Relation between sides and angles, Solutions of triangles Questions in Gujarati

(C) સાઇનના નિયમ મુજબ,આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = 2R,$ જ્યાં $R$ એ ત્રિકોણની પરિત્રિજ્યા છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin A = \frac{a}{2R}$ અને $\sin B = \frac{b}{2R}.$
આ કિંમતોને આપેલ સમીકરણ $a \sin A = b \sin B$ માં મૂકતા:
$a \left( \frac{a}{2R} \right) = b \left( \frac{b}{2R} \right)$
$\frac{a^2}{2R} = \frac{b^2}{2R}$
$a^2 = b^2$
કારણ કે $a$ અને $b$ ત્રિકોણની બાજુઓ છે,તે ધન હોવી જોઈએ,તેથી $a = b.$
આમ,ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ ત્રિકોણ $ABC$ માટે,$\cos A + \cos B + \cos C$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $\frac{3}{2}$ છે,જે ફક્ત ત્યારે જ મળે છે જ્યારે $A = B = C = 60^{\circ}$ હોય.
વૈકલ્પિક રીતે,નિત્યસમ $\cos A + \cos B + \cos C = 1 + 4 \sin(\frac{A}{2}) \sin(\frac{B}{2}) \sin(\frac{C}{2}) = \frac{3}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin(\frac{A}{2}) \sin(\frac{B}{2}) \sin(\frac{C}{2}) = \frac{1}{8}$ મળે છે.
જેન્સેનની અસમતા મુજબ,$\sin(\frac{A}{2}) \sin(\frac{B}{2}) \sin(\frac{C}{2})$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $\frac{1}{8}$ હોવાથી,આ સમાનતા ફક્ત ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $A = B = C = 60^{\circ}$ હોય.
આમ,ત્રિકોણ સમબાજુ છે.

(D) આપેલ છે કે બાજુઓ $AB$ અને $AC$ લંબ છે,તેથી $\angle A = 90^{\circ}$ અથવા $\frac{\pi}{2}$ થાય.
કોઈપણ ત્રિકોણ $ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $A + B + C = 180^{\circ}$ અથવા $\pi$ થાય છે.
$A = 90^{\circ}$ હોવાથી,$B + C = 90^{\circ}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $C = 90^{\circ} - B$.
બંને બાજુ ટેન્જેન્ટ લેતા,$\tan C = \tan(90^{\circ} - B)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\tan C = \cot B$ મળે.
$\cot B = \frac{1}{\tan B}$ હોવાથી,$\tan C = \frac{1}{\tan B}$ થાય.
તેથી,$\tan B \cdot \tan C = 1$.

(B) ત્રિકોણ $ABC$ માં,અર્ધ-પરિમિતિ $s$ ને $s = \frac{a+b+c}{2}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$\tan \left( \frac{A}{2} \right)$ માટેના અડધા ખૂણાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \left( \frac{A}{2} \right) = \sqrt{\frac{(s - b)(s - c)}{s(s - a)}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) ત્રિકોણ $ABC$ માં,$AD = b \sin C = c \sin B$.
આપેલ છે $AD = \frac{abc}{b^2 - c^2}$,તેથી $AD(b^2 - c^2) = abc$.
સાદુરૂપ આપતા,$\sin(B-C) = 1$ મળે છે.
તેથી $B - C = 90^\circ$.
$B = 90^\circ + 23^\circ = 113^\circ$.

(D) સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B}$.
$\sin B$ માટે ગોઠવતા: $\sin B = \frac{b \sin A}{a}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\sin B = \frac{4\sqrt{3} \sin 60^\circ}{5} = \frac{4\sqrt{3} \times (\frac{\sqrt{3}}{2})}{5} = \frac{4 \times 3}{2 \times 5} = \frac{6}{5} = 1.2$.
$\sin B$ ની કિંમત $\le 1$ હોવી જોઈએ,તેથી $1.2$ શક્ય નથી.
તેથી,આવો કોઈ ત્રિકોણ અસ્તિત્વમાં નથી,અને સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) આપેલ છે કે $\Delta = a^2 - (b - c)^2 = a^2 - b^2 - c^2 + 2bc$.
$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A$ હોવાથી,$a^2 - b^2 - c^2 = -2bc \cos A$ થાય.
તેથી,$\Delta = 2bc - 2bc \cos A = 2bc(1 - \cos A) = 4bc \sin^2 \frac{A}{2}$ .....$(i)$
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} bc \sin A = bc \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}$ છે .....$(ii)$
$(i)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા:
$1 = 4 \tan \frac{A}{2} \implies \tan \frac{A}{2} = \frac{1}{4}$.
$\tan A = \frac{2 \tan \frac{A}{2}}{1 - \tan^2 \frac{A}{2}}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan A = \frac{2(\frac{1}{4})}{1 - (\frac{1}{4})^2} = \frac{8}{15}$.

