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

(D) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $c^2 x^2 - c(a+b)x + ab = 0$ છે.
સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$c^2 x^2 - cax - cbx + ab = 0$
$cx(cx - a) - b(cx - a) = 0$
$(cx - a)(cx - b) = 0$
તેથી,બીજ $x = \frac{a}{c}$ અને $x = \frac{b}{c}$ મળે છે.
$\sin A$ અને $\sin B$ એ બીજ હોવાથી,$\sin A = \frac{a}{c}$ અને $\sin B = \frac{b}{c}$ થાય.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$.
$\sin A = \frac{a}{c}$ અને $\sin B = \frac{b}{c}$ મૂકતા,$c = \frac{a}{\sin A}$ અને $c = \frac{b}{\sin B}$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{a}{\sin A} = c$ અને $\frac{b}{\sin B} = c$.
સાઇનના નિયમ $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$ સાથે સરખાવતા,$\frac{c}{\sin C} = c$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\sin C = 1$.
તેથી,$\angle C = 90^\circ$,એટલે કે ત્રિકોણ $C$ આગળ કાટકોણ છે.
$C$ આગળ કાટકોણ ધરાવતા ત્રિકોણમાં,$\sin A = \frac{a}{c}$ અને $\cos A = \sin B = \frac{b}{c}$ થાય.
આમ,$\sin A + \cos A = \frac{a}{c} + \frac{b}{c} = \frac{a+b}{c}$.

(D) ધારો કે બાજુઓ $a = x^2+x+1$,$b = 2x+1$,અને $c = x^2-1$ છે. $x > 1$ માટે,$x^2+x+1$ સૌથી મોટી બાજુ છે.
ધારો કે $\theta$ એ $a = x^2+x+1$ બાજુની સામેનો ખૂણો છે.
કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos \theta = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\cos \theta = \frac{(2x+1)^2 + (x^2-1)^2 - (x^2+x+1)^2}{2(2x+1)(x^2-1)}$
ગણતરી કરતા:
$\cos \theta = \frac{-2x^3-x^2+2x+1}{2(2x+1)(x^2-1)}$
$= \frac{(2x+1)(1-x^2)}{2(2x+1)(x^2-1)}$
$= -\frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = 120^{\circ}$.

(D) આપેલ સમીકરણો:
$c^2 - a^2 = \sqrt{3}bc - b^2$ $(1)$
$b^2 - a^2 = c^2 - ac$ $(2)$
$(1)$ પરથી,$a^2 = c^2 + b^2 - \sqrt{3}bc$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A$.
સરખાવતા,$2bc \cos A = \sqrt{3}bc \implies \cos A = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies A = 30^{\circ}$.
$(2)$ પરથી,$a^2 = b^2 - c^2 + ac$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,$c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો $(2)$ માં મૂકતા: $\sin^2 B - \sin^2 A = \sin^2 C - \sin A \sin C$.
$A = 30^{\circ}$ લેતા,$\sin A = 1/2$.
$\sin^2 B - 1/4 = \sin^2 C - \frac{1}{2} \sin C$.
$B = 180^{\circ} - (A+C) = 150^{\circ} - C$ હોવાથી,$\sin B = \sin(150^{\circ}-C) = \frac{1}{2} \cos C + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin C$.
આ કિંમત મૂકીને $C$ માટે ઉકેલતા $C = 90^{\circ}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે: $(a-b)^2 \cos^2 \frac{C}{2} + (a+b)^2 \sin^2 \frac{C}{2} = a^2 + b^2$
$\cos^2 \frac{C}{2} = \frac{1+\cos C}{2}$ અને $\sin^2 \frac{C}{2} = \frac{1-\cos C}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{(a-b)^2(1+\cos C)}{2} + \frac{(a+b)^2(1-\cos C)}{2} = a^2 + b^2$
સાદું રૂપ આપતા,આપણને મળે છે: $-4ab \cos C = 0$
તેથી,$\cos C = 0$,જેનો અર્થ છે કે $C = 90^{\circ}$.
ત્રિકોણ $ABC$ માં,$A + B = 90^{\circ}$ હોવાથી,$A = 90^{\circ} - B$.
તેથી,$\cos A = \cos(90^{\circ} - B) = \sin B$.

(D) આપેલ છે કે $\frac{\cos A}{a}=\frac{\cos B}{b}=\frac{\cos C}{c}$.
કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$,તેથી $\frac{\cos A}{a} = \frac{b^2+c^2-a^2}{2abc}$.
આમ,$\frac{b^2+c^2-a^2}{2abc} = \frac{a^2+c^2-b^2}{2abc} = \frac{a^2+b^2-c^2}{2abc}$.
આ સૂચવે છે કે $b^2+c^2-a^2 = a^2+c^2-b^2 = a^2+b^2-c^2$.
$b^2+c^2-a^2 = a^2+c^2-b^2$ પરથી,આપણને $2b^2 = 2a^2$ મળે છે,તેથી $a=b$.
$a^2+c^2-b^2 = a^2+b^2-c^2$ પરથી,આપણને $2c^2 = 2b^2$ મળે છે,તેથી $b=c$.
તેથી,$a=b=c$,જેનો અર્થ છે કે $\triangle ABC$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
આપેલ છે કે $a=2$,તેથી ક્ષેત્રફળ $\frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (2)^2 = \sqrt{3}$ ચોરસ એકમ થાય.

