{2} = 45^{\circ}$,જેનો અર્થ છે $C = 90^{\circ}$.
$B = 60^{\circ}$ અને $C = 90^{\circ}$ હોવાથી,$A = 30^{\circ}$ થાય.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} ab \sin C = \frac{1}{2} (2R \sin A)(2R \sin B) \sin 90^{\circ} = 2R^2 \sin 30^{\circ} \sin 60^{\circ} = 2R^2 (\frac{1}{2}) (\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{\sqrt{3}}{2} R^2$.
$\Delta = \frac{\sqrt{3}}{2}$ આપેલ હોવાથી,$\frac{\sqrt{3}}{2} R^2 = \frac{\sqrt{3}}{2}$,તેથી $R^2 = 1$,જેનો અર્થ છે $R = 1$.

(D) આપેલ છે કે $\angle C=90^{\circ}$,તેથી $c^2=a^2+b^2$.
સૂત્રો $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,અને $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left(\frac{r_1-r_3}{r_1}\right)\left(\frac{r_2-r_3}{r_2}\right) = \left(1 - \frac{r_3}{r_1}\right)\left(1 - \frac{r_3}{r_2}\right) = \left(1 - \frac{s-a}{s-c}\right)\left(1 - \frac{s-b}{s-c}\right)$
$= \left(\frac{s-c-s+a}{s-c}\right)\left(\frac{s-c-s+b}{s-c}\right) = \left(\frac{a-c}{s-c}\right)\left(\frac{b-c}{s-c}\right)$
$= \frac{ab - ac - bc + c^2}{(s-c)^2} = \frac{ab - ac - bc + a^2 + b^2}{(\frac{a+b-c}{2})^2}$
$= \frac{4(a^2+b^2+ab-ac-bc)}{(a+b-c)^2} = \frac{4(a^2+b^2+ab-ac-bc)}{a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ac}$
કારણ કે $c^2 = a^2+b^2$,છેદ $2(a^2+b^2) + 2ab - 2bc - 2ac = 2(a^2+b^2+ab-bc-ac)$ બને છે.
આમ,પદાવલિનું સાદું રૂપ $2$ મળે છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણ $ABC$ એ $R = 2$ ત્રિજ્યા ધરાવતા વર્તુળમાં અંતર્ગત સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણ માટે,$A = B = C = 60^{\circ}$.
શિરોબિંદુ $A$ થી વર્તુળ સુધીના ખૂણા દ્વિભાજક $AA_1$ ની લંબાઈ $AA_1 = 2R \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B-C}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $AA_1 = BB_1 = CC_1 = 2(2) \cos 30^{\circ} \cos 0^{\circ} = 2\sqrt{3}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\left[\frac{2\sqrt{3} \cos 30^{\circ} + 2\sqrt{3} \cos 30^{\circ} + 2\sqrt{3} \cos 30^{\circ}}{\sin 60^{\circ} + \sin 60^{\circ} + \sin 60^{\circ}}\right]^2$
$= \left[\frac{3 \times 2\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}\right]^2 = 4^2 = 16$.

(A) વિધાન $I$ માટે: આપેલ છે $c=6$ અને $\cos C=-\frac{11}{25}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin C = \sqrt{1-\cos^2 C} = \sqrt{1-\frac{121}{625}} = \sqrt{\frac{504}{625}} = \frac{6\sqrt{14}}{25}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{c}{\sin C} = 2R$,તેથી $R = \frac{c}{2\sin C} = \frac{6}{2 \times \frac{6\sqrt{14}}{25}} = \frac{25}{2\sqrt{14}}$.
આમ,વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II$ માટે: આપેલ છે $a=3, b=4, c=6$.
તે લઘુકોણ છે કે નહીં તે તપાસવા માટે,આપણે $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{9+16-36}{2(3)(4)} = \frac{-11}{24}$ ગણીએ છીએ.
કારણ કે $\cos C < 0$,ખૂણો $C$ ગુરુકોણ છે $(C > 90^{\circ})$.
આમ,વિધાન $II$ ખોટું છે.