(B) ત્રિકોણ $ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} a p_1 = \frac{1}{2} b p_2 = \frac{1}{2} c p_3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આના પરથી,આપણને $p_1 = \frac{2\Delta}{a}$,$p_2 = \frac{2\Delta}{b}$,અને $p_3 = \frac{2\Delta}{c}$ મળે છે.
તેથી,${p_1}^{-2} + {p_2}^{-2} + {p_3}^{-2} = \frac{1}{p_1^2} + \frac{1}{p_2^2} + \frac{1}{p_3^2}$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{a^2}{4\Delta^2} + \frac{b^2}{4\Delta^2} + \frac{c^2}{4\Delta^2} = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{4\Delta^2}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $AD$ એ $BC$ બાજુ પરની $A$ માંથી પસાર થતી મધ્યગા છે. આપેલ છે કે $AD \perp AB$,તેથી $\angle DAB = 90^{\circ}$.
$CN \perp AB$ (લંબાવેલ) દોરો. $\Delta BCN$ માં,$AD \parallel CN$ કારણ કે બંને $AB$ ને લંબ છે.
$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,ઇન્ટરસેપ્ટ પ્રમેય મુજબ,$A$ એ $BN$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $AB = AN$.
$\Delta ACN$ માં,$\angle CAN = \alpha$. તેથી $\angle CAB = 180^{\circ} - \alpha$,તેથી $\tan A = \tan(180^{\circ} - \alpha) = -\tan \alpha$.
$\Delta ACN$ માં,$\tan \alpha = \frac{CN}{AN}$.
$\Delta ABD$ માં,$\tan B = \frac{AD}{AB}$.
$AD = \frac{1}{2}CN$ અને $AB = AN$ હોવાથી,આપણને $\tan \alpha = \frac{2AD}{AB} = 2\tan B$ મળે છે.
તેથી,$\tan A = -2\tan B$,જેનો અર્થ છે કે $\tan A + 2\tan B = 0$.

(B) આપેલ છે કે $s - a = 3$ અને $s - c = 2$,જ્યાં $s = \frac{a+b+c}{2}$.
$s - a = \frac{b+c-a}{2} = 3 \Rightarrow b+c-a = 6$ ... $(i)$
$s - c = \frac{a+b-c}{2} = 2 \Rightarrow a+b-c = 4$ ... $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા,$2b = 10 \Rightarrow b = 5$ મળે.
ત્રિકોણ $B$ આગળ કાટકોણ હોવાથી,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ $a^2 + c^2 = b^2 = 25$ ... $(iii)$.
$(i)$ પરથી,$c - a = 6 - b = 6 - 5 = 1 \Rightarrow c = a + 1$.
$(iii)$ માં કિંમત મૂકતા: $a^2 + (a+1)^2 = 25$ $\Rightarrow 2a^2 + 2a - 24 = 0$ $\Rightarrow a^2 + a - 12 = 0$.
$(a+4)(a-3) = 0$. $a > 0$ હોવાથી,$a = 3$.
તેથી $c = a + 1 = 4$.
આમ,$a = 3$ અને $c = 4$ મળે છે.

(A) સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે $\frac{\sin B}{b} = \frac{\sin C}{c}$ છે.
$\sin C$ માટે ગોઠવતા,આપણને $\sin C = \frac{c}{b} \sin B$ મળે છે.
આપેલ શરત $b < c \sin B$ ને ધ્યાનમાં લેતા,આપણે તેને $\frac{c}{b} \sin B > 1$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$\sin C > 1$,જે અશક્ય છે કારણ કે સાઇન વિધેયનું મૂલ્ય $1$ થી વધી શકતું નથી.
આમ,કોઈ ત્રિકોણ શક્ય નથી.

(B) કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.
આ સમીકરણ $b$ માં દ્વિઘાત સમીકરણ તરીકે લખતા: $b^2 - (2c \cos A)b + (c^2 - a^2) = 0$.
આપેલ છે કે $b_1$ અને $b_2$ આ સમીકરણના બીજ છે,તેથી $b_1 + b_2 = 2c \cos A$ અને $b_1 b_2 = c^2 - a^2$.
$b_2 = 2b_1$ હોવાથી,$3b_1 = 2c \cos A \Rightarrow b_1 = \frac{2c \cos A}{3}$ અને $2b_1^2 = c^2 - a^2$.
$b_1$ ની કિંમત બીજા સમીકરણમાં મૂકતા: $2(\frac{2c \cos A}{3})^2 = c^2 - a^2$.
$2(\frac{4c^2 \cos^2 A}{9}) = c^2 - a^2 \Rightarrow 8c^2 \cos^2 A = 9(c^2 - a^2)$.
$\cos^2 A = 1 - \sin^2 A$ નો ઉપયોગ કરતા,$8c^2(1 - \sin^2 A) = 9c^2 - 9a^2$.
$8c^2 - 8c^2 \sin^2 A = 9c^2 - 9a^2 \Rightarrow 8c^2 \sin^2 A = 9a^2 - c^2$.
તેથી,$\sin A = \sqrt{\frac{9a^2 - c^2}{8c^2}}$.

(A) કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos A = \frac{c^2 + b^2 - a^2}{2bc}$.
આ સમીકરણ $c$ માં દ્વિઘાત સમીકરણ તરીકે લખતા: $c^2 - (2b \cos A)c + (b^2 - a^2) = 0$.
અહીં $c_1$ અને $c_2$ એ આ સમીકરણના બીજ હોવાથી,$c_1 + c_2 = 2b \cos A$ અને $c_1 c_2 = b^2 - a^2$ મળે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}ab \sin C$ છે.
બે ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનો સરવાળો $S = \frac{1}{2}ab(\sin C_1 + \sin C_2)$ થાય.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\sin C = \frac{c \sin A}{a}$.
તેથી,$\sin C_1 + \sin C_2 = \frac{(c_1 + c_2) \sin A}{a} = \frac{(2b \cos A) \sin A}{a} = \frac{b \sin 2A}{a}$.
આ કિંમત મૂકતા,$S = \frac{1}{2}ab \left( \frac{b \sin 2A}{a} \right) = \frac{1}{2}b^2 \sin 2A$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $2 \cos A = \sin B \csc C$
સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\sin B}{b} = \frac{\sin C}{c}$,તેથી $\frac{\sin B}{\sin C} = \frac{b}{c}$.
આ કિંમત આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા: $2 \cos A = \frac{b}{c}$.
કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.
$\cos A$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $2 \left( \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} \right) = \frac{b}{c}$.
$\frac{b^2 + c^2 - a^2}{bc} = \frac{b}{c}$.
બંને બાજુ $bc$ વડે ગુણતા: $b^2 + c^2 - a^2 = b^2$.
$c^2 - a^2 = 0 \Rightarrow c^2 = a^2$.
જેથી $c = a$ મળે છે.

