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

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} a p_1 = \frac{1}{2} b p_2 = \frac{1}{2} c p_3$ છે.
આથી,$p_1 = \frac{2\Delta}{a}$,$p_2 = \frac{2\Delta}{b}$,અને $p_3 = \frac{2\Delta}{c}$ મળે.
તેથી,$p_1^{-1} + p_2^{-1} - p_3^{-1} = \frac{1}{p_1} + \frac{1}{p_2} - \frac{1}{p_3} = \frac{a}{2\Delta} + \frac{b}{2\Delta} - \frac{c}{2\Delta}$ થાય.
આનું સાદું રૂપ $\frac{a + b - c}{2\Delta}$ મળે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{a + b + c}{2}$ હોવાથી,$a + b + c = 2s$ થાય,તેથી $a + b - c = (a + b + c) - 2c = 2s - 2c = 2(s - c)$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા,$\frac{2(s - c)}{2\Delta} = \frac{s - c}{\Delta}$ મળે.

(D) $\Delta ABC$ માં,સાઈન નિયમ મુજબ $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$ છે.
વિકલ્પ $(a)$ માટે: $a, \sin A, \sin B$ આપેલ છે. $\frac{a}{\sin A} = 2R$ પરથી,આપણને $R$ મળે છે. ત્યારબાદ $b = 2R \sin B$ અને $c = 2R \sin C = 2R \sin(180^{\circ} - (A+B)) = 2R \sin(A+B)$ મળે છે. આમ,ત્રિકોણ અનન્ય રીતે નક્કી થાય છે.
વિકલ્પ $(b)$ માટે: $a, b, c$ આપેલ છે. $SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,ત્રિકોણ અનન્ય રીતે નક્કી થાય છે.
વિકલ્પ $(c)$ માટે: $a, \sin B, R$ આપેલ છે. આપણી પાસે $b = 2R \sin B$ છે. હવે આપણી પાસે બે બાજુઓ $a, b$ અને પરિત્રિજ્યા $R$ છે. $\sin A = \frac{a}{2R}$ હોવાથી,ખૂણો $A$ નક્કી થાય છે. આમ,ત્રિકોણ અનન્ય રીતે નક્કી થાય છે.
વિકલ્પ $(d)$ માટે: $a, \sin A, R$ આપેલ છે. આપણી પાસે $\frac{a}{\sin A} = 2R$ છે. આ એક નિત્યસમ છે જે કોઈપણ ત્રિકોણ માટે સાચું છે. તે અન્ય બાજુઓ અથવા ખૂણાઓને નક્કી કરવા માટે પૂરતી માહિતી આપતું નથી. તેથી,ત્રિકોણ અનન્ય રીતે નક્કી થતો નથી.

(B) કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.
આને $c$ માં દ્વિઘાત સમીકરણ તરીકે ફરીથી ગોઠવતા: $c^2 - (2b\cos A)c + (b^2 - a^2) = 0$.
ધારો કે $c_1$ અને $c_2$ એ આ દ્વિઘાત સમીકરણના બે બીજ છે.
તેથી,બીજનો સરવાળો $c_1 + c_2 = 2b\cos A$ અને બીજનો ગુણાકાર $c_1 c_2 = b^2 - a^2$ થાય.
બીજો વચ્ચેનો તફાવત $|c_1 - c_2| = \sqrt{(c_1 + c_2)^2 - 4c_1 c_2}$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $|c_1 - c_2| = \sqrt{(2b\cos A)^2 - 4(b^2 - a^2)}$.
$|c_1 - c_2| = \sqrt{4b^2\cos^2 A - 4b^2 + 4a^2} = \sqrt{4a^2 - 4b^2(1 - \cos^2 A)}$.
કારણ કે $1 - \cos^2 A = \sin^2 A$,તેથી $|c_1 - c_2| = \sqrt{4a^2 - 4b^2\sin^2 A} = 2\sqrt{a^2 - b^2\sin^2 A}$.

(A) સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે $\frac{\sin A}{a} = \frac{\sin B}{b}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $a \sin B = b \sin A$.
વિકલ્પ $(A)$ પરથી,$b \sin A = a$,તેથી $a \sin B = a$,જે $\sin B = 1$ આપે છે,એટલે કે $B = \frac{\pi}{2}$.
કારણ કે $A < \frac{\pi}{2}$,ખૂણાઓનો સરવાળો $A + B < \pi$ થાય છે,તેથી ત્રિકોણ $ABC$ શક્ય છે.
વિકલ્પ $(B)$ પરથી,$b \sin A > a$,જેનો અર્થ છે કે $a \sin B > a$,અથવા $\sin B > 1$,જે અશક્ય છે.
તે જ રીતે,વિકલ્પ $(C)$ માટે,$b \sin A > a$ એ $\sin B > 1$ તરફ દોરી જાય છે,જે પણ અશક્ય છે.

(A) આપેલ પરિમિતિ માટે,સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ મહત્તમ હોય છે.
ધારો કે બાજુઓ $a, b, c$ છે. પરિમિતિ $2s = a + b + c$ છે,તેથી અર્ધ-પરિમિતિ $s$ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણ માટે,$a = b = c = \frac{2s}{3}$.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $A_{max} = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(\frac{2s}{3}\right)^2 = \frac{s^2}{3\sqrt{3}}$.
કોઈપણ ત્રિકોણ માટે જેની પરિમિતિ $2s$ હોય,તેનું ક્ષેત્રફળ $A \le A_{max}$ થાય,તેથી $A \le \frac{s^2}{3\sqrt{3}}$.

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

(A) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$LHS = \frac{2R \sin A \cos A + 2R \sin B \cos B + 2R \sin C \cos C}{2R \sin A + 2R \sin B + 2R \sin C}$
$= \frac{\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C}{2(\sin A + \sin B + \sin C)}$
નિત્યસમ $\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4 \sin A \sin B \sin C$ અને $\sin A + \sin B + \sin C = 4 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$LHS = \frac{4 \sin A \sin B \sin C}{2(4 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2})}$
$= \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} = \frac{r}{R}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$ વગેરેનો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા $R = k(4R)$ મળે છે.
તેથી,$k = 1/4$.