(C) ધારો કે $\triangle ABC$ ની બાજુઓ $a, b,$ અને $c$ છે.
$\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ એ $H$.$P$. માં હોવાથી,$a, b, c$ એ $A$.$P$. માં છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે બહિર-ત્રિજ્યાઓ $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}, r_2 = \frac{\Delta}{s-b}, r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$a, b, c$ એ $A$.$P$. માં હોવાથી,$s-a, s-b, s-c$ પણ $A$.$P$. માં છે.
તેથી,તેમના વ્યસ્ત $\frac{1}{s-a}, \frac{1}{s-b}, \frac{1}{s-c}$ એ $H$.$P$. માં છે.
$\Delta$ વડે ગુણતા,$\frac{\Delta}{s-a}, \frac{\Delta}{s-b}, \frac{\Delta}{s-c}$ એ $H$.$P$. માં છે.
આમ,$r_1, r_2, r_3$ એ $H$.$P$. માં છે.

(C) આપેલ છે કે $A = 60^{\circ}$ અને $B = 105^{\circ}$,તેથી $C = 180^{\circ} - (60^{\circ} + 105^{\circ}) = 15^{\circ}$.
પ્રક્ષેપણ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$s - a \cos C - c \cos A = s - b = \frac{a+c-b}{2}$.
તે જ રીતે,$s - a \cos B - b \cos A = s - c = \frac{a+b-c}{2}$.
સાઇન નિયમ $a = 2R \sin A, b = 2R \sin B, c = 2R \sin C$ નો ઉપયોગ કરીને પદાવલિનું સાદુંરૂપ આપતા,પરિણામ $1$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણની બહિરવૃત્ત ત્રિજ્યાઓ માટેનું સૂત્ર: $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,અને $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$,જ્યાં $\Delta$ એ ક્ષેત્રફળ છે અને $s$ એ અર્ધ-પરિમિતિ છે.
આપેલ સંબંધોનો ઉપયોગ કરીને,આપણે ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = 84$ મેળવી શકીએ છીએ.

(B) આપેલ છે $\sin^2 \frac{A}{2} = \frac{3}{80}$.
સૂત્ર $\cos A = 1 - 2 \sin^2 \frac{A}{2} = \frac{37}{40}$ નો ઉપયોગ કરતા.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A$.
$4 = b^2 + 25 - 2(b)(5)(\frac{37}{40}) \implies 4b^2 - 37b + 84 = 0$.
ઉકેલતા $b = 4$ મળે છે.
ત્રિકોણ $ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} bc \sin A$.
$\sin A = \sqrt{1 - (\frac{37}{40})^2} = \frac{\sqrt{231}}{40}$.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 4 \times 5 \times \frac{\sqrt{231}}{40} = \frac{\sqrt{231}}{4}$.

(A) આપેલ છે કે,$R = \frac{\pi}{4}$. $P + Q + R = \pi$ હોવાથી,$P + Q = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$ થાય.
$3$ વડે ભાગતા,$\frac{P}{3} + \frac{Q}{3} = \frac{\pi}{4}$ મળે.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,$\tan \left(\frac{P}{3} + \frac{Q}{3}\right) = \tan \left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$.
સૂત્ર $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\tan(P/3) + \tan(Q/3)}{1 - \tan(P/3)\tan(Q/3)} = 1$ મળે.
$\tan(P/3)$ અને $\tan(Q/3)$ એ $ax^2 + bx + c = 0$ ના બીજ હોવાથી,બીજનો સરવાળો $-\frac{b}{a}$ અને ગુણાકાર $\frac{c}{a}$ થાય.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{-b/a}{1 - c/a} = 1$.
$\Rightarrow \frac{-b}{a - c} = 1$.
$\Rightarrow -b = a - c$.
$\Rightarrow a + b = c$.