(A) આપેલ છે કે $a, b, c$ ત્રણ ક્રમિક પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ છે જ્યાં $a < b < c$,તેથી $a = b - 1$ અને $c = b + 1$.
કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$(\cos A + \cos B + \cos C) 2abc = a(b^2 + c^2 - a^2) + b(a^2 + c^2 - b^2) + c(a^2 + b^2 - c^2)$.
$a = b - 1$ અને $c = b + 1$ મૂકતા:
$= (b - 1)(b^2 + (b + 1)^2 - (b - 1)^2) + b((b - 1)^2 + (b + 1)^2 - b^2) + (b + 1)((b - 1)^2 + b^2 - (b + 1)^2)$
$= (b - 1)(b^2 + 4b) + b(b^2 + 2) + (b + 1)(b^2 - 4b)$
$= 3b^3 - 6b = 3b(b^2 - 2)$.

(A) આપેલ છે,$a \cos^2 \frac{C}{2} + c \cos^2 \frac{A}{2} = \frac{3b}{2}$
નિત્યસમ $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$a \left( \frac{1 + \cos C}{2} \right) + c \left( \frac{1 + \cos A}{2} \right) = \frac{3b}{2}$
$2$ વડે ગુણતા:
$a(1 + \cos C) + c(1 + \cos A) = 3b$
$a + a \cos C + c + c \cos A = 3b$
$(a + c) + (a \cos C + c \cos A) = 3b$
પ્રક્ષેપના નિયમ મુજબ,$a \cos C + c \cos A = b$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$(a + c) + b = 3b$
$a + c = 2b$

(D) આપેલ છે,$\tan A : \tan B : \tan C = 1 : 2 : 3$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan A : \tan B : \tan C = l : m : n$ હોય,તો બાજુઓનો ગુણોત્તર $a : b : c = \sqrt{\frac{1}{m} + \frac{1}{n}} : \sqrt{\frac{1}{n} + \frac{1}{l}} : \sqrt{\frac{1}{l} + \frac{1}{m}}$ થાય.
અહીં $l=1, m=2, n=3$ મૂકતા:
$a : b : c = \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}} : \sqrt{\frac{1}{3} + 1} : \sqrt{1 + \frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{5}{6}} : \sqrt{\frac{4}{3}} : \sqrt{\frac{3}{2}} = \sqrt{5} : 2\sqrt{2} : 3$.
$\sin A : \sin B : \sin C = a : b : c$ હોવાથી,$k = 3$ મળે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $a^2-b^2-c^2=bc(\lambda^2-2\lambda-1)$
પદોની ગોઠવણી કરતા: $b^2+c^2-a^2 = -bc(\lambda^2-2\lambda-1)$
બંને બાજુ $2bc$ વડે ભાગતા: $\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} = -\frac{1}{2}(\lambda^2-2\lambda-1)$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$,તેથી: $\cos A = -\frac{1}{2}(\lambda^2-2\lambda-1)$
કારણ કે $-1 \leq \cos A \leq 1$,તેથી: $-1 \leq -\frac{1}{2}(\lambda^2-2\lambda-1) \leq 1$
$-2$ વડે ગુણતા (અને અસમતા બદલતા): $-2 \leq \lambda^2-2\lambda-1 \leq 2$
દરેક ભાગમાં $1$ ઉમેરતા: $-1 \leq \lambda^2-2\lambda \leq 3$
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $-1 \leq (\lambda-1)^2-1 \leq 3$
દરેક ભાગમાં $1$ ઉમેરતા: $0 \leq (\lambda-1)^2 \leq 4$
વર્ગમૂળ લેતા: $0 \leq |\lambda-1| \leq 2$
આનો અર્થ છે કે $-2 \leq \lambda-1 \leq 2$,જેનું સાદું રૂપ: $-1 \leq \lambda \leq 3$

(B) આપેલ છે કે $\angle C = \frac{\pi}{3}$.
કોસાઇન નિયમ મુજબ,$\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$.
$\cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$ હોવાથી,$\frac{1}{2} = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$,જેનો અર્થ છે કે $a^2+b^2-c^2 = ab$,અથવા $a^2+b^2 = ab+c^2$.
બંને બાજુ $ac+bc$ ઉમેરતા,આપણને મળે છે $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} = 1$.
બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા: $\frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{a+c} = 3$.
$(a+b+c)$ વડે ભાગતા: $\frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} = \frac{3}{a+b+c}$.
તેથી,$\frac{3}{a+b+c} - \frac{1}{a+c} = \frac{1}{b+c}$.