(C) આપેલ છે કે $\cos 3A + \cos 3B + \cos 3C = 1$.
ત્રિકોણમાં $A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\cos 3A + \cos 3B + \cos 3C = 1 - 4 \sin \frac{3A}{2} \sin \frac{3B}{2} \sin \frac{3C}{2} = 1$.
આથી $4 \sin \frac{3A}{2} \sin \frac{3B}{2} \sin \frac{3C}{2} = 0$.
તેથી $\sin \frac{3A}{2} = 0$ અથવા $\sin \frac{3B}{2} = 0$ અથવા $\sin \frac{3C}{2} = 0$.
$\sin \frac{3A}{2} = 0$ માટે,$\frac{3A}{2} = \pi \Rightarrow A = \frac{2\pi}{3} = 120^\circ$.
એક ખૂણો $120^\circ$ હોવાથી,જે $90^\circ$ કરતા મોટો છે,તેથી ત્રિકોણ ગુરુકોણ ત્રિકોણ છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $cot\, \frac{B}{2} = \sqrt{\frac{s(s-b)}{(s-a)(s-c)}}$ અને $cot\, \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{s(s-c)}{(s-a)(s-b)}}$.
આ બંનેનો ગુણાકાર કરતા:
$cot\, \frac{B}{2} \cdot cot\, \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{s(s-b)}{(s-a)(s-c)} \cdot \frac{s(s-c)}{(s-a)(s-b)}} = \sqrt{\frac{s^2}{(s-a)^2}} = \frac{s}{s-a}$.
આપેલ છે કે $b + c = 3a$,તેથી પરિમિતિ $2s = a + b + c = a + 3a = 4a$,એટલે કે $s = 2a$.
$s = 2a$ ને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{s}{s-a} = \frac{2a}{2a-a} = \frac{2a}{a} = 2$.

(A) ધારો કે $R$ એ $\Delta ABC$ ની પરિત્રિજ્યા છે. પરિકેન્દ્રથી બાજુ $a$ પરના લંબનું અંતર $f = R \cos A$ છે.
તે જ રીતે,$g = R \cos B$ અને $h = R \cos C$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
તેથી,$\frac{a}{f} = \frac{2R \sin A}{R \cos A} = 2 \tan A$.
તે જ રીતે,$\frac{b}{g} = 2 \tan B$ અને $\frac{c}{h} = 2 \tan C$.
આ કિંમતોને આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા: $2 \tan A + 2 \tan B + 2 \tan C = \lambda \frac{(2R \sin A)(2R \sin B)(2R \sin C)}{(R \cos A)(R \cos B)(R \cos C)}$.
$2(\tan A + \tan B + \tan C) = \lambda \cdot 8 \tan A \tan B \tan C$.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,$\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C$.
તેથી,$2(\tan A \tan B \tan C) = 8 \lambda (\tan A \tan B \tan C)$.
$2 = 8 \lambda \Rightarrow \lambda = 1/4$.

(D) આપેલ છે $b = a(\sqrt{3} - 1)$ અને $\angle C = 30^o$.
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^o$ હોવાથી,$\angle A + \angle B = 150^o$.
નેપિયરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\tan\left(\frac{A - B}{2}\right) = \frac{a - b}{a + b} \cot\left(\frac{C}{2}\right)$.
$b = a(\sqrt{3} - 1)$ મૂકતા:
$\frac{a - a(\sqrt{3} - 1)}{a + a(\sqrt{3} - 1)} = \frac{2 - \sqrt{3}}{\sqrt{3}}$.
વળી,$\cot(15^o) = 2 + \sqrt{3}$.
તેથી,$\tan\left(\frac{A - B}{2}\right) = \left(\frac{2 - \sqrt{3}}{\sqrt{3}}\right)(2 + \sqrt{3}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આમ,$\frac{A - B}{2} = 30^o$,એટલે કે $A - B = 60^o$.
$A + B = 150^o$ અને $A - B = 60^o$ ઉકેલતા,$2A = 210^o$,તેથી $A = 105^o$.

(C) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$,જ્યાં $R$ એ પરિત્રિજ્યા છે.
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{\cos A}{2R \sin A} = \frac{\cos B}{2R \sin B} = \frac{\cos C}{2R \sin C}$.
આનું સાદું રૂપ $\cot A = \cot B = \cot C$ થાય છે.
કારણ કે $A, B, C$ એ ત્રિકોણના ખૂણા છે,આનો અર્થ એ થાય કે $A = B = C$.
તેથી,ત્રિકોણ સમબાજુ છે.

(A) આપેલ છે $\frac{\sin A}{\sin C} = \frac{\sin (A - B)}{\sin (B - C)}$.
સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\sin A = \frac{a}{2R}$,$\sin B = \frac{b}{2R}$,અને $\sin C = \frac{c}{2R}$.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં $A + B + C = \pi$ હોવાથી,$\sin A = \sin(B + C)$ અને $\sin C = \sin(A + B)$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{\sin(B + C)}{\sin(A + B)} = \frac{\sin(A - B)}{\sin(B - C)}$
$\sin(B + C) \sin(B - C) = \sin(A + B) \sin(A - B)$
$\sin^2 B - \sin^2 C = \sin^2 A - \sin^2 B$
$2 \sin^2 B = \sin^2 A + \sin^2 C$
$(2R)^2$ વડે ગુણતા:
$2b^2 = a^2 + c^2$
તેથી,$a^2, b^2, c^2$ એ $A.P.$ માં છે.