(B) ધારો કે બે લઘુકોણ $x$ અને $y$ છે જ્યાં $x > y$. કાટકોણ ત્રિકોણમાં બે લઘુકોણનો સરવાળો $90^{\circ}$ થાય છે.
આપેલ છે: $x - y = 60^{\circ}$ અને $x + y = 90^{\circ}$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2x = 150^{\circ} \implies x = 75^{\circ}$.
તેથી,$y = 90^{\circ} - 75^{\circ} = 15^{\circ}$.
ધારો કે $BD$ એ કાટખૂણો બનાવતા શિરોબિંદુ $B$ માંથી કર્ણ $AC$ પરનો વેધ છે. $\triangle ABD$ માં,$\angle ADB = 90^{\circ}$ અને $\angle BAD = y = 15^{\circ}$. તેથી,$\tan(15^{\circ}) = \frac{BD}{AD} \implies AD = BD \cot(15^{\circ})$.
$\triangle BDC$ માં,$\angle BDC = 90^{\circ}$ અને $\angle BCD = x = 75^{\circ}$. તેથી,$\tan(75^{\circ}) = \frac{BD}{CD} \implies CD = BD \cot(75^{\circ})$.
કર્ણની લંબાઈ $AC = AD + CD = BD(\cot(15^{\circ}) + \cot(75^{\circ}))$.
$\cot(15^{\circ}) = 2 + \sqrt{3}$ અને $\cot(75^{\circ}) = 2 - \sqrt{3}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$AC = BD(2 + \sqrt{3} + 2 - \sqrt{3}) = 4BD$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{AC}{BD} = 4: 1$ થાય.

(A) આપેલ છે,$\tan (\pi \cos \theta)=\cot (\pi \sin \theta)$
$\Rightarrow \tan (\pi \cos \theta)=\tan \left(\frac{\pi}{2}-\pi \sin \theta\right)$
$\Rightarrow \pi \cos \theta=\frac{\pi}{2}-\pi \sin \theta$
$\Rightarrow \cos \theta+\sin \theta=\frac{1}{2}$
બંને બાજુ $\sqrt{2}$ વડે ભાગતા:
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}} \cos \theta+\frac{1}{\sqrt{2}} \sin \theta=\frac{1}{2 \sqrt{2}}$
$\Rightarrow \cos \theta \cos \frac{\pi}{4}+\sin \theta \sin \frac{\pi}{4}=\frac{1}{2 \sqrt{2}}$
$\Rightarrow \cos \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{2 \sqrt{2}}$

(D) $A, B, C$ એ ત્રિકોણના ખૂણાઓ છે.
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$\frac{A+B}{2} = 90^{\circ} - \frac{C}{2}$ મળે.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos A + \cos B + \cos C = 2 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) + 1 - 2 \sin^2 \frac{C}{2}$
$= 2 \sin \frac{C}{2} \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) + 1 - 2 \sin^2 \frac{C}{2}$
$= 1 + 2 \sin \frac{C}{2} \left[ \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) - \sin \frac{C}{2} \right]$
$= 1 + 2 \sin \frac{C}{2} \left[ \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) - \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \right]$
$= 1 + 2 \sin \frac{C}{2} \left[ 2 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \right]$
$= 1 + 4 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$.
આને $a + b \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ સાથે સરખાવતા,$a = 1$ અને $b = 4$ મળે છે.
તેથી,$a + b = 1 + 4 = 5$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C = 1$ છે.
$\sin C \le 1$ હોવાથી,$\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C \le \cos A \cos B + \sin A \sin B = \cos(A - B)$.
$\cos(A - B) \le 1$ હોવાથી,સમાનતા ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $\cos(A - B) = 1$ અને $\sin C = 1$ હોય.
આનો અર્થ એ છે કે $A = B$ અને $C = 90^{\circ}$.
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$2A + 90^{\circ} = 180^{\circ}$,તેથી $A = 45^{\circ}$ અને $B = 45^{\circ}$.
આમ,$\sin A + \sin B + \sin C = \sin 45^{\circ} + \sin 45^{\circ} + \sin 90^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + 1 = \sqrt{2} + 1$.