(B) વિધાન $(I)$ માટે:
$b \cos^2 \frac{C}{2} + c \cos^2 \frac{B}{2} = b \cdot \frac{s(s-c)}{ab} + c \cdot \frac{s(s-b)}{ac} = \frac{s(s-c) + s(s-b)}{a} = \frac{s(2s - b - c)}{a} = \frac{s(a)}{a} = s$.
આમ,વિધાન $(I)$ સાચું છે.
વિધાન $(II)$ માટે:
આપેલ છે $\cot \frac{A}{2} = \frac{b+c}{a}$.
સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{b+c}{a} = \frac{\sin B + \sin C}{\sin A} = \frac{2 \sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2}}{2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}}$.
$\frac{B+C}{2} = 90^{\circ} - \frac{A}{2}$ હોવાથી,$\sin \frac{B+C}{2} = \cos \frac{A}{2}$.
તેથી,$\cot \frac{A}{2} = \frac{\cos \frac{A}{2} \cos \frac{B-C}{2}}{\sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}} = \frac{\cos \frac{B-C}{2}}{\sin \frac{A}{2}}$.
આ સૂચવે છે કે $\cos \frac{A}{2} = \cos \frac{B-C}{2}$,તેથી $\frac{A}{2} = \frac{B-C}{2} \implies A = B - C \implies A+C = B$.
$A+B+C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$2B = 180^{\circ} \implies B = 90^{\circ}$.
પ્રશ્નમાં આપેલ વિધાન $\cot \frac{A}{2} = \frac{b+c}{2}$ છે,જે પરિમાણની દ્રષ્ટિએ ખોટું છે કારણ કે છેદમાં $a$ હોવો જોઈએ. તેથી,વિધાન $(II)$ ખોટું છે.

(A) પ્રક્ષેપ સૂત્ર $c \cos B + b \cos C = a$,$a \cos C + c \cos A = b$,અને $b \cos A + a \cos B = c$ નો ઉપયોગ કરતા.
પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા:
$a \cos^2 B + a \cos^2 C + c \cos A \cos C + b \cos A \cos B$
$= a \cos^2 B + b \cos A \cos B + a \cos^2 C + c \cos A \cos C$
$= \cos B (a \cos B + b \cos A) + \cos C (a \cos C + c \cos A)$
$= \cos B (c) + \cos C (b)$
$= c \cos B + b \cos C$
$= a$

(B) $\triangle ABC$ માં,આપણે જાણીએ છીએ કે $A+B+C = \pi$.
પદાવલિ ધ્યાનમાં લો:
$\cos \left(\frac{B+2C+3A}{2}\right) + \cos \left(\frac{A-B}{2}\right)$
પ્રથમ પદને $A+B+C = \pi$ નો ઉપયોગ કરીને ફરીથી લખતા:
$\frac{B+2C+3A}{2} = \frac{2(A+B+C) + A-B}{2} = \frac{2\pi + (A-B)}{2} = \pi + \frac{A-B}{2}$
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\cos \left(\pi + \frac{A-B}{2}\right) + \cos \left(\frac{A-B}{2}\right)$
$\cos(\pi + \theta) = -\cos(\theta)$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$-\cos \left(\frac{A-B}{2}\right) + \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) = 0$

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,$r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$,અને $r = \frac{\Delta}{s}$.
છેદ $D = r_1 - r + r_2 + r_3$ ને ઉકેલતા,તે $4R$ મળે છે.
આમ,પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા અંતે $r_1 r_2 r_3$ મળે છે.

(C) $r_1+r_2=3 R$ અને $r_2+r_3=2 R$ આપેલ છે.
સૂત્ર $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,$r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ અને $R = \frac{abc}{4\Delta}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$r_1+r_2=3 R$ માટે: $\frac{\Delta}{s-a} + \frac{\Delta}{s-b} = 3R \Rightarrow \frac{\Delta c}{(s-a)(s-b)} = 3R$.
$\Delta^2 = s(s-a)(s-b)(s-c)$ હોવાથી,આપણને $\cos^2 \frac{C}{2} = \frac{3}{4} \Rightarrow \angle C = 60^{\circ}$ મળે છે.
$r_2+r_3=2 R$ માટે: $\frac{\Delta}{s-b} + \frac{\Delta}{s-c} = 2R \Rightarrow \frac{\Delta a}{(s-b)(s-c)} = 2R$.
આનાથી $\cos^2 \frac{A}{2} = \frac{1}{2} \Rightarrow \angle A = 90^{\circ}$ મળે છે.
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$90^{\circ} + \angle B + 60^{\circ} = 180^{\circ} \Rightarrow \angle B = 30^{\circ}$.
આમ,$\angle A = 90^{\circ}, \angle B = 30^{\circ}, \angle C = 60^{\circ}$.
બાજુઓનો ગુણોત્તર $a:b:c = \sin 90^{\circ} : \sin 30^{\circ} : \sin 60^{\circ} = 2 : 1 : \sqrt{3}$ થાય છે.