(B) ધારો કે બાજુઓ $a = 3$,$b = 5$,અને $c = 7$ છે.
ત્રિકોણનો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે સૌથી મોટા ખૂણાનો કોસાઇન શોધીએ છીએ,જે સૌથી મોટી બાજુ $(c = 7)$ ની સામે છે.
કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$.
કિંમતો મૂકતા: $\cos C = \frac{3^2 + 5^2 - 7^2}{2 \times 3 \times 5} = \frac{9 + 25 - 49}{30} = \frac{34 - 49}{30} = \frac{-15}{30} = -\frac{1}{2}$.
તેથી $\cos C = -\frac{1}{2}$,એટલે કે ખૂણો $C = 120^{\circ}$.
કારણ કે $C > 90^{\circ}$,ત્રિકોણમાં એક ખૂણો ગુરુકોણ છે.

(B) આપેલ છે કે $\sin P, \sin Q, \sin R$ એ $A.P.$ માં છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin P} = \frac{b}{\sin Q} = \frac{c}{\sin R} = 2R$,જ્યાં $R$ એ પરિવૃતની ત્રિજ્યા છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\sin P = \frac{a}{2R}, \sin Q = \frac{b}{2R}, \sin R = \frac{c}{2R}$.
જેથી $a, b, c$ એ $A.P.$ માં છે.
ધારો કે $p_1, p_2, p_3$ એ અનુક્રમે શિરોબિંદુઓ $P, Q, R$ માંથી દોરેલા વેધ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} a p_1 = \frac{1}{2} b p_2 = \frac{1}{2} c p_3$.
તેથી,$p_1 = \frac{2\Delta}{a}, p_2 = \frac{2\Delta}{b}, p_3 = \frac{2\Delta}{c}$.
$a, b, c$ એ $A.P.$ માં હોવાથી,તેમના વ્યસ્ત $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ એ $H.P.$ માં છે.
$2\Delta$ વડે ગુણતા,$\frac{2\Delta}{a}, \frac{2\Delta}{b}, \frac{2\Delta}{c}$ એ $H.P.$ માં છે.
તેથી,$p_1, p_2, p_3$ એ $H.P.$ માં છે.

(A) આપેલ છે $\frac{\sin A}{\sin C} = \frac{\sin (A - B)}{\sin (B - C)}$.
સાઇન નિયમ $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\sin A = \frac{a}{2R}, \sin B = \frac{b}{2R}, \sin C = \frac{c}{2R}$.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{a}{c} = \frac{\sin A \cos B - \cos A \sin B}{\sin B \cos C - \cos B \sin C}$.
પ્રોજેક્શન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,સાદું રૂપ આપતા $ab \cos C + bc \cos A = 2ac \cos B$ મળે છે.
કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરીને કિંમતો મૂકતા,$2b^2 = a^2 + c^2$ મળે છે.
તેથી,$a^2, b^2, c^2$ એ $A.P.$ માં છે.

(A) કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $b$ માં દ્વિઘાત સમીકરણ મળે છે: $b^2 - (2c \cos A)b + (c^2 - a^2) = 0$.
કારણ કે $c \sin A < a < c$,દ્વિઘાત સમીકરણના બે ભિન્ન ધન ઉકેલો $b_1$ અને $b_2$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના ગુણધર્મો મુજબ,ઉકેલોનો સરવાળો એ $b$ ના સહગુણકનો વિરોધી ભાગ્યા $b^2$ નો સહગુણક છે.
તેથી,$b_1 + b_2 = 2c \cos A$.

(C) આપેલ છે,${a^2} + {b^2} + {c^2} = ac + ab\sqrt{3}$
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે: ${a^2} + {b^2} + {c^2} - ac - ab\sqrt{3} = 0$
આને આ રીતે લખી શકાય: ${\left(\frac{a}{2} - c\right)^2} + {\left(\frac{a\sqrt{3}}{2} - b\right)^2} = 0$
વર્ગોનો સરવાળો શૂન્ય હોવાથી,દરેક પદ શૂન્ય હોવું જોઈએ:
$a = 2c$ અને $b = \frac{a\sqrt{3}}{2}$
બાજુઓ વચ્ચેનો સંબંધ તપાસતા: ${b^2} + {c^2} = {\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2} + {\left(\frac{a}{2}\right)^2} = \frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{4} = {a^2}$
તેથી,ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(C) ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનું સૂત્ર: $\text{Area} = \frac{1}{2}ab \sin C$ છે.
આપેલ છે કે $a = 1$,$b = 2$ અને $\angle C = 60^\circ$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\text{Area} = \frac{1}{2} \times 1 \times 2 \times \sin 60^\circ$.
$\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ હોવાથી,
$\text{Area} = 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(B) આપેલ છે $b + c = 2a$ .....$(i)$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ: $\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$
$\angle A = 60^\circ$ હોવાથી,$\frac{1}{2} = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$
$bc = b^2 + c^2 - a^2$
$a^2 = b^2 + c^2 - bc$
$(i)$ પરથી,$a = \frac{b+c}{2}$,તેથી $a^2 = \frac{(b+c)^2}{4} = \frac{b^2 + c^2 + 2bc}{4}$
$a^2$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{b^2 + c^2 + 2bc}{4} = b^2 + c^2 - bc$
$b^2 + c^2 + 2bc = 4b^2 + 4c^2 - 4bc$
$3b^2 + 3c^2 - 6bc = 0$
$3(b - c)^2 = 0$
આમ,$b = c$.
$b = c$ ને $(i)$ માં મૂકતા,$2b = 2a \implies b = a$.
$a = b = c$ હોવાથી,ત્રિકોણ સમબાજુ છે.