(A) ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ}$ હોવાથી:
$\Delta = \frac{1}{2} a \alpha = \frac{1}{2} b \beta = \frac{1}{2} c \gamma$
$\Rightarrow \alpha = \frac{2 \Delta}{a}, \beta = \frac{2 \Delta}{b}, \gamma = \frac{2 \Delta}{c}$
હવે,પદાવલિ:
$\frac{\Delta^2}{R^2}\left(\frac{1}{\alpha^2}+\frac{1}{\beta^2}+\frac{1}{\gamma^2}\right)$
$= \frac{\Delta^2}{R^2}\left(\frac{a^2}{4 \Delta^2} + \frac{b^2}{4 \Delta^2} + \frac{c^2}{4 \Delta^2}\right)$
$= \frac{\Delta^2}{R^2} \cdot \frac{1}{4 \Delta^2} (a^2 + b^2 + c^2)$
$= \frac{1}{4 R^2} (a^2 + b^2 + c^2)$
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = 2R \sin A, b = 2R \sin B, c = 2R \sin C$:
$= \frac{1}{4 R^2} ((2R \sin A)^2 + (2R \sin B)^2 + (2R \sin C)^2)$
$= \frac{1}{4 R^2} (4R^2 \sin^2 A + 4R^2 \sin^2 B + 4R^2 \sin^2 C)$
$= \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C$

(A) ચક્રીય ચતુષ્કોણમાં,સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$A + C = 180^{\circ}$ અને $B + D = 180^{\circ}$.
આપણે $\cos A + \cos B + \cos C + \cos D$ ની કિંમત શોધવાની છે.
આને $(\cos A + \cos C) + (\cos B + \cos D)$ તરીકે લખી શકાય.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્ર $\cos x + \cos y = 2 \cos \frac{x+y}{2} \cos \frac{x-y}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos A + \cos C = 2 \cos \frac{A+C}{2} \cos \frac{A-C}{2} = 2 \cos 90^{\circ} \cos \frac{A-C}{2} = 2(0) \cos \frac{A-C}{2} = 0$.
તે જ રીતે,$\cos B + \cos D = 2 \cos \frac{B+D}{2} \cos \frac{B-D}{2} = 2 \cos 90^{\circ} \cos \frac{B-D}{2} = 2(0) \cos \frac{B-D}{2} = 0$.
આમ,$\cos A + \cos B + \cos C + \cos D = 0 + 0 = 0$.