(D) આપેલ છે કે $\Delta$ એ ત્રિકોણ $ABC$ નું ક્ષેત્રફળ છે.
પ્રોજેક્શન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$b \cos C + c \cos B = a$.
સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\sin C = \frac{c}{2R}$ અને $\sin B = \frac{b}{2R}$,જ્યાં $R$ એ પરિત્રિજ્યા છે.
તેથી,$b \sin C + c \sin B = b(\frac{c}{2R}) + c(\frac{b}{2R}) = \frac{bc}{2R} + \frac{cb}{2R} = \frac{2bc}{2R} = \frac{bc}{R}$.
હવે,પદાવલિ આ મુજબ થશે:
$(b \sin C + c \sin B)(b \cos C + c \cos B) = (\frac{bc}{R})(a) = \frac{abc}{R}$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{abc}{4R}$ હોવાથી,$\frac{abc}{R} = 4 \Delta$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $4 \Delta$ છે.

(A) ધારો કે ત્રિકોણ $ABC$ ની બાજુઓ $a, b, c$ એકમ છે અને અનુરૂપ વેધની લંબાઈ $h_1, h_2, h_3$ છે.
પરિમિતિ $a + b + c = 2S$ અને ક્ષેત્રફળ $P = \frac{1}{2}(ah_1) = \frac{1}{2}(bh_2) = \frac{1}{2}(ch_3)$ છે.
તેથી $h_1 = \frac{2P}{a}, h_2 = \frac{2P}{b}, h_3 = \frac{2P}{c}$ મળે.
હવે,$P^2 \left[ \frac{(h_1 h_2 + h_2 h_3 + h_3 h_1)^2}{h_1^2 h_2^2 h_3^2} - 2 \right]$ માં કિંમતો મૂકતા:
$= P^2 \left[ \frac{(\frac{4P^2}{ab} + \frac{4P^2}{bc} + \frac{4P^2}{ca})^2}{(\frac{8P^3}{abc})^2} - 2 \right]$
$= P^2 \left[ \frac{16P^4 (\frac{2S}{abc})^2}{\frac{64P^6}{a^2b^2c^2}} - 2 \right] = S^2 - 2P^2$.

(D) આપેલ છે $a \cos^2 \frac{C}{2} + c \cos^2 \frac{A}{2} = 15$.
$\cos^2 \theta = \frac{1+\cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a(1+\cos C)}{2} + \frac{c(1+\cos A)}{2} = 15$.
$\Rightarrow (a+c) + (a \cos C + c \cos A) = 30$.
$a \cos C + c \cos A = b$ હોવાથી,$a+c+b = 30$.
$b=10$ આપેલ છે,તેથી $a+c = 20$.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{a+b+c}{2} = \frac{30}{2} = 15$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = 15\sqrt{3}$.
$15\sqrt{3} = \sqrt{15(15-a)(15-10)(15-c)} = \sqrt{75(15-a)(15-c)}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $225 \times 3 = 75(15-a)(15-c) \Rightarrow 9 = (15-a)(15-c) = 225 - 15(a+c) + ac$.
$9 = 225 - 15(20) + ac$ $\Rightarrow 9 = 225 - 300 + ac$ $\Rightarrow ac = 84$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2}ac \sin B = 15\sqrt{3}$ $\Rightarrow \frac{1}{2}(84) \sin B = 15\sqrt{3}$ $\Rightarrow 42 \sin B = 15\sqrt{3}$ $\Rightarrow \sin B = \frac{5\sqrt{3}}{14}$.
તેથી $\cos^2 B = 1 - \sin^2 B = 1 - \frac{75}{196} = \frac{121}{196} \Rightarrow \cos B = \frac{11}{14}$.
અંતે,$\cot \frac{B}{2} = \sqrt{\frac{1+\cos B}{1-\cos B}} = \sqrt{\frac{1 + 11/14}{1 - 11/14}} = \sqrt{\frac{25/14}{3/14}} = \sqrt{\frac{25}{3}} = \frac{5}{\sqrt{3}}$.