(D) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ માંથી વેધ $h_a, h_b, h_c$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $h_a = \frac{2\Delta}{a}$,$h_b = \frac{2\Delta}{b}$,અને $h_c = \frac{2\Delta}{c}$,જ્યાં $\Delta$ એ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ છે.
આપેલ છે કે $h_a, h_b, h_c$ એ $H.P.$ માં છે,તેથી $\frac{2\Delta}{a}, \frac{2\Delta}{b}, \frac{2\Delta}{c}$ એ $H.P.$ માં છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ એ $H.P.$ માં છે.
તેથી,$a, b, c$ એ $A.P.$ માં છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$.
તેથી,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
જેમ કે $a, b, c$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી $2R \sin A, 2R \sin B, 2R \sin C$ એ $A.P.$ માં છે.
આમ,$\sin A, \sin B, \sin C$ એ $A.P.$ માં છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $a^4 + b^4 + c^4 = 2c^2(a^2 + b^2)$
પદોને ગોઠવતા: $a^4 + b^4 + c^4 - 2a^2c^2 - 2b^2c^2 = 0$
બંને બાજુ $2a^2b^2$ ઉમેરતા: $a^4 + b^4 + c^4 - 2a^2c^2 - 2b^2c^2 + 2a^2b^2 = 2a^2b^2$
આનું સાદું રૂપ: $(a^2 + b^2 - c^2)^2 = 2a^2b^2$
વર્ગમૂળ લેતા: $a^2 + b^2 - c^2 = \pm \sqrt{2}ab$
$2ab$ વડે ભાગતા: $\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = \pm \frac{\sqrt{2}ab}{2ab} = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$,તેથી $\cos C = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$
તેથી,$C = 45^\circ$ અથવા $C = 135^\circ$.

(A) આપેલ બાજુઓ $a = 3, b = 5, c = 4$ છે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s$ ની ગણતરી કરતા:
$s = \frac{a + b + c}{2} = \frac{3 + 5 + 4}{2} = \frac{12}{2} = 6$.
ત્રિકોણ માટે અડધા ખૂણાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin \frac{B}{2} = \sqrt{\frac{(s - a)(s - c)}{ac}} = \sqrt{\frac{(6 - 3)(6 - 4)}{3 \times 4}} = \sqrt{\frac{6}{12}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$\cos \frac{B}{2} = \sqrt{\frac{s(s - b)}{ac}} = \sqrt{\frac{6(6 - 5)}{3 \times 4}} = \sqrt{\frac{6}{12}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$\sin \frac{B}{2} + \cos \frac{B}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.

(C) સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$.
તેથી,$a = k\sin A$,$b = k\sin B$,અને $c = k\sin C$.
પદ $\frac{b - c}{a} = \frac{\sin B - \sin C}{\sin A}$ ધ્યાનમાં લો.
સૂત્ર $\sin B - \sin C = 2\sin \frac{B - C}{2} \cos \frac{B + C}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$A + B + C = \pi$ હોવાથી,$\frac{B + C}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{A}{2}$,તેથી $\cos \frac{B + C}{2} = \sin \frac{A}{2}$.
વળી,$\sin A = 2\sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{b - c}{a} = \frac{2\sin \frac{B - C}{2} \sin \frac{A}{2}}{2\sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}} = \frac{\sin \frac{B - C}{2}}{\cos \frac{A}{2}}$.
તેથી,$(b - c)\cos \frac{A}{2} = a\sin \frac{B - C}{2}$ મળે છે.

(A) $\triangle ABC$ માં,$\angle B = 90^\circ$ અને તે સમદ્વિબાજુ હોવાથી,$\angle CAB = \angle ACB = 45^\circ$ થાય.
આપેલ છે કે $\angle DCB = 15^\circ$,તેથી $\angle ACD = \angle ACB - \angle DCB = 45^\circ - 15^\circ = 30^\circ$.
$\triangle DBC$ માં,$\angle B = 90^\circ$ અને $\angle DCB = 15^\circ$ હોવાથી,$\angle BDC = 75^\circ$ થાય.
ધારો કે $BC = h$. $\triangle ABC$ સમદ્વિબાજુ હોવાથી,$AB = BC = h$ થાય.
તેથી $BD = AB - AD = h - 35$.
$\triangle DBC$ માં,$\tan(15^\circ) = \frac{BD}{BC} = \frac{h - 35}{h}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(15^\circ) = 2 - \sqrt{3}$.
$h(2 - \sqrt{3}) = h - 35 \implies h(1 - \sqrt{3}) = -35 \implies h = \frac{35}{\sqrt{3} - 1} = \frac{35(\sqrt{3} + 1)}{2}$.
હવે,$\triangle DBC$ માં,$\cos(15^\circ) = \frac{BC}{CD} \implies CD = \frac{BC}{\cos(15^\circ)} = \frac{h}{\cos(15^\circ)}$.
$\cos(15^\circ) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા,$CD = \frac{35(\sqrt{3} + 1)}{2} \times \frac{4}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{70(\sqrt{3} + 1)}{\sqrt{2}(\sqrt{3} + 1)} = \frac{70}{\sqrt{2}} = 35\sqrt{2} \, cm$.