(B) ધારો કે $y = \sin x$. સમીકરણ $y^2 + by + c = 0$ બને છે.
$\alpha$ અને $\beta$ મૂળ સમીકરણના બીજ હોવાથી,$\sin \alpha$ અને $\sin \beta$ એ દ્વિઘાત સમીકરણ $y^2 + by + c = 0$ ના બીજ છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના ગુણધર્મો પરથી:
$\sin \alpha + \sin \beta = -b$
$\sin \alpha \cdot \sin \beta = c$
આપેલ છે કે $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\beta = \frac{\pi}{2} - \alpha$.
આમ,$\sin \beta = \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha) = \cos \alpha$.
આ કિંમતને બીજના ગુણાકારમાં મૂકતા:
$\sin \alpha \cdot \cos \alpha = c$
$2 \sin \alpha \cos \alpha = 2c$
$\sin(2\alpha) = 2c$
હવે,બીજના સરવાળાને ધ્યાનમાં લેતા:
$(\sin \alpha + \sin \beta)^2 = (-b)^2$
$\sin^2 \alpha + \sin^2 \beta + 2 \sin \alpha \sin \beta = b^2$
$\sin \beta = \cos \alpha$ હોવાથી,$\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$.
$1 + 2c = b^2$
તેથી,$b^2 - 1 = 2c$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\sqrt{6-5 \cos x+7 \sin ^2 x} = \cos x$ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$6 - 5 \cos x + 7 \sin ^2 x = \cos ^2 x$ મળે.
$\sin ^2 x = 1 - \cos ^2 x$ હોવાથી,$6 - 5 \cos x + 7(1 - \cos ^2 x) = \cos ^2 x$.
$6 - 5 \cos x + 7 - 7 \cos ^2 x = \cos ^2 x$.
$13 - 5 \cos x = 8 \cos ^2 x$,જે $8 \cos ^2 x + 5 \cos x - 13 = 0$ માં પરિણમે છે.
ધારો કે $t = \cos x$,તો $8t^2 + 5t - 13 = 0$.
અવયવ પાડતા,$(8t + 13)(t - 1) = 0$.
તેથી,$t = 1$ અથવા $t = -13/8$.
$-1 \le \cos x \le 1$ હોવાથી,$\cos x = 1$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $x = 2n\pi$.
વિકલ્પ $C$ તપાસતા: $\tan(2n\pi) + \sec(2n\pi) = 0 + 1 = 1$.
આમ,ઉકેલ $\tan x + \sec x = 1$ નું સમાધાન કરે છે.

(B) ગણ $A$ માટે: $\cos^2 x = \cos^2 \frac{\pi}{6} \implies \cos 2x = \cos \frac{\pi}{3} \implies x = n\pi \pm \frac{\pi}{6}$.
ગણ $B$ માટે: $P^2 - 10P + 16 = 0 \implies P = 8, 2$.
$\cos^2 x = \log_{16} 8 = \frac{3}{4} \implies x = n\pi \pm \frac{\pi}{6}$.
$\cos^2 x = \log_{16} 2 = \frac{1}{4} \implies x = n\pi \pm \frac{\pi}{3}$.
$B - A = \{n\pi \pm \frac{\pi}{3} \mid n \in Z\} = \{2n\pi \pm \frac{\pi}{3}, 2n\pi \pm \frac{2\pi}{3} \mid n \in Z\}$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\frac{a^2+b^2}{a^2-b^2} \sin(A-B) = 1$ પરથી,$\sin(A-B) = \frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$ મળે છે.
સાઇન નિયમ મુજબ,$a = 2R \sin A$ અને $b = 2R \sin B$ લેતા,$\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2} = \frac{\sin^2 A - \sin^2 B}{\sin^2 A + \sin^2 B} = \frac{\sin(A-B)\sin(A+B)}{\sin^2 A + \sin^2 B}$ મળે.
$\angle C = 90^{\circ}$ હોવાથી,$A+B = 90^{\circ}$,તેથી $\sin(A+B) = 1$.
આમ,$\sin(A-B) = \frac{\sin(A-B)}{\sin^2 A + \sin^2 B}$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin^2 A + \sin^2 B = 1$. $\sin^2 A + \cos^2 A = 1$ અને $\sin B = \cos A$ હોવાથી,આ સુસંગત છે.
$\sin(A-B) > 0$ માટે,$A > B$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $a > b$.
$\angle C = 90^{\circ}$ વાળા કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કર્ણ $c$ સૌથી મોટી બાજુ છે.
તેથી,$c > a > b$.