(D) આપણે નિત્યસમ $\cos^2 \theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
તેથી,$\cos ^2 \frac{A}{2}+\cos ^2 \frac{B}{2}+\cos ^2 \frac{C}{2} = \frac{1+\cos A}{2} + \frac{1+\cos B}{2} + \frac{1+\cos C}{2}$.
$= \frac{1}{2} \{3 + (\cos A + \cos B + \cos C)\}$.
નિત્યસમ $\cos A + \cos B + \cos C = 1 + \frac{r}{R}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $r$ એ અંતઃત્રિજ્યા છે અને $R$ એ ત્રિકોણની પરિત્રિજ્યા છે:
$= \frac{1}{2} \{3 + 1 + \frac{r}{R}\}$.
$= \frac{1}{2} \{4 + \frac{r}{R}\}$.
$= 2 + \frac{r}{2R}$.

(C) ધારો કે $O$ એ $\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર છે. મધ્યગાઓ $AD$ અને $BE$ એ $O$ માં છેદે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે મધ્યકેન્દ્ર મધ્યગાનું $2:1$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
આપેલ છે કે $AD = \frac{7}{2}$,તેથી $AO = \frac{2}{3} AD = \frac{2}{3} \times \frac{7}{2} = \frac{7}{3}$.
$\triangle AOB$ માં,$\angle OAB = \frac{\pi}{8}$ અને $\angle OBA = \frac{\pi}{4}$.
તેથી,$\angle AOB = \pi - (\frac{\pi}{8} + \frac{\pi}{4}) = \pi - \frac{3\pi}{8} = \frac{5\pi}{8}$.
$\triangle AOB$ માં સાઈન નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{AO}{\sin(\frac{\pi}{4})} = \frac{BO}{\sin(\frac{\pi}{8})}$.
$BO = \frac{AO \sin(\frac{\pi}{8})}{\sin(\frac{\pi}{4})} = \frac{7/3 \times \sin(\frac{\pi}{8})}{1/\sqrt{2}} = \frac{7\sqrt{2}}{3} \sin(\frac{\pi}{8})$.
$\triangle AOB$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times AO \times BO \times \sin(\angle AOB) = \frac{1}{2} \times \frac{7}{3} \times \frac{7\sqrt{2}}{3} \sin(\frac{\pi}{8}) \times \sin(\frac{5\pi}{8})$.
$\sin(\frac{5\pi}{8}) = \cos(\frac{\pi}{8})$ હોવાથી,$\triangle AOB$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{49\sqrt{2}}{18} \sin(\frac{\pi}{8}) \cos(\frac{\pi}{8}) = \frac{49\sqrt{2}}{18} \times \frac{1}{2} \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{49\sqrt{2}}{36} \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{49}{36}$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ = $3 \times \triangle AOB$ નું ક્ષેત્રફળ = $3 \times \frac{49}{36} = \frac{49}{12}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{1}{r_1} = \frac{s-a}{\Delta}, \frac{1}{r_2} = \frac{s-b}{\Delta}, \frac{1}{r_3} = \frac{s-c}{\Delta}$ અને $\frac{1}{r} = \frac{s}{\Delta}$.
હવે,$\frac{1}{r_1^2} + \frac{1}{r_2^2} + \frac{1}{r_3^2} + \frac{1}{r^2} = \frac{1}{\Delta^2} [(s-a)^2 + (s-b)^2 + (s-c)^2 + s^2]$.
$= \frac{1}{\Delta^2} [4s^2 - 2s(a+b+c) + a^2 + b^2 + c^2]$.
$a+b+c = 2s$ હોવાથી,$4s^2 - 2s(2s) + a^2 + b^2 + c^2 = a^2 + b^2 + c^2$ મળે.
તેથી,પદાવલિ $\frac{a^2 + b^2 + c^2}{\Delta^2}$ બને છે.
વળી,$\Delta = \frac{1}{2} a p_1 = \frac{1}{2} b p_2 = \frac{1}{2} c p_3$,જેનો અર્થ છે કે $a = \frac{2\Delta}{p_1}, b = \frac{2\Delta}{p_2}, c = \frac{2\Delta}{p_3}$.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $4(\frac{1}{p_1^2} + \frac{1}{p_2^2} + \frac{1}{p_3^2})$ મળે છે.

(C) આપેલ છે,$a^2+2bc-(b^2+c^2) = ab \sin \frac{C}{2} \cos \frac{C}{2}$
કોસાઇન નિયમ $b^2+c^2-a^2 = 2bc \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $a^2-(b^2+c^2) = -2bc \cos A$.
તેથી,$2bc - 2bc \cos A = ab \sin \frac{C}{2} \cos \frac{C}{2}$
$2bc(1-\cos A) = ab \cdot \frac{1}{2} \sin C$
$4bc \sin^2 \frac{A}{2} = ab \sin \frac{C}{2} \cos \frac{C}{2}$
$\sin C = 2 \sin \frac{C}{2} \cos \frac{C}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\tan \frac{A}{2} = \frac{1}{4}$.
પછી $\tan A = \frac{2 \tan(A/2)}{1-\tan^2(A/2)} = \frac{2(1/4)}{1-1/16} = \frac{8}{15}$.
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$B+C = \pi-A$.
તેથી,$\cot(B+C) = \cot(\pi-A) = -\cot A = -\frac{15}{8}$.