(D) આપેલ છે કે $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B}$.
$a=5, b=4$ અને $A = \frac{\pi}{2} + B$ મૂકતા:
$\frac{5}{\sin(\frac{\pi}{2} + B)} = \frac{4}{\sin B} \implies \frac{5}{\cos B} = \frac{4}{\sin B}$.
તેથી,$\tan B = \frac{4}{5}$.
$A = \frac{\pi}{2} + B$ હોવાથી,$\tan A = \tan(\frac{\pi}{2} + B) = -\cot B = -\frac{5}{4}$.
$\triangle ABC$ માં,$C = \pi - (A + B)$.
$\tan C = \tan(\pi - (A + B)) = -\tan(A + B) = -\frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$.
કિંમતો મૂકતા: $\tan C = -\frac{-\frac{5}{4} + \frac{4}{5}}{1 - (-\frac{5}{4})(\frac{4}{5})} = -\frac{-\frac{25}{20} + \frac{16}{20}}{1 + 1} = -\frac{-\frac{9}{20}}{2} = \frac{9}{40}$.
નિત્યસમ $2\tan^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{2x}{1-x^2})$ નો ઉપયોગ કરતા,$2\tan^{-1}(\frac{1}{9}) = \tan^{-1}(\frac{2/9}{1 - 1/81}) = \tan^{-1}(\frac{9}{40})$.
તેથી,$C = 2\tan^{-1}(\frac{1}{9})$.

(C) સાઇન નિયમ મુજબ,$\frac{\sin A}{a} = \frac{\sin B}{b} = \frac{\sin C}{c} = \frac{1}{2R}$.
તેથી,$\sin A = \frac{a}{2R}$,$\sin B = \frac{b}{2R}$,અને $\sin C = \frac{c}{2R}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$2R^2 \sin A \sin B \sin C = 2R^2 \left( \frac{a}{2R} \right) \left( \frac{b}{2R} \right) \left( \frac{c}{2R} \right)$
$= 2R^2 \left( \frac{abc}{8R^3} \right)$
$= \frac{abc}{4R}$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{abc}{4R}$ હોવાથી,આ પદાવલિ $\Delta$ બરાબર થાય છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a = 3k, b = 7k, c = 8k$ છે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{a + b + c}{2} = \frac{3k + 7k + 8k}{2} = 9k$.
પરિવૃત્ત ત્રિજ્યા $R = \frac{abc}{4\Delta}$ અને અંતઃવૃત્ત ત્રિજ્યા $r = \frac{\Delta}{s}$ છે,જ્યાં $\Delta$ એ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ છે.
તેથી,$\frac{R}{r} = \frac{abc}{4\Delta} \times \frac{s}{\Delta} = \frac{abc \cdot s}{4\Delta^2}$.
હેરોનના સૂત્ર મુજબ,$\Delta^2 = s(s-a)(s-b)(s-c) = 9k(9k-3k)(9k-7k)(9k-8k) = 9k(6k)(2k)(k) = 108k^4$.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{R}{r} = \frac{(3k)(7k)(8k)(9k)}{4(108k^4)} = \frac{1512k^4}{432k^4} = \frac{7}{2}$.
તેથી,$R : r = 7 : 2$.

(A) ત્રિકોણની અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{3 + 5 + 6}{2} = \frac{14}{2} = 7$ છે.
હેરોનના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,ક્ષેત્રફળ $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{7(7-3)(7-5)(7-6)} = \sqrt{7 \times 4 \times 2 \times 1} = \sqrt{56} = 2\sqrt{14}$ મળે.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\Delta}{s} = \frac{\sqrt{56}}{7} = \sqrt{\frac{56}{49}} = \sqrt{\frac{8}{7}}$ થાય.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$a \cot A + b \cot B + c \cot C = 2R \sin A \cot A + 2R \sin B \cot B + 2R \sin C \cot C$
$= 2R (\cos A + \cos B + \cos C)$
નિત્યસમ $\cos A + \cos B + \cos C = 1 + 4 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ અને $r = 4R \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$= 2R \left( 1 + \frac{r}{R} \right)$
$= 2(R + r)$.

(D) ધારો કે $R$ એ $\Delta PQR$ ના પરિવર્તુળની ત્રિજ્યા છે. આપેલ છે કે $R = PQ = PR$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$R = \frac{PQ}{2 \sin R} = \frac{PR}{2 \sin Q} = \frac{QR}{2 \sin P}$.
$R = PQ$ હોવાથી,$PQ = \frac{PQ}{2 \sin R}$,જેનો અર્થ છે કે $\sin R = \frac{1}{2}$.
આમ,$\angle R = \frac{\pi}{6}$.
$PQ = PR$ હોવાથી,ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ છે,તેથી $\angle Q = \angle R = \frac{\pi}{6}$.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $\pi$ થાય છે. તેથી,$\angle P = \pi - (\angle Q + \angle R) = \pi - (\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6}) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$.