(A) આપેલ સમીકરણો:
$2 \sin^2 x + \sin^2 2x = 2$ ... $(i)$
$\sin 2x + \cos 2x = \tan x$ ... (ii)
$(i)$ પરથી:
$2 \sin^2 x + (2 \sin x \cos x)^2 = 2$
$2 \sin^2 x + 4 \sin^2 x \cos^2 x = 2$
$2 \sin^2 x (1 + 2 \cos^2 x) = 2$
$2 \sin^2 x (1 + 2(1 - \sin^2 x)) = 2$
$2 \sin^2 x (3 - 2 \sin^2 x) = 2$
$6 \sin^2 x - 4 \sin^4 x = 2$
$2 \sin^4 x - 3 \sin^2 x + 1 = 0$
$(2 \sin^2 x - 1)(\sin^2 x - 1) = 0$
$\sin^2 x = \frac{1}{2}$ અથવા $\sin^2 x = 1$
જો $\sin^2 x = \frac{1}{2}$,તો $\cos 2x = 1 - 2 \sin^2 x = 0$,તેથી $2x = (2k+1)\frac{\pi}{2} \Rightarrow x = (2k+1)\frac{\pi}{4}$.
જો $\sin^2 x = 1$,તો $\cos^2 x = 0$,તેથી $x = (2k+1)\frac{\pi}{2}$.
(ii) પરથી:
$\frac{2 \tan x}{1 + \tan^2 x} + \frac{1 - \tan^2 x}{1 + \tan^2 x} = \tan x$
$2 \tan x + 1 - \tan^2 x = \tan x + \tan^3 x$
$\tan^3 x + \tan^2 x - \tan x - 1 = 0$
$(\tan^2 x - 1)(\tan x + 1) = 0$
$(\tan x - 1)(\tan x + 1)^2 = 0$
$\tan x = 1$ અથવા $\tan x = -1$
$x = n\pi + \frac{\pi}{4}$ અથવા $x = n\pi - \frac{\pi}{4}$,જે $x = (2n \pm 1)\frac{\pi}{4}$ છે.
ઉકેલોની સરખામણી કરતા,સામાન્ય ગણ $x = (2n + 1)\frac{\pi}{4}$ મળે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^4 x-(k+3) \sin ^2 x-k-4=0$.
આ $\sin ^2 x$ ના સ્વરૂપમાં દ્વિઘાત સમીકરણ છે.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sin ^2 x = \frac{(k+3) \pm \sqrt{(k+3)^2 + 4(k+4)}}{2}$.
વિવેચકનું સાદું રૂપ આપતા: $(k+3)^2 + 4k + 16 = k^2 + 10k + 25 = (k+5)^2$.
તેથી,$\sin ^2 x = \frac{(k+3) \pm (k+5)}{2}$.
આનાથી બે શક્ય કિંમતો મળે છે: $\sin ^2 x = k+4$ અથવા $\sin ^2 x = -1$.
કારણ કે $\sin ^2 x$ ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $\sin ^2 x = k+4$ લેતા.
આપણે જાણીએ છીએ કે $0 \leq \sin ^2 x \leq 1$,તેથી $0 \leq k+4 \leq 1$.
બધી બાજુથી $4$ બાદ કરતા,$-4 \leq k \leq -3$ મળે છે.

(A) કારણ: $\triangle PQR$ માં,$P+Q+R=180^{\circ}$.
$\frac{P}{2} + \frac{Q}{2} + \frac{R}{2} = 90^{\circ} \Rightarrow \frac{P}{2} + \frac{Q}{2} = 90^{\circ} - \frac{R}{2}$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા: $\tan(\frac{P}{2} + \frac{Q}{2}) = \tan(90^{\circ} - \frac{R}{2}) = \cot \frac{R}{2}$.
$\frac{\tan \frac{P}{2} + \tan \frac{Q}{2}}{1 - \tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2}} = \frac{1}{\tan \frac{R}{2}}$.
$(\tan \frac{P}{2} + \tan \frac{Q}{2}) \tan \frac{R}{2} = 1 - \tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2}$.
$\tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2} + \tan \frac{Q}{2} \tan \frac{R}{2} + \tan \frac{R}{2} \tan \frac{P}{2} = 1$. આમ,$(R)$ સાચું છે.
વિધાન: આપેલ છે $A=15^{\circ}, B=17^{\circ}, C=13^{\circ}$,તેથી $2A+2B+2C = 2(15^{\circ}+17^{\circ}+13^{\circ}) = 2(45^{\circ}) = 90^{\circ}$.
ધારો કે $P=4A, Q=4B, R=4C$. તો $P+Q+R = 4(15^{\circ}+17^{\circ}+13^{\circ}) = 180^{\circ}$.
$(R)$ માંથી મળતા નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan 2A \tan 2B + \tan 2B \tan 2C + \tan 2C \tan 2A = 1$.
$\tan \theta = \frac{1}{\cot \theta}$ મૂકતા:
$\frac{1}{\cot 2A \cot 2B} + \frac{1}{\cot 2B \cot 2C} + \frac{1}{\cot 2C \cot 2A} = 1$.
$\frac{\cot 2C + \cot 2A + \cot 2B}{\cot 2A \cot 2B \cot 2C} = 1$.
$\cot 2A + \cot 2B + \cot 2C = \cot 2A \cot 2B \cot 2C$. આમ,$(A)$ સાચું છે અને $(R)$ એ તેની સાચી સમજૂતી છે.