(D) કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$,$\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$,અને $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$.
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણમાં મુકતા:
$\frac{2(b^2+c^2-a^2)}{2abc} + \frac{a^2+c^2-b^2}{2abc} + \frac{2(a^2+b^2-c^2)}{2abc} = \frac{a^2+b^2}{abc}$
$2abc$ વડે ગુણતા:
$2(b^2+c^2-a^2) + (a^2+c^2-b^2) + 2(a^2+b^2-c^2) = 2(a^2+b^2)$
$2b^2 + 2c^2 - 2a^2 + a^2 + c^2 - b^2 + 2a^2 + 2b^2 - 2c^2 = 2a^2 + 2b^2$
$3b^2 + c^2 + a^2 = 2a^2 + 2b^2$
$b^2 + c^2 = a^2$
$b^2 + c^2 = a^2$ હોવાથી,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$\angle A = 90^{\circ}$ અથવા $\frac{\pi}{2}$ થાય.

(C) આપેલ છે $r_1 = 2r_2 = 2r_3$.
બહિર ત્રિજ્યાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{\Delta}{s-a} = \frac{2\Delta}{s-b} = \frac{2\Delta}{s-c}$.
$2r_2 = 2r_3$ પરથી,આપણને $s-b = s-c$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $b = c$.
$r_1 = 2r_2$ પરથી,આપણી પાસે $\frac{\Delta}{s-a} = \frac{2\Delta}{s-b}$ છે,તેથી $s-b = 2(s-a)$.
$s = \frac{a+b+c}{2}$ અને $b=c$ મૂકતા:
$\frac{a+c-b}{2} = 2(\frac{b+c-a}{2})$.
$b=c$ હોવાથી,આ સાદું રૂપ આપતા $\frac{a}{2} = 2(\frac{2b-a}{2}) = 2b-a$ મળે છે.
$a = 4b - 2a$,જે $3a = 4b$ આપે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે બહિરવૃત્તોની ત્રિજ્યાઓ $r_1 = s \tan \frac{A}{2}$,$r_2 = s \tan \frac{B}{2}$,અને $r_3 = s \tan \frac{C}{2}$ છે.
ત્રિજ્યાઓનો સરવાળો: $\sum r_1 = s(\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2})$.
વળી,$\sum r_1 r_2 = s^2(\tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2} + \tan \frac{C}{2} \tan \frac{A}{2})$.
કોઈપણ ત્રિકોણ $ABC$ માટે નિત્યસમ $\sum \tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sum r_1 r_2 = s^2(1) = s^2$ મળે છે.
તેથી,$\frac{\sum r_1}{\sqrt{\sum r_1 r_2}} = \frac{s \sum \tan \frac{A}{2}}{\sqrt{s^2}} = \sum \tan \frac{A}{2}$.

(B) સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$ મળે.
તેથી,પદાવલિ $(a(2R) + b(2R) + c(2R)) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ બને.
$= 2R(a + b + c) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$.
$a+b+c = 2s$ હોવાથી,$2R(2s) \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} = 4Rs \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ મળે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} = \frac{r}{4R}$,જ્યાં $r$ એ અંતઃત્રિજ્યા છે.
આ કિંમત મૂકતા,$4Rs \left( \frac{r}{4R} \right) = rs$ મળે.
$\Delta = rs$ હોવાથી,પદાવલિનું સાદું રૂપ $\Delta$ થાય.

(B) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $A, B,$ અને $C$ છે. આપેલ છે કે $\sin A = \frac{5}{13}$ અને $\sin B = \frac{99}{101}$.
ત્રિકોણના ખૂણાઓ હોવાથી,$\cos A = \sqrt{1 - \sin^2 A} = \sqrt{1 - \frac{25}{169}} = \frac{12}{13}$.
તે જ રીતે,$\cos B = \sqrt{1 - \sin^2 B} = \sqrt{1 - \frac{9801}{10201}} = \frac{20}{101}$.
ત્રિકોણમાં,$A + B + C = 180^{\circ}$,તેથી $C = 180^{\circ} - (A + B)$.
તેથી,$\cos C = \cos(180^{\circ} - (A + B)) = -\cos(A + B)$.
સૂત્ર $\cos(A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos C = \sin A \sin B - \cos A \cos B$.
કિંમતો મૂકતા:
$\cos C = \left(\frac{5}{13} \times \frac{99}{101}\right) - \left(\frac{12}{13} \times \frac{20}{101}\right) = \frac{495}{1313} - \frac{240}{1313} = \frac{255}{1313}$.

(B) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ ની સામેની બાજુઓ અનુક્રમે $a, b, c$ છે. અહીં $a = 6, b = 5, c = 4$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} a h_1 = \frac{1}{2} b h_2 = \frac{1}{2} c h_3$.
તેથી,$h_1 = \frac{2\Delta}{a}, h_2 = \frac{2\Delta}{b}, h_3 = \frac{2\Delta}{c}$.
અભિવ્યક્તિમાં કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} - \frac{1}{h_3} = \frac{a+b-c}{2\Delta}$.
હેરોનનું સૂત્ર વાપરતા,અર્ધ-પરિમિતિ $s = 7.5$ અને ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{15\sqrt{7}}{4}$.
કિંમત મૂકતા: $\frac{6+5-4}{2 \times \frac{15\sqrt{7}}{4}} = \frac{7}{\frac{15\sqrt{7}}{2}} = \frac{2\sqrt{7}}{15}$.