(B) બાજુ લંબાઈ ધરાવતા નિયમિત $n$-બાજુવાળા બહુકોણ માટે,અંતઃત્રિજ્યા $r$ અને પરિત્રિજ્યા $R$ નીચે મુજબ છે:
$r = \frac{a}{2} \cot \left( \frac{\pi}{n} \right)$
$R = \frac{a}{2} \csc \left( \frac{\pi}{n} \right)$
સરવાળો $= r + R = \frac{a}{2} \left( \cot \frac{\pi}{n} + \csc \frac{\pi}{n} \right)$
નિત્યસમ $\cot \theta + \csc \theta = \cot \left( \frac{\theta}{2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
સરવાળો $= \frac{a}{2} \cot \left( \frac{\pi}{2n} \right)$.

(A) આપેલ છે કે $\Delta ABC$ માં,${r_1} < {r_2} < {r_3}$.
અસમતાનો વ્યસ્ત લેતા:
$\frac{1}{r_1} > \frac{1}{r_2} > \frac{1}{r_3}$.
બહિઃત્રિજ્યાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{r_1} = \frac{s-a}{\Delta}$,$\frac{1}{r_2} = \frac{s-b}{\Delta}$,અને $\frac{1}{r_3} = \frac{s-c}{\Delta}$,જ્યાં $s$ એ અર્ધ-પરિમિતિ છે અને $\Delta$ એ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ છે:
$\frac{s-a}{\Delta} > \frac{s-b}{\Delta} > \frac{s-c}{\Delta}$.
$\Delta$ વડે ગુણતા (કારણ કે $\Delta > 0$):
$s - a > s - b > s - c$.
બધા પદોમાંથી $s$ બાદ કરતા:
$-a > -b > -c$.
$-1$ વડે ગુણતા અસમતાની નિશાની બદલાશે:
$a < b < c$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $a = 2R\sin A$,$b = 2R\sin B$,અને $c = 2R\sin C$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{a\cos A + b\cos B + c\cos C}{a + b + c} = \frac{2R\sin A \cos A + 2R\sin B \cos B + 2R\sin C \cos C}{2R\sin A + 2R\sin B + 2R\sin C}$
$= \frac{\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C}{2(\sin A + \sin B + \sin C)}$
નિત્યસમ $\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4\sin A \sin B \sin C$ અને $\sin A + \sin B + \sin C = 4\cos(A/2)\cos(B/2)\cos(C/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{4\sin A \sin B \sin C}{2(4\cos(A/2)\cos(B/2)\cos(C/2))}$
$= \frac{4(2\sin(A/2)\cos(A/2))(2\sin(B/2)\cos(B/2))(2\sin(C/2)\cos(C/2))}{8\cos(A/2)\cos(B/2)\cos(C/2)}$
$= 8\sin(A/2)\sin(B/2)\sin(C/2)$
કારણ કે $r = 4R\sin(A/2)\sin(B/2)\sin(C/2)$,તેથી $4\sin(A/2)\sin(B/2)\sin(C/2) = r/R$.
આમ,પદાવલિનું મૂલ્ય $r/R$ થાય છે.

(D) કઈ અસમતા સાચી નથી તે નક્કી કરવા માટે,આપણે એક ચોક્કસ ત્રિકોણ સાથે ચકાસણી કરી શકીએ છીએ. ધારો કે બાજુઓ $a = 2, b = 3, c = 4$ છે. આ ત્રિકોણની અસમતા $(2+3 > 4)$ નું પાલન કરે છે.
વિકલ્પ $A$ માટે: $8(2)(3)(4) = 192$ અને $(2+3)(3+4)(4+2) = 5 \times 7 \times 6 = 210$. $192 \le 210$ હોવાથી,આ સાચું છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: $3(2)(3)(4) = 72$ અને $2^3 + 3^3 + 4^3 = 8 + 27 + 64 = 99$. $72 \le 99$ હોવાથી,આ સાચું છે.
વિકલ્પ $C$ માટે: $6(2)(3)(4) = 144$ અને $3(4)(3+4) + 4(2)(4+2) + 2(3)(2+3) = 12(7) + 8(6) + 6(5) = 84 + 48 + 30 = 162$. $144 \le 162$ હોવાથી,આ સાચું છે.
વિકલ્પ $D$ માટે: $abc = 24$ અને $(2+3-4)(3+4-2)(4+2-3) = (1)(5)(3) = 15$. $24 \not\le 15$ હોવાથી,આ અસમતા સાચી નથી.

(B) પ્રક્ષેપણ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$ અને $\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$a(b\cos C - c\cos B) = a \left( b \left( \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} \right) - c \left( \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} \right) \right)$
$= a \left( \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2a} - \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2a} \right)$
$= \frac{a^2 + b^2 - c^2 - (a^2 + c^2 - b^2)}{2}$
$= \frac{a^2 + b^2 - c^2 - a^2 - c^2 + b^2}{2}$
$= \frac{2b^2 - 2c^2}{2}$
$= b^2 - c^2$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{s(s - a)}{bc}}$.
આપેલ છે કે $\cos \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{b + c}{2c}}$,તેથી:
$\sqrt{\frac{s(s - a)}{bc}} = \sqrt{\frac{b + c}{2c}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{s(s - a)}{bc} = \frac{b + c}{2c}$
$\frac{s(s - a)}{b} = \frac{b + c}{2}$
$2s(s - a) = b(b + c)$
$2s = a + b + c$ અને $s - a = \frac{b + c - a}{2}$ મૂકતા:
$(a + b + c) \left( \frac{b + c - a}{2} \right) = b^2 + bc$
$((b + c) + a)((b + c) - a) = 2(b^2 + bc)$
$(b + c)^2 - a^2 = 2b^2 + 2bc$
$b^2 + c^2 + 2bc - a^2 = 2b^2 + 2bc$
$c^2 - a^2 = b^2$
$c^2 = a^2 + b^2$.