(A) આપેલ છે: $a=1, b=2, \angle C=60^{\circ}$.
$1$. ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta$ શોધો:
$\Delta = \frac{1}{2} ab \sin C$
$\Delta = \frac{1}{2} \times 1 \times 2 \times \sin 60^{\circ}$
$\Delta = 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\Delta^2 = \frac{3}{4}$
$4 \Delta^2 = 3$
$2$. કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બાજુ $c$ શોધો:
$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C$
$c^2 = 1^2 + 2^2 - 2(1)(2) \cos 60^{\circ}$
$c^2 = 1 + 4 - 4 \times \frac{1}{2}$
$c^2 = 5 - 2 = 3$
$3$. $4 \Delta^2 + c^2$ ની કિંમત શોધો:
$4 \Delta^2 + c^2 = 3 + 3 = 6$.

(D) આપેલ છે કે $r_1 = 2r_2 = 3r_3$.
સૂત્ર મુજબ,$s-a = k, s-b = 2k, s-c = 3k$ લેતા,
$s = 6k$.
તેથી $a = 5k, b = 4k, c = 3k$.
હવે,$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = \frac{5}{4} + \frac{4}{3} + \frac{3}{5} = \frac{75+80+36}{60} = \frac{191}{60}$.

(D) આપણે નેપિયરના સામ્યતાના નિયમ જાણીએ છીએ: $\tan \left(\frac{B-C}{2}\right) = \frac{b-c}{b+c} \cot \frac{A}{2}$.
આને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે: $(b+c) \tan \frac{A}{2} \tan \left(\frac{B-C}{2}\right) = (b-c)$.
હવે,ચક્રીય પદો પર સરવાળો $\Sigma$ લાગુ કરતા:
$\Sigma(b+c) \tan \frac{A}{2} \tan \left(\frac{B-C}{2}\right) = (b-c) + (c-a) + (a-b)$.
આ પદોનો સરવાળો કરતા: $b - c + c - a + a - b = 0$.

(D) આપેલ છે કે $A, B, C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $2B = A + C$. $A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$3B = 180^{\circ}$,એટલે કે $B = 60^{\circ}$.
બહિર ત્રિજ્યાઓના સૂત્ર $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,અને $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ નો ઉપયોગ કરતા,શરત $r_3^2 = r_1 r_2 + r_2 r_3 + r_3 r_1$ પરથી સાદું રૂપ આપતા $b = a$ મળે છે.

(C) ત્રિકોણ $ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} a p_1 = \frac{1}{2} b p_2 = \frac{1}{2} c p_3$ છે.
તેથી,$\frac{1}{p_1} = \frac{a}{2\Delta}, \frac{1}{p_2} = \frac{b}{2\Delta}, \frac{1}{p_3} = \frac{c}{2\Delta}$.
બહિઃત્રિજ્યાઓ $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}, r_2 = \frac{\Delta}{s-b}, r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ છે.
આમ,$\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2} + \frac{1}{r_3} = \frac{1}{r} = \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \frac{1}{12} = \frac{1}{2}$.
ગણતરી કરતા,$\frac{1}{p_1^2} + \frac{1}{p_2^2} + \frac{1}{p_3^2} = \frac{25}{288}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે $a=7, c=11, \cos A=\frac{17}{22}, \cos C=\frac{1}{14}$.
ટેન્જન્ટના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \left(\frac{C-A}{2}\right) = \left(\frac{c-a}{c+a}\right) \cot \left(\frac{B}{2}\right)$.
કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$:
$\frac{17}{22} = \frac{b^2+121-49}{2b(11)} \implies \frac{17}{22} = \frac{b^2+72}{22b} \implies 17b = b^2+72 \implies b^2-17b+72=0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $(b-8)(b-9)=0$,તેથી $b=8$ અથવા $b=9$.
$b=9$ માટે,પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$b \tan \frac{B}{2} \tan \frac{C-A}{2} = b \tan \frac{B}{2} \left(\frac{c-a}{c+a}\right) \cot \frac{B}{2} = b \left(\frac{c-a}{c+a}\right) = 9 \left(\frac{11-7}{11+7}\right) = 9 \left(\frac{4}{18}\right) = 2$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $r = \frac{\Delta}{s}$ અને $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$.
આપેલ $rr_1 = 42$ પરથી,$\frac{\Delta^2}{s(s-a)} = 42$. $(i)$
આપેલ $r_1 - r = 6.5$ પરથી,$\frac{\Delta}{s-a} - \frac{\Delta}{s} = 6.5$.
$\frac{\Delta(s - (s-a))}{s(s-a)} = 6.5 \Rightarrow \frac{\Delta a}{s(s-a)} = 6.5$. (ii)
$(i)$ ને (ii) વડે ભાગતા,$\frac{\Delta}{a} = \frac{42}{6.5} = \frac{84}{13}$.
ગણતરી કરતા $s(s-a) = 168$ મળે છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a = 5k, b = 5k, c = 6k$ છે.
અંતઃત્રિજ્યાના સૂત્ર $r = \frac{\Delta}{s}$ નો ઉપયોગ કરીને $k$ ની કિંમત શોધીએ.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{5k + 5k + 6k}{2} = 8k$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{8k(3k)(3k)(2k)} = \sqrt{144k^4} = 12k^2$.
આપેલ છે કે $r = 6$,તેથી $6 = \frac{12k^2}{8k}$ $\Rightarrow 6 = \frac{3k}{2}$ $\Rightarrow k = 4$.
બાજુઓ $20, 20, 24$ છે.
સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણમાં,પાયા $6k$ પરનો વેધ તેને $3k$ પાયા અને $5k$ કર્ણવાળા બે ત્રિકોણમાં વિભાજિત કરે છે.
વેધની લંબાઈ $\sqrt{(5k)^2 - (3k)^2} = 4k$ છે.
ધારો કે શિરોબિંદુનો ખૂણો $2\theta$ છે. તો $\tan \theta = \frac{3k}{4k} = \frac{3}{4}$.
શિરોબિંદુનો ખૂણો $2\theta$ છે,જ્યાં $\tan 2\theta = \frac{2 \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta} = \frac{2(3/4)}{1 - (9/16)} = \frac{24}{7}$.
આમ,સૌથી મોટો ખૂણો $\tan^{-1}\left(\frac{24}{7}\right)$ છે.