(B) સૌ પ્રથમ,બાજુ $a$ શોધવા માટે કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ:
$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A$
$a^2 = 2^2 + (\sqrt{3})^2 - 2(2)(\sqrt{3}) \cos(\frac{\pi}{6})$
$a^2 = 4 + 3 - 4\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}$
$a^2 = 7 - 6 = 1$
$a = 1$
હવે,પરિત્રિજ્યા $R$ માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ:
$R = \frac{a}{2 \sin A}$
$R = \frac{1}{2 \sin(\frac{\pi}{6})}$
$R = \frac{1}{2 \times (1/2)} = 1$

(A) ધારો કે ચક્રીય ચતુષ્કોણ $ABCD$ છે જેમાં બાજુઓ $AB=5$,$AD=2$,$BC=3$ અને $\angle DAB = 60^{\circ}$ છે.
$\triangle ABD$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$BD^{2} = AB^{2} + AD^{2} - 2(AB)(AD)\cos(60^{\circ})$
$BD^{2} = 5^{2} + 2^{2} - 2(5)(2)(\frac{1}{2})$
$BD^{2} = 25 + 4 - 10 = 19$.
ચક્રીય ચતુષ્કોણમાં સામસામેના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે. તેથી,$\angle BCD = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.
$\triangle BCD$ માં,ધારો કે $CD = x$. કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$BD^{2} = BC^{2} + CD^{2} - 2(BC)(CD)\cos(120^{\circ})$
$19 = 3^{2} + x^{2} - 2(3)(x)(-\frac{1}{2})$
$19 = 9 + x^{2} + 3x$
$x^{2} + 3x - 10 = 0$
$(x+5)(x-2) = 0$
$x$ ધન હોવું જોઈએ,તેથી $x = 2$.

(A) આપેલ છે કે $8 \Delta = (b + c)(bc + 1)$.
$\Delta = \frac{1}{2} bc \sin A$ હોવાથી,$8 \cdot \frac{1}{2} bc \sin A = (b + c)(bc + 1)$.
$4 bc \sin A = (b + c)(bc + 1)$.
$bc$ વડે ભાગતા,$4 \sin A = (b + c) \left(1 + \frac{1}{bc}\right) = b + \frac{1}{b} + c + \frac{1}{c}$.
$AM$-$GM$ અસમતા મુજબ,$b + \frac{1}{b} \ge 2$ અને $c + \frac{1}{c} \ge 2$,તેથી $b + \frac{1}{b} + c + \frac{1}{c} \ge 4$.
$\sin A \le 1$ હોવાથી,$4 \sin A \le 4$.
આમ,સમાનતા ત્યારે જ મળે જ્યારે $b = 1, c = 1$ અને $\sin A = 1$,જેનો અર્થ છે કે $A = 90^\circ$.
આ કિસ્સામાં,બાજુઓ $b = 1, c = 1$ અને $a = \sqrt{b^2 + c^2} = \sqrt{2}$ છે.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$.
પરિત્રિજ્યા $R = \frac{a}{2 \sin A} = \frac{\sqrt{2}}{2 \cdot 1} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$\Delta = \frac{1}{2}$ હોવાથી,$\sqrt{\Delta} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$R = \sqrt{\Delta}$.

(A) ધારો કે $AB = c = 13$,$AC = b = 15$,અને $BC = a$. ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = 84$ છે.
ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળના સૂત્ર મુજબ,$\Delta = \frac{1}{2} \times b \times c \times \sin(A)$,તેથી $84 = \frac{1}{2} \times 15 \times 13 \times \sin(A)$.
$\sin(A) = \frac{168}{195} = \frac{56}{65}$.
$\cos(A) = \pm \sqrt{1 - (\frac{56}{65})^2} = \pm \frac{33}{65}$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos(A) = 394 - 390 \cos(A)$.
કિસ્સો $1$: $\cos(A) = \frac{33}{65}$,$a^2 = 196$,તેથી $a = 14$.
કિસ્સો $2$: $\cos(A) = -\frac{33}{65}$,$a^2 = 592$,તેથી $a = 4\sqrt{37}$.
વિકલ્પો મુજબ,$14$ એ $BC$ માટે શક્ય કિંમત છે.

(C) કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos A$
આપેલ છે $b = 2$,$c = \sqrt{3}$,અને $\angle A = \frac{\pi}{6}$:
$a^2 = (2)^2 + (\sqrt{3})^2 - 2(2)(\sqrt{3}) \cos(\frac{\pi}{6})$
$a^2 = 4 + 3 - 4\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$
$a^2 = 7 - 6 = 1$
$a = 1$
સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $R = \frac{a}{2 \sin A}$
$R = \frac{1}{2 \sin(\frac{\pi}{6})} = \frac{1}{2 \cdot (1/2)} = 1$

(A) ધારો કે $r$ એ અંતઃત્રિજ્યા છે અને $r_a$ એ શિરોબિંદુ $A$ ની સામેની બહિઃત્રિજ્યા છે. આપણને $r = 3$ અને $r_a = 4$ આપેલ છે.
સૂત્રો $r = \frac{\Delta}{s}$ અને $r_a = \frac{\Delta}{s-a}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\Delta$ એ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ છે અને $s$ એ અર્ધ-પરિમિતિ છે,આપણને મળે છે:
$\frac{\Delta}{s} = 3$ અને $\frac{\Delta}{s-a} = 4$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા,$\frac{s-a}{s} = \frac{3}{4}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $1 - \frac{a}{s} = \frac{3}{4}$,તેથી $\frac{a}{s} = \frac{1}{4}$.
ક્ષેત્રફળના સૂત્ર $\Delta = \frac{1}{2} a h_a$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $h_a$ એ $A$ માંથી દોરેલો વેધ છે,આપણને $r = \frac{\Delta}{s} = \frac{a h_a}{2s} = 3$ મળે છે,તેથી $h_a = \frac{6s}{a}$.
આમ,$\frac{s}{a} = 4$ હોવાથી,$h_a = 6 \times 4 = 24$ એકમ થાય.