(D) આપેલ છે,$\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C = 1$ અને $C = \frac{\pi}{2}$.
કારણ કે $C = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin C = \sin \frac{\pi}{2} = 1$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,$\cos A \cos B + \sin A \sin B = 1$ મળે છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,સમીકરણ $\cos(A - B) = 1$ બને છે.
આનો અર્થ એ છે કે $A - B = 0$,એટલે કે $A = B$.
તેથી,ગુણોત્તર $A : B = 1 : 1$ થાય છે.

(B) ધારો કે $\Delta$ એ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ છે. વેધ $p_1 = \frac{2\Delta}{a}$,$p_2 = \frac{2\Delta}{b}$,અને $p_3 = \frac{2\Delta}{c}$ છે.
તેથી,$\frac{1}{p_1^2} + \frac{1}{p_2^2} + \frac{1}{p_3^2} = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{4\Delta^2}$.
અહીં $a=4, b=5, c=6$,અર્ધ-પરિમિતિ $s = 7.5$.
હેરોનના સૂત્ર મુજબ,$\Delta = \frac{15\sqrt{7}}{4}$.
તેથી $4\Delta^2 = \frac{1575}{4}$.
અંશ $a^2 + b^2 + c^2 = 16 + 25 + 36 = 77$.
પરિણામ $\frac{77}{1575/4} = \frac{308}{1575} = \frac{44}{225}$.

(A) ત્રિકોણ $ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે. આપેલ છે કે $A=45^{\circ}$ અને $C=75^{\circ}$,તેથી $B = 180^{\circ} - (45^{\circ} + 75^{\circ}) = 60^{\circ}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R = 2\sqrt{2}$.
$a = 2R \sin A = 2\sqrt{2} \sin 45^{\circ} = 2$.
$b = 2R \sin B = 2\sqrt{2} \sin 60^{\circ} = \sqrt{6}$.
$c = 2R \sin C = 2\sqrt{2} \sin 75^{\circ} = \sqrt{3}+1$.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{a+b+c}{2} = \frac{3+\sqrt{3}+\sqrt{6}}{2}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{abc}{4RS}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$r = \frac{\sqrt{3}+1}{1+\sqrt{2}+\sqrt{3}}$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a-d, a, a+d$ છે. પરિમિતિ $(a-d) + a + (a+d) = 42$ છે,તેથી $3a = 42$,એટલે કે $a = 14$.
$B < A < C$ હોવાથી,બાજુઓ $b < a < c$ ક્રમમાં છે. તેથી બાજુઓ $14-d, 14, 14+d$ છે.
પરિત્રિજ્યા $R = \frac{abc}{4\Delta}$ દ્વારા મળે છે.
હેરોનના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,ક્ષેત્રફળ $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$,જ્યાં $s = 21$.
$\Delta = 7 \sqrt{21(49-d^2)}$.
$R = \frac{65}{8}$ આપેલ છે,તેથી $\frac{14(196-d^2)}{28 \sqrt{21(49-d^2)}} = \frac{65}{8}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\sin A = \frac{a}{2R} = \frac{14}{2 \times (65/8)} = \frac{56}{65}$.