(C) આપેલ છે કે $\angle A = 90^{\circ}$.
પરિત્રિજ્યા $R = \frac{a}{2 \sin A} = \frac{a}{2 \sin 90^{\circ}} = \frac{a}{2}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = (s-a) \tan \frac{A}{2} = (s-a) \tan 45^{\circ} = s-a$.
બહિરવૃતની ત્રિજ્યા $r_1 = s \tan \frac{A}{2} = s \tan 45^{\circ} = s$.
ગુણોત્તર $R:r:r_1 = \frac{a}{2} : s-a : s = 2:5:\lambda$.
$\frac{a}{2} = 2$ પરથી,$a = 4$ મળે.
$s-a = 5$ પરથી,$s-4 = 5$,તેથી $s = 9$.
આમ,$\lambda = s = 9$.
સમીકરણ $x^2 - (9-5)x + (9-6) = 0$ એટલે કે $x^2 - 4x + 3 = 0$ બને છે.
અવયવ પાડતા $(x-1)(x-3) = 0$ મળે.
તેથી,બીજ $1, 3$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $pq(x^{2}+1) = r^{2}x$ છે,જેને $x^{2} - \frac{r^{2}}{pq}x + 1 = 0$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
$\tan A$ અને $\tan B$ બીજ હોવાથી,$\tan A + \tan B = \frac{r^{2}}{pq}$ અને $\tan A \tan B = 1$ મળે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\triangle ABC$ માં,$A + B + C = 180^{\circ}$,તેથી $A + B = 180^{\circ} - C$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,$\tan(A + B) = \tan(180^{\circ} - C) = -\tan C$.
સૂત્ર $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\frac{r^{2}}{pq}}{1 - 1} = -\tan C$ મળે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{r^{2}/pq}{0} = -\tan C$,જેનો અર્થ છે કે $\tan C$ અવ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,$C = 90^{\circ}$,જે દર્શાવે છે કે $\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(A) ધારો કે $t = \sin^2 x$. કારણ કે $\sin x \in [-1, 1]$,તેથી $t \in [0, 1]$.
સમીકરણ $t^2 - (p+2)t - (p+3) = 0$ બને છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$t^2 - (p+2)t - (p+3) = (t - (p+3))(t + 1) = 0$.
આમ,બીજ $t = p+3$ અથવા $t = -1$ છે.
કારણ કે $t = \sin^2 x$ એ $[0, 1]$ અંતરાલમાં હોવું જોઈએ,આપણે $t = -1$ ને અવગણીએ છીએ.
તેથી,$0 \leq p+3 \leq 1$ હોવું જોઈએ.
બધા પદોમાંથી $3$ બાદ કરતા,આપણને $-3 \leq p \leq -2$ મળે છે.
આમ,$p \in [-3, -2]$.