(A) બહિર ત્રિજ્યાઓ $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,અને $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\Delta$ એ ક્ષેત્રફળ છે અને $s$ એ અર્ધ-પરિમિતિ છે.
આપેલ છે કે $r_1 > r_2 > r_3$,તેથી:
$\frac{\Delta}{s-a} > \frac{\Delta}{s-b} > \frac{\Delta}{s-c}$
$\Delta > 0$ હોવાથી,વ્યસ્ત લેતા અસમતા ઉલટાઈ જાય છે:
$s-a < s-b < s-c$
બધા પદોમાંથી $s$ બાદ કરતા:
$-a < -b < -c$
$-1$ વડે ગુણતા અસમતા ફરીથી ઉલટાઈ જાય છે:
$a > b > c$

(C) ત્રિકોણમાં શિરોબિંદુ $A$ થી લંબકેન્દ્ર $H$ નું અંતર $AH = 2R \cos A$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = 2R$,જેનો અર્થ છે કે $2R = \frac{a}{\sin A}$.
આ કિંમત $AH$ ના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $AH = \frac{a}{\sin A} \times \cos A = a \cot A$ મળે છે.
અહીં $a = 8 \text{ cm}$ અને $\angle A = 30^\circ$ આપેલ છે,તેથી $AH = 8 \times \cot(30^\circ)$.
કારણ કે $\cot(30^\circ) = \sqrt{3}$,તેથી $AH = 8\sqrt{3} \text{ cm}$ મળે છે.

(B) આપેલ પદાવલિ: $E = \frac{b \sin(C - A)}{c^2 - a^2} + \frac{c \sin(A - B)}{a^2 - b^2}$.
સાઇન 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 $c = 2R \sin C$.
છેદમાં કિંમત મૂકતા $c^2 - a^2 = 4R^2(\sin^2 C - \sin^2 A) = 4R^2 \sin(C - A) \sin(C + A)$.
$A + B + C = \pi$ હોવાથી,$\sin(C + A) = \sin(\pi - B) = \sin B$.
તેથી,$c^2 - a^2 = 4R^2 \sin(C - A) \sin B$.
પ્રથમ પદમાં કિંમત મૂકતા: $\frac{b \sin(C - A)}{4R^2 \sin(C - A) \sin B} = \frac{2R \sin B \sin(C - A)}{4R^2 \sin(C - A) \sin B} = \frac{1}{2R}$.
તે જ રીતે,બીજા પદ માટે: $\frac{c \sin(A - B)}{a^2 - b^2} = \frac{2R \sin C \sin(A - B)}{4R^2 \sin(A - B) \sin C} = \frac{1}{2R}$.
બંનેનો સરવાળો કરતા: $\frac{1}{2R} + \frac{1}{2R} = \frac{1}{R}$.

(D) આપેલ છે કે પરિમિતિ $a+b+c = 6 \times \frac{\sin A + \sin B + \sin C}{3}$.
સાઈન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$,જ્યાં $R$ એ પરિત્રિજ્યા છે.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા: $2R(\sin A + \sin B + \sin C) = 2(\sin A + \sin B + \sin C)$.
આથી $2R = 2$,એટલે કે $R = 1$.
કારણ કે $a = 2R \sin A$ અને $a = 1$,તેથી $1 = 2(1) \sin A$.
તેથી,$\sin A = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\angle A = \frac{\pi}{6}$ (અથવા $30^{\circ}$).

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \frac{A}{2} \tan \frac{C}{2} = \frac{s-b}{s}$ થાય છે.
$a, b, c$ એ $A.P.$ માં હોવાથી,$2b = a + c$ થાય.
બંને બાજુ $b$ ઉમેરતા,$3b = a + b + c = 2s$,તેથી $b = \frac{2s}{3}$ મળે.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\tan \frac{A}{2} \tan \frac{C}{2} = \frac{s - \frac{2s}{3}}{s} = \frac{\frac{s}{3}}{s} = \frac{1}{3}$.

(B) આપેલ છે કે $\angle C = 90^{\circ}$,$\Delta ABC$ માં,$a = c \sin A$ અને $b = c \sin B$ થાય.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{a^{2} + b^{2}}{a^{2} - b^{2}} \sin(A - B) = \frac{c^{2} \sin^{2} A + c^{2} \sin^{2} B}{c^{2} \sin^{2} A - c^{2} \sin^{2} B} \sin(A - B)$
$= \frac{\sin^{2} A + \sin^{2} B}{\sin^{2} A - \sin^{2} B} \sin(A - B)$
નિત્યસમ $\sin^{2} A - \sin^{2} B = \sin(A + B) \sin(A - B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{\sin^{2} A + \sin^{2} B}{\sin(A + B) \sin(A - B)} \sin(A - B)$
અહીં $A + B = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\sin(A + B) = \sin 90^{\circ} = 1$ અને $\sin A = \cos B$ થાય:
$= \frac{\cos^{2} B + \sin^{2} B}{1} = 1$.

(C) આપેલ છે કે $A : B : C = 3 : 5 : 4$. ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$3x + 5x + 4x = 180^{\circ}$,તેથી $12x = 180^{\circ}$,એટલે કે $x = 15^{\circ}$.
તેથી,$A = 45^{\circ}, B = 75^{\circ}, C = 60^{\circ}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin 45^{\circ}} = \frac{b}{\sin 75^{\circ}} = \frac{c}{\sin 60^{\circ}} = K$.
તેથી $a = \frac{K}{\sqrt{2}}$,$b = K \left( \frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}} \right)$,અને $c = K \frac{\sqrt{3}}{2}$.
હવે,$a + b + c \sqrt{2} = \frac{K}{\sqrt{2}} + K \left( \frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}} \right) + K \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{2} = \frac{3K(\sqrt{3}+1)}{2\sqrt{2}}$.
આમ,$a + b + c \sqrt{2} = 3b$.