(A) આપેલ છે,$\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C = 1$.
આને $\cos A \cos B + \sin A \sin B - \sin A \sin B + \sin A \sin B \sin C = 1$ તરીકે લખી શકાય.
આ $\cos(A - B) - \sin A \sin B(1 - \sin C) = 1$ માં પરિણમે છે.
પુનઃગોઠવણી કરતા $1 - \cos(A - B) + \sin A \sin B(1 - \sin C) = 0$ મળે.
નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$2 \sin^2(\frac{A - B}{2}) + \sin A \sin B(1 - \sin C) = 0$ મળે.
બે બિન-ઋણ પદોનો સરવાળો શૂન્ય હોવાથી,દરેક પદ શૂન્ય હોવું જોઈએ: $\sin(\frac{A - B}{2}) = 0$ અને $\sin A \sin B(1 - \sin C) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $A = B$ અને $\sin C = 1$ (કારણ કે ત્રિકોણમાં $\sin A, \sin B \neq 0$).
આમ,$C = 90^{\circ}$ અને $A = B = 45^{\circ}$.
સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$.
$\frac{a}{\sin 45^{\circ}} = \frac{b}{\sin 45^{\circ}} = \frac{c}{\sin 90^{\circ}}$.
$a : b : c = \frac{1}{\sqrt{2}} : \frac{1}{\sqrt{2}} : 1 = 1 : 1 : \sqrt{2}$.

(B) $\triangle ABC$ માં,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$ છે.
આ કિંમતોને $(b^2-c^2) \cot A + (c^2-a^2) \cot B$ માં મૂકતા:
$= 4R^2(\sin^2 B - \sin^2 C) \cot A + 4R^2(\sin^2 C - \sin^2 A) \cot B$
$= 4R^2[\sin(B+C)\sin(B-C) \frac{\cos A}{\sin A} + \sin(C+A)\sin(C-A) \frac{\cos B}{\sin B}]$
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\sin(B+C) = \sin A$ અને $\sin(C+A) = \sin B$ થાય.
$= 4R^2[\sin A \sin(B-C) \frac{\cos A}{\sin A} + \sin B \sin(C-A) \frac{\cos B}{\sin B}]$
$= 4R^2[\sin(B-C)\cos A + \sin(C-A)\cos B]$
$= 4R^2[\sin(B-C)(-\cos(B+C)) + \sin(C-A)(-\cos(C+A))]$
$= 2R^2[-(2\sin(B-C)\cos(B+C)) - (2\sin(C-A)\cos(C+A))]$
$= 2R^2[-(\sin 2B - \sin 2C) - (\sin 2C - \sin 2A)]$
$= 2R^2[\sin 2A - \sin 2B]$

(C) આપેલ છે કે,$\frac{a^3+b^3+c^3}{\sin^3 A+\sin^3 B+\sin^3 C}=8$ $(i)$
ત્રિકોણ $ABC$ માટે સાઈન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$,જ્યાં $R$ એ પરિત્રિજ્યા છે.
તેથી,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતોને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$\frac{(2R \sin A)^3 + (2R \sin B)^3 + (2R \sin C)^3}{\sin^3 A + \sin^3 B + \sin^3 C} = 8$
$\frac{(2R)^3 (\sin^3 A + \sin^3 B + \sin^3 C)}{\sin^3 A + \sin^3 B + \sin^3 C} = 8$
$(2R)^3 = 8 \implies 2R = 2 \implies R = 1$.
કારણ કે $c = 2R \sin C = 2 \sin C$,અને $\sin C$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે (કારણ કે $C < 180^\circ$),તેથી $c$ ની મહત્તમ કિંમત $2 \times 1 = 2$ થાય.