(B) આપેલ છે: $(\sin A + \sin B + \sin C)(\sin A + \sin B - \sin C) = 3\sin A\sin B$
$(x+y)(x-y) = x^2 - y^2$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$(\sin A + \sin B)^2 - \sin^2 C = 3\sin A\sin B$
$\sin^2 A + \sin^2 B + 2\sin A\sin B - \sin^2 C = 3\sin A\sin B$
$\sin^2 A + \sin^2 B - \sin^2 C = \sin A\sin B$
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\sin A = \frac{a}{2R}, \sin B = \frac{b}{2R}, \sin C = \frac{c}{2R}$. આ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{a^2}{4R^2} + \frac{b^2}{4R^2} - \frac{c^2}{4R^2} = \frac{a}{2R} \cdot \frac{b}{2R}$
$a^2 + b^2 - c^2 = ab$
$2ab$ વડે ભાગતા:
$\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = \frac{ab}{2ab} = \frac{1}{2}$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$.
તેથી,$\cos C = \frac{1}{2} = \cos \frac{\pi}{3}$.
આમ,$\angle C = \frac{\pi}{3}$.

(C) આપેલ છે કે $\frac{\cos A}{a} = \frac{\cos B}{b} = \frac{\cos C}{c}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$,તેથી $a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$ મળે.
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{\cos A}{2R \sin A} = \frac{\cos B}{2R \sin B} = \frac{\cos C}{2R \sin C}$
$\cot A = \cot B = \cot C$
ત્રિકોણના ખૂણાઓ $A, B, C$ હોવાથી,$A = B = C$ થાય.
તેથી,આ ત્રિકોણ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.

(C) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $A, B, C$ એ $A.P.$ માં છે. $A + B + C = 180^{\circ}$ અને $2B = A + C$ હોવાથી,$3B = 180^{\circ}$,એટલે કે $B = 60^{\circ}$.
આપેલ બાજુઓ $10 \, cm$ અને $9 \, cm$ છે. $B = 60^{\circ}$ એ મધ્યમ ખૂણો હોવાથી,તેની સામેની બાજુ $b$ એ મધ્યમ બાજુ થશે. તેથી $b = 9 \, cm$ અને સૌથી મોટી બાજુ $a = 10 \, cm$ છે.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ: $\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$.
કિંમતો મૂકતા: $\cos 60^{\circ} = \frac{10^2 + c^2 - 9^2}{2(10)(c)} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{100 + c^2 - 81}{20c}$.
$10c = 19 + c^2 \Rightarrow c^2 - 10c + 19 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $c = \frac{10 \pm \sqrt{100 - 76}}{2} = \frac{10 \pm \sqrt{24}}{2} = 5 \pm \sqrt{6}$.
બંને કિંમતો ધન છે અને ત્રિકોણની અસમતાનું પાલન કરે છે,તેથી ત્રીજી બાજુ $5 - \sqrt{6}$ અથવા $5 + \sqrt{6}$ હોઈ શકે છે.

(D) $\triangle ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ થાય છે.
$\angle C = 180^\circ - 45^\circ - 75^\circ = 60^\circ$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$.
તેથી,$a = k \sin 45^\circ = k \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $c = k \sin 60^\circ = k \frac{\sqrt{3}}{2}$.
આપણે $a + c\sqrt{2} = k \frac{1}{\sqrt{2}} + k \frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{2} = k \left( \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} \right) = k \frac{1 + \sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કારણ કે $b = k \sin 75^\circ = k \sin(45^\circ + 30^\circ) = k \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2} \right) = k \frac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}}$.
તેથી,$2b = 2k \frac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}} = k \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}}$.
આમ,$a + c\sqrt{2} = 2b$.

(A) આપેલ છે કે $\frac{\sin A}{4} = \frac{\sin B}{5} = \frac{\sin C}{6} = k$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = 4\lambda$,$b = 5\lambda$,અને $c = 6\lambda$.
કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos A = \frac{3}{4}$,$\cos B = \frac{9}{16}$,અને $\cos C = \frac{1}{8}$.
સરવાળો કરતા: $\cos A + \cos B + \cos C = \frac{3}{4} + \frac{9}{16} + \frac{1}{8} = \frac{23}{16} = \frac{69}{48}$.
તેથી સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ શોધવાનું સૂત્ર $\Delta = \frac{1}{2}ab \sin C$ છે.
આપેલ છે કે $a = 2x,$ $b = 2y,$ અને $\angle C = 120^\circ.$
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\Delta = \frac{1}{2} \times (2x) \times (2y) \times \sin(120^\circ)$
કારણ કે $\sin(120^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2},$
$\Delta = \frac{1}{2} \times 4xy \times \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\Delta = 2xy \times \frac{\sqrt{3}}{2} = xy\sqrt{3}.$