(B) આપેલ છે $\sin^{2} A + \sin^{2} B + \sin^{2} C = 2$.
$\sin^{2} \theta = 1 - \cos^{2} \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1 - \cos^{2} A) + \sin^{2} B + \sin^{2} C = 2$
$\sin^{2} B + \sin^{2} C - \cos^{2} A = 1$
$\sin^{2} B + \sin^{2} C = 1 - \cos(B+C)\cos(B-C)$ અને $\cos A = -\cos(B+C)$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$1 - \cos(B+C)\cos(B-C) - \cos^{2} A = 1$
$-\cos(B+C)\cos(B-C) - \cos^{2} A = 0$
$\cos A \cos(B-C) - \cos^{2} A = 0$
$\cos A [\cos(B-C) - \cos A] = 0$
$\cos A [\cos(B-C) + \cos(B+C)] = 0$
$\cos A [2 \cos B \cos C] = 0$
આનો અર્થ એ છે કે $\cos A = 0$ અથવા $\cos B = 0$ અથવા $\cos C = 0$.
આમ,કોઈ એક ખૂણો $90^{\circ}$ હોવો જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(C) $\Delta ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ છે. આપેલ છે કે $\angle B = 120^{\circ}$ અને $\angle C = \angle A = \theta$,તેથી $120^{\circ} + 2\theta = 180^{\circ}$,એટલે કે $2\theta = 60^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = 30^{\circ}$.
$B$ માંથી $AC$ પર લંબ $BM$ દોરો. $\Delta ABC$ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,$M$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $CM = 5 \, m$.
કાટકોણ $\Delta BMC$ માં,$\cos 30^{\circ} = \frac{CM}{BC}$.
$\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{5}{a}$.
$a = \frac{10}{\sqrt{3}} = \frac{10 \sqrt{3}}{3} \, m$.
ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ હોવાથી,$a = c = \frac{10 \sqrt{3}}{3} \, m$.

(A) આપેલ છે કે $\frac{a}{b} = 2 + \sqrt{3}$ અને $\angle C = 60^\circ$.
ટેન્જન્ટના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\tan\left(\frac{A-B}{2}\right) = \frac{a-b}{a+b} \cot\left(\frac{C}{2}\right)$.
$\frac{a-b}{a+b} = \frac{(2+\sqrt{3})b - b}{(2+\sqrt{3})b + b} = \frac{1+\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
$\cot\left(\frac{60^\circ}{2}\right) = \cot(30^\circ) = \sqrt{3}$.
તેથી,$\tan\left(\frac{A-B}{2}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}} \times \sqrt{3} = 1$.
$\frac{A-B}{2} = 45^\circ \implies A-B = 90^\circ$.
$A+B+C = 180^\circ$ અને $C = 60^\circ$ હોવાથી,$A+B = 120^\circ$.
$A-B = 90^\circ$ અને $A+B = 120^\circ$ ઉકેલતા,$2A = 210^\circ \implies A = 105^\circ$ અને $B = 15^\circ$ મળે.
આમ,ક્રમિત જોડ $(105^\circ, 15^\circ)$ છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણ $ABC$ માં $\frac{b+c}{11}=\frac{c+a}{12}=\frac{a+b}{13}=K$ છે.
$\Rightarrow b+c=11K, c+a=12K, a+b=13K$.
આ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2(a+b+c) = 36K \Rightarrow a+b+c = 18K$.
દરેક સમીકરણને સરવાળામાંથી બાદ કરતા:
$a = 18K - 11K = 7K$.
$b = 18K - 12K = 6K$.
$c = 18K - 13K = 5K$.
કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\cos A = \frac{(6K)^2 + (5K)^2 - (7K)^2}{2(6K)(5K)} = \frac{36K^2 + 25K^2 - 49K^2}{60K^2} = \frac{12K^2}{60K^2} = \frac{1}{5}$.

(A) આપેલ છે કે $\angle A + \angle B = 120^{\circ}$ અને $\frac{a}{b} = \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{\sin A}{\sin B} = \frac{a}{b} = 2+\sqrt{3}$.
$\angle B = 120^{\circ} - A$ હોવાથી,$\frac{\sin A}{\sin(120^{\circ}-A)} = 2+\sqrt{3}$.
આ સમીકરણ ઉકેલતા,$\cot A = \sqrt{3}-2$ મળે છે.
આથી,$A = 105^{\circ}$ અને $B = 15^{\circ}$.
તેથી,ગુણોત્તર $A : B = 105^{\circ} : 15^{\circ} = 7 : 1$ થાય.

(B) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a, b,$ અને $c$ છે. આપેલ છે કે $a + b = x$ અને $ab = y$.
શરત $x^2 - c^2 = y$ માં $x = a + b$ મૂકતા:
$(a + b)^2 - c^2 = ab$
$a^2 + b^2 + 2ab - c^2 = ab$
$a^2 + b^2 - c^2 = -ab$
$2ab$ વડે ભાગતા:
$\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} = -\frac{1}{2}$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$,તેથી $\cos C = -\frac{1}{2}$.
આમ,$C = 120^\circ$ અથવા $\frac{2\pi}{3}$ રેડિયન.
તેથી $\sin C = \sin(120^\circ) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{c}{\sin C} = 2R$,જ્યાં $R$ એ પરિત્રિજ્યા છે:
$R = \frac{c}{2 \sin C} = \frac{c}{2(\frac{\sqrt{3}}{2})} = \frac{c}{\sqrt{3}}$.

(A) ધારો કે $\frac{b+c}{11} = \frac{c+a}{12} = \frac{a+b}{13} = k$.
સરવાળો કરતા $2(a+b+c) = 36k$,તેથી $a+b+c = 18k$.
દરેક સમીકરણને બાદ કરતા:
$a = 7k, b = 6k, c = 5k$.
કોસાઇન નિયમ મુજબ $\cos A = \frac{1}{5}, \cos B = \frac{19}{35}, \cos C = \frac{5}{7}$.
$\frac{\cos A}{\alpha} = \frac{\cos B}{\beta} = \frac{\cos C}{\gamma}$ હોવાથી,
$\alpha : \beta : \gamma = 7 : 19 : 25$ મળે છે.