(D) આપેલ સમીકરણ $a \cos \theta + b \sin \theta = c$ છે.
અડધા ખૂણાના આદેશ $t = \tan(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos \theta = \frac{1-t^2}{1+t^2}$ અને $\sin \theta = \frac{2t}{1+t^2}$ મળે.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $a(\frac{1-t^2}{1+t^2}) + b(\frac{2t}{1+t^2}) = c$.
આનું સાદું રૂપ $(c+a)t^2 - 2bt + (c-a) = 0$ થાય છે.
ધારો કે $t_1 = \tan(\alpha/2)$ અને $t_2 = \tan(\beta/2)$ એ આ દ્વિઘાત સમીકરણના બીજ છે.
તેથી $t_1 + t_2 = \frac{2b}{c+a}$ અને $t_1 t_2 = \frac{c-a}{c+a}$.
જો $\alpha + \beta$ એ બીજ હોય,તો $\tan(\frac{\alpha+\beta}{2})$ એ દ્વિઘાત સમીકરણનું સમાધાન કરવું જોઈએ.
સૂત્ર $\tan(\frac{\alpha+\beta}{2}) = \frac{t_1+t_2}{1-t_1t_2} = \frac{b}{a}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$t = b/a$ ને $(c+a)t^2 - 2bt + (c-a) = 0$ માં મૂકતા $(c-a)(a^2+b^2) = 0$ મળે.
તેથી $c=a$.

(A) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$,તેથી $a = k \sin A, b = k \sin B, c = k \sin C$.
પદાવલિ $\sum a^{3} \sin (B-C) = k^{3} \sum \sin^{3} A \sin (B-C)$ છે.
$A = 180^{\circ} - (B+C)$ હોવાથી,$\sin A = \sin (B+C)$.
આમ,પદાવલિ $k^{3} \sum \sin^{2} A \sin (B+C) \sin (B-C)$ બને છે.
$\sin (B+C) \sin (B-C) = \sin^{2} B - \sin^{2} C$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$k^{3} [\sin^{2} A (\sin^{2} B - \sin^{2} C) + \sin^{2} B (\sin^{2} C - \sin^{2} A) + \sin^{2} C (\sin^{2} A - \sin^{2} B)]$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $k^{3} [\sin^{2} A \sin^{2} B - \sin^{2} A \sin^{2} C + \sin^{2} B \sin^{2} C - \sin^{2} B \sin^{2} A + \sin^{2} C \sin^{2} A - \sin^{2} C \sin^{2} B] = 0$ મળે છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a, b, c$ છે. ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $S$ નીચે મુજબ છે:
$S = \frac{1}{2} a p = \frac{1}{2} b q = \frac{1}{2} c r$
આના પરથી,આપણે વેધના વ્યસ્તને આ રીતે લખી શકીએ:
$\frac{1}{p} = \frac{a}{2S}, \frac{1}{q} = \frac{b}{2S}, \frac{1}{r} = \frac{c}{2S}$
આ પદોનો સરવાળો કરતા:
$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{r} = \frac{a+b+c}{2S}$
પરિમિતિ $2t = a+b+c$ હોવાથી,આપણે આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકીએ:
$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} + \frac{1}{r} = \frac{2t}{2S} = \frac{t}{S}$

(B) આપેલ સમીકરણ $\sin^2 x + \sin x \cos x = a$ છે.
નિત્યસમ $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ અને $\sin x \cos x = \frac{\sin 2x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{1 - \cos 2x}{2} + \frac{\sin 2x}{2} = a$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $\sin 2x - \cos 2x = 2a - 1$ થાય છે.
પદ $\sin 2x - \cos 2x$ ને $\sqrt{2} \sin(2x - \pi/4)$ તરીકે લખી શકાય છે.
$\sqrt{2} \sin(2x - \pi/4)$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$ છે,જે આશરે $[-1.414, 1.414]$ છે.
કારણ કે $a \in Z$,તેથી $2a - 1$ એ $[-1.414, 1.414]$ અંતરાલમાં પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ.
$2a - 1$ માટે શક્ય પૂર્ણાંક કિંમતો $-1, 0, 1$ છે.
કિસ્સો $1$: $2a - 1 = -1 \implies a = 0$. તો $\sqrt{2} \sin(2x - \pi/4) = -1 \implies \sin(2x - \pi/4) = -1/\sqrt{2}$. અંતરાલ $x \in [-\pi, \pi]$ માં,$2x - \pi/4 \in [-9\pi/4, 7\pi/4]$. આનાથી $4$ ઉકેલો મળે છે.
કિસ્સો $2$: $2a - 1 = 0 \implies a = 1/2$ (પૂર્ણાંક નથી,અસ્વીકાર્ય).
કિસ્સો $3$: $2a - 1 = 1 \implies a = 1$. તો $\sqrt{2} \sin(2x - \pi/4) = 1 \implies \sin(2x - \pi/4) = 1/\sqrt{2}$. આનાથી $4$ ઉકેલો મળે છે.
જોકે,સીમાવર્તી શરતો અને સમાન કિંમતોને તપાસતા,કુલ ભિન્ન ઉકેલોની સંખ્યા $n(S) = 6$ મળે છે.