(B) ધારો કે બાજુઓ $a = x^2 + x + 1$,$b = 2x + 1$,અને $c = x^2 - 1$ છે.
સૌથી મોટી બાજુ સામેનો ખૂણો સૌથી મોટો હોય છે. $x > 1$ માટે,$x^2 + x + 1$ સૌથી મોટી બાજુ છે.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos \theta = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.
ગણતરી કરતા,$\cos \theta = -\frac{1}{2}$ મળે છે.
તેથી,$\theta = 120^o$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot \frac{B}{2} = \sqrt{\frac{s(s-b)}{(s-a)(s-c)}}$ અને $\cot \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{s(s-c)}{(s-a)(s-b)}}.$
તેમનો ગુણાકાર કરતા,$\cot \frac{B}{2} \cot \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{s(s-b)}{(s-a)(s-c)} \times \frac{s(s-c)}{(s-a)(s-b)}} = \sqrt{\frac{s^2}{(s-a)^2}} = \frac{s}{s-a}.$
આપેલ છે કે $3a = b + c,$ બંને બાજુ $a$ ઉમેરતા $a + b + c = 4a$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $2s = 4a,$ તેથી $s = 2a.$
$s = 2a$ ની કિંમત મૂકતા,$\frac{2a}{2a - a} = \frac{2a}{a} = 2.$

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $a = 2R \sin A,$ $b = 2R \sin B,$ અને $c = 2R \sin C.$
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણ $8R^2 = a^2 + b^2 + c^2$ માં મૂકતા,
$8R^2 = (2R \sin A)^2 + (2R \sin B)^2 + (2R \sin C)^2$
$8R^2 = 4R^2(\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C)$
$2 = \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C$
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,
$2 = (1 - \cos^2 A) + (1 - \cos^2 B) + \sin^2 C$
$2 = 2 - \cos^2 A - \cos^2 B + \sin^2 C$
$\cos^2 A + \cos^2 B = \sin^2 C = 1 - \cos^2 C$
$\cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C = 1$
$\cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C = 1 - 2 \cos A \cos B \cos C$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,
$1 = 1 - 2 \cos A \cos B \cos C$
$2 \cos A \cos B \cos C = 0$
આનો અર્થ એ છે કે $\cos A = 0$ અથવા $\cos B = 0$ અથવા $\cos C = 0.$
તેથી,$A = \frac{\pi}{2}$ અથવા $B = \frac{\pi}{2}$ અથવા $C = \frac{\pi}{2}.$
આમ,ત્રિકોણ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(B) ધારો કે $\Delta$ એ $\Delta ABC$ નું ક્ષેત્રફળ છે અને $p_1, p_2, p_3$ એ અનુક્રમે $A, B, C$ માંથી દોરેલા વેધ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Delta = \frac{1}{2} p_1 a = \frac{1}{2} p_2 b = \frac{1}{2} p_3 c$.
તેથી,$p_1 = \frac{2\Delta}{a}, p_2 = \frac{2\Delta}{b}, p_3 = \frac{2\Delta}{c}$.
આપેલ છે કે $p_1, p_2, p_3$ સ્વરિત શ્રેણી $(H.P.)$ માં છે,
તેથી $\frac{1}{p_1}, \frac{1}{p_2}, \frac{1}{p_3}$ સમાંતર શ્રેણી $(A.P.)$ માં છે.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{a}{2\Delta}, \frac{b}{2\Delta}, \frac{c}{2\Delta}$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
આનો અર્થ એ છે કે $a, b, c$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$,તેથી $a = 2R \sin A, b = 2R \sin B, c = 2R \sin C$.
આમ,$2R \sin A, 2R \sin B, 2R \sin C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
તેથી,$\sin A, \sin B, \sin C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.

(B) આપેલ સમીકરણો:
$3 \sin P + 4 \cos Q = 6$ $(1)$
$4 \sin Q + 3 \cos P = 1$ $(2)$
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$(3 \sin P + 4 \cos Q)^2 + (4 \sin Q + 3 \cos P)^2 = 6^2 + 1^2$
$9 \sin^2 P + 16 \cos^2 Q + 24 \sin P \cos Q + 16 \sin^2 Q + 9 \cos^2 P + 24 \sin Q \cos P = 37$
$9(\sin^2 P + \cos^2 P) + 16(\sin^2 Q + \cos^2 Q) + 24 \sin(P + Q) = 37$
$25 + 24 \sin(P + Q) = 37$
$\sin(P + Q) = \frac{1}{2}$
$P + Q + R = \pi$ હોવાથી,$\sin(P + Q) = \sin R = \frac{1}{2}$.
તેથી $R = \frac{\pi}{6}$ અથવા $R = \frac{5\pi}{6}$.
જો $R = \frac{5\pi}{6}$ હોય,તો $P + Q = \frac{\pi}{6}$,જે સમીકરણ $(1)$ નું સમાધાન કરતું નથી.
તેથી,$R = \frac{\pi}{6}$.

(C) ધારો કે બાજુઓ $a = \sin \alpha$,$b = \cos \alpha$,અને $c = \sqrt{1 + \sin \alpha \cos \alpha}$ છે.
$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$\sin \alpha$ અને $\cos \alpha$ બંને ધન છે,અને $c$ એ સૌથી મોટી બાજુ છે કારણ કે $c^2 = 1 + \sin \alpha \cos \alpha > \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ ખૂણા $C$ માટે:
$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$
$\cos C = \frac{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha - (1 + \sin \alpha \cos \alpha)}{2 \sin \alpha \cos \alpha}$
$\cos C = \frac{1 - 1 - \sin \alpha \cos \alpha}{2 \sin \alpha \cos \alpha}$
$\cos C = \frac{-\sin \alpha \cos \alpha}{2 \sin \alpha \cos \alpha} = -\frac{1}{2}$
તેથી,$\cos C = -\frac{1}{2}$ હોવાથી,ખૂણો $C = 120^\circ$ થાય.