(N/A) ધારો કે એક ત્રિકોણ $ABC$ છે જેમાં બાજુઓ $a, b, c$ એ શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ ની સામે છે. શિરોબિંદુ $B$ માંથી બાજુ $AC$ પર લંબ $BD$ દોરો. ધારો કે $D$ એ $AC$ પરનું બિંદુ છે જેથી $BD \perp AC$ થાય.
કાટ્રિકોણ $ABD$ માં,આપણી પાસે છે:
$AD = c \cos A$
$BD = c \sin A$
$AC = b$ હોવાથી,લંબાઈ $CD = AC - AD = b - c \cos A$ થાય.
હવે,કાટકોણ ત્રિકોણ $BDC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$BC^{2} = BD^{2} + CD^{2}$
$a^{2} = (c \sin A)^{2} + (b - c \cos A)^{2}$
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$a^{2} = c^{2} \sin^{2} A + b^{2} + c^{2} \cos^{2} A - 2bc \cos A$
નિત્યસમ $\sin^{2} A + \cos^{2} A = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$a^{2} = b^{2} + c^{2}(\sin^{2} A + \cos^{2} A) - 2bc \cos A$
$a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc \cos A$
$\cos A$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$2bc \cos A = b^{2} + c^{2} - a^{2}$
$\cos A = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2bc}$

(A) આપેલ છે કે $\frac{a+b}{7} = \frac{b+c}{8} = \frac{c+a}{9} = \lambda$.
તેથી $a+b = 7\lambda$,$b+c = 8\lambda$,અને $c+a = 9\lambda$.
આ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,$2(a+b+c) = 24\lambda$,તેથી $a+b+c = 12\lambda$.
આ સમીકરણો પરથી $c = 5\lambda$,$a = 4\lambda$,અને $b = 3\lambda$ મળે છે.
અહીં $a^2 + b^2 = (4\lambda)^2 + (3\lambda)^2 = 25\lambda^2 = c^2$ હોવાથી,આ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle C = 90^{\circ}$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ માટે,પરિત્રિજ્યા $R = \frac{c}{2} = \frac{5\lambda}{2}$ અને અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{a+b-c}{2} = \frac{4\lambda+3\lambda-5\lambda}{2} = \lambda$.
તેથી,$\frac{R}{r} = \frac{5\lambda/2}{\lambda} = \frac{5}{2}$.

(C) ધારો કે $\angle ABC = \theta$,તો $\angle ACB = 2\theta$. ધારો કે $\angle BAC = 180^{\circ} - 3\theta$ અને $BC = x$ છે.
$\triangle ABC$ માં સાઈન નિયમ મુજબ:
$\frac{9}{\sin \theta} = \frac{15}{\sin 2\theta} = \frac{x}{\sin 3\theta}$
$\frac{9}{\sin \theta} = \frac{15}{2 \sin \theta \cos \theta}$ પરથી,$\cos \theta = \frac{15}{18} = \frac{5}{6}$ મળે.
$\frac{x}{\sin 3\theta} = \frac{9}{\sin \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,$x = 9 \cdot \frac{\sin 3\theta}{\sin \theta} = 9(3 - 4 \sin^2 \theta)$.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}$ હોવાથી,$x = 9(3 - 4 \cdot \frac{11}{36}) = 9(3 - \frac{11}{9}) = 27 - 11 = 16$.
કોણ દ્વિભાજક પ્રમેય મુજબ,$D$ એ $BC$ નું $AB:AC = 15:9 = 5:3$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
તેથી,$BD = \frac{5}{5+3} \cdot BC = \frac{5}{8} \cdot 16 = 10$.

(B) ધારો કે $AB = c$ અને $AD = x$. ખૂણાના દ્વિભાજક પ્રમેય મુજબ,$\frac{AB}{BC} = \frac{AD}{CD}$,તેથી $\frac{c}{2} = \frac{x}{1}$,જેનો અર્થ છે કે $x = \frac{c}{2}$.
$\triangle BCD$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$BD^2 = BC^2 + CD^2 - 2(BC)(CD) \cos C$.
$\left(\frac{3}{\sqrt{2}}\right)^2 = 2^2 + 1^2 - 2(2)(1) \cos C \implies \frac{9}{2} = 5 - 4 \cos C \implies 4 \cos C = \frac{1}{2} \implies \cos C = \frac{1}{8}$.
$\triangle ABC$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$c^2 = AB^2 = BC^2 + AC^2 - 2(BC)(AC) \cos C$.
$c^2 = 2^2 + (x+1)^2 - 2(2)(x+1) \left(\frac{1}{8}\right)$.
$x = \frac{c}{2}$ મૂકતા,$c^2 = 4 + (\frac{c}{2}+1)^2 - (\frac{c}{2}+1) = 4 + \frac{c^2}{4} + c + 1 - \frac{c}{2} - 1 = \frac{c^2}{4} + \frac{c}{2} + 4$.
$\frac{3c^2}{4} - \frac{c}{2} - 4 = 0 \implies 3c^2 - 2c - 16 = 0$.
$(3c - 8)(c + 2) = 0$. $c > 0$ હોવાથી,$c = \frac{8}{3}$.
પરંતુ સ્ટુઅર્ટના પ્રમેય મુજબ $c=3$ મળે છે,તેથી પરિમિતિ $= 3 + 2 + (1.5 + 1) = 7.5 = \frac{15}{2}$.

(B) ધારો કે $AD$ એ બાજુ $BC$ પરની મધ્યગા છે. એપોલોનિયસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 + AC^2 = 2(AD^2 + BD^2)$
અહીં $a = BC = 8$ આપેલ છે,તેથી $BD = DC = 4$. તેમજ $m = AD = 6$.
ધારો કે $AC = b$ અને $AB = c$. આપેલ છે કે $b - c = 2$,તેથી $c = b - 2$.
આ કિંમતો પ્રમેયમાં મૂકતા:
$(b - 2)^2 + b^2 = 2(6^2 + 4^2)$
$b^2 - 4b + 4 + b^2 = 2(36 + 16)$
$2b^2 - 4b + 4 = 104$
$b^2 - 2b - 50 = 0$
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા $b = 1 + \sqrt{51} \approx 8.14$.
તેથી $b$ ની નજીકનો પૂર્ણાંક $8$ છે.

(C) ધારો કે $BC = 4x$. કારણ કે $BX = 3XC$ અને $BC = BX + XC$,તેથી $BX = 3x$ અને $XC = x$.
આપેલ છે કે $AB = BC$,તેથી $AB = 4x$.
$F$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$BF = AF = 2x$.
$\triangle BFX$ માં,$\angle BFX = 90^\circ$. તેથી,$\cos B = \frac{BF}{BX} = \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}$.
$\triangle ABC$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$\cos B = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2(AB)(BC)}$
$\frac{2}{3} = \frac{(4x)^2 + (4x)^2 - AC^2}{2(4x)(4x)}$
$\frac{2}{3} = \frac{32x^2 - AC^2}{32x^2}$
$64x^2 = 3(32x^2 - AC^2)$
$64x^2 = 96x^2 - 3AC^2$
$3AC^2 = 32x^2$
$AC^2 = \frac{32x^2}{3}$
$AC = \sqrt{\frac{32}{3}}x = 4x \sqrt{\frac{2}{3}}$
તેથી,$\frac{BC}{AC} = \frac{4x}{4x \sqrt{\frac{2}{3}}} = \sqrt{\frac{3}{2}}$.

(D) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ માં,$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે અને $AB = AD$ છે.
$AB = AD$ હોવાથી,$\angle B = \angle ADB$ મળે.
ધારો કે $\angle ADB = B$. તો $\angle ADC = \pi - B$. ધારો કે $\angle ADC = \theta$,તેથી $\theta = \pi - B$.
$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$BD = DC = 1$ (ગુણોત્તર $m:n = 1:1$ લેતા).
$\triangle ABC$ માં કોટેન્જન્ટ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$(m+n) \cot \theta = n \cot B - m \cot C$
$m=1, n=1$ અને $\theta = \pi - B$ મૂકતા:
$(1+1) \cot(\pi - B) = 1 \cdot \cot B - 1 \cdot \cot C$
$2(-\cot B) = \cot B - \cot C$
$-2 \cot B = \cot B - \cot C$
$\cot C = 3 \cot B$
$\frac{1}{\tan C} = \frac{3}{\tan B}$
$\frac{\tan B}{\tan C} = 3$.

(A) ધારો કે $\angle BAD = \angle DAE = \angle EAC = \theta$. તેથી,$\angle A = 3\theta$.
$AD$ વેધ હોવાથી,$\triangle ABD$ અને $\triangle ADC$ એ $D$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
$\triangle ABD$ માં,$\tan \theta = \frac{BD}{AD}$.
$\triangle ADE$ માં,$\tan \theta = \frac{DE}{AD}$.
$\tan \theta = \tan \theta$ હોવાથી,$BD = DE$ મળે. ધારો કે $BD = DE = x$.
$AE$ મધ્યગા હોવાથી,$BE = EC = 14$. તેથી,$DE = BE - BD = 14 - x$.
$DE$ માટેના બંને સમીકરણો સરખાવતા: $x = 14 - x$ $\Rightarrow 2x = 14$ $\Rightarrow x = 7$.
તેથી,$BD = 7$ અને $DE = 7$.
$\triangle ADC$ માં,$\angle DAC = 2\theta$,તેથી $\tan 2\theta = \frac{DC}{AD} = \frac{DE+EC}{AD} = \frac{7+14}{AD} = \frac{21}{AD}$.
$\triangle ABD$ માં,$\tan \theta = \frac{BD}{AD} = \frac{7}{AD}$.
બંને સમીકરણોનો ભાગાકાર કરતા: $\frac{\tan 2\theta}{\tan \theta} = \frac{21}{7} = 3$.
નિત્યસમ $\tan 2\theta = \frac{2\tan \theta}{1-\tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{2}{1-\tan^2 \theta} = 3$ મળે.
$2 = 3 - 3\tan^2 \theta$ $\Rightarrow 3\tan^2 \theta = 1$ $\Rightarrow \tan \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
તેથી,$\theta = 30^{\circ}$.
$\triangle ABD$ માં,$\sin 30^{\circ} = \frac{BD}{AB} = \frac{7}{AB} \Rightarrow AB = \frac{7}{1/2} = 14$.
$\triangle ADC$ માં,$\angle DAC = 60^{\circ}$,તેથી $\sin 60^{\circ} = \frac{DC}{AC} = \frac{21}{AC}$ $\Rightarrow AC = \frac{21}{\sqrt{3}/2} = \frac{42}{\sqrt{3}} = 14\sqrt{3}$.
$AB + AC = 14 + 14\sqrt{3} = 14(1 + 1.732) = 14(2.732) = 38.248$.
નજીકનો પૂર્ણાંક $38$ છે.

(C) આપેલ છે $AB=c=4, BC=a=5, CA=b=6$. બિંદુઓ $D, E, F$ એ $AB, BC, CA$ પર છે જેથી $AD=2, BE=2, CF=2$ થાય.
અહીં $BD = AB - AD = 4 - 2 = 2$,$CE = BC - BE = 5 - 2 = 3$,$AF = AC - CF = 6 - 2 = 4$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\Delta$.
$\triangle ADF$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \cdot AD \cdot AF \cdot \sin A = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4 \cdot \sin A = 4 \sin A$.
$\Delta = \frac{1}{2} bc \sin A = 12 \sin A$ હોવાથી,$\sin A = \frac{\Delta}{12}$.
તેથી,$\triangle ADF$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{3} \Delta$.
તે જ રીતે,$\triangle BED$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{5} \Delta$ અને $\triangle CFE$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{5} \Delta$.
$\triangle DEF$ નું ક્ષેત્રફળ = $\Delta - (\frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{5}) \Delta = \frac{4}{15} \Delta$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{4}{15}$ છે.