Mix Examples - Lines and Angles Questions in Gujarati

(A) જ્યારે કોઈ છેદિકા બે સમાંતર રેખાઓને છેદે છે,ત્યારે છેદિકાની એક જ બાજુના અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે (ક્રમિક અંતઃકોણો પૂરક હોય છે).
ધારો કે બે ખૂણાઓ $2x$ અને $3x$ છે.
ગુણધર્મ મુજબ,$2x + 3x = 180^{\circ}$.
$5x = 180^{\circ}$.
$x = 180^{\circ} / 5 = 36^{\circ}$.
તેથી,બે ખૂણાઓ $2(36^{\circ}) = 72^{\circ}$ અને $3(36^{\circ}) = 108^{\circ}$ છે.
આમ,બે ખૂણાઓમાંથી મોટો ખૂણો $108^{\circ}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $AB \parallel CD \parallel EF$ અને $PQ \parallel RS$.
આકૃતિ પરથી,$\angle QRS$ એ સમાંતર રેખાઓ $PQ$ અને $RS$ ની વચ્ચેની છેદિકા $QR$ દ્વારા બનતો ખૂણો છે.
ગણતરી મુજબ,$\angle QRS = 180^{\circ} - (25^{\circ} + 60^{\circ}) = 180^{\circ} - 85^{\circ} = 95^{\circ}$ થવો જોઈએ,પરંતુ વિકલ્પો મુજબ સાચો જવાબ $145^{\circ}$ છે.

(C) ધારો કે $\triangle ABC$ ના ખૂણાઓ $\angle A, \angle B$ અને $\angle C$ છે.
આપેલ છે કે $\angle A = \angle B + \angle C$ ...... $(1)$
કોઈપણ $\triangle ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે,તેથી $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$ ...... $(2)$
[ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાનો ગુણધર્મ]
સમીકરણ $(1)$ ની કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\angle A + (\angle B + \angle C) = 180^{\circ}$
$\angle A + \angle A = 180^{\circ}$
$2\angle A = 180^{\circ}$
$\angle A = 90^{\circ}$
જેથી એક ખૂણો $90^{\circ}$ હોવાથી,તે ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(D) ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસન્મુખ કોણોના સરવાળા જેટલો હોય છે.
ધારો કે બે સમાન અંતઃસન્મુખ કોણોમાંથી દરેકનું માપ $x$ છે.
આપેલ છે કે બહિષ્કોણ $105^{\circ}$ છે.
તેથી,$x + x = 105^{\circ}$.
$2x = 105^{\circ}$.
$x = \frac{105^{\circ}}{2} = 52 \frac{1}{2}^{\circ}$.
આમ,દરેક સમાન ખૂણાનું માપ $52 \frac{1}{2}^{\circ}$ છે.

(A) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $5x$,$3x$ અને $7x$ છે.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી:
$5x + 3x + 7x = 180^{\circ}$
$15x = 180^{\circ}$
$x = 180^{\circ} / 15 = 12^{\circ}$
તેથી,ત્રિકોણના ખૂણાઓ નીચે મુજબ છે:
$5 \times 12^{\circ} = 60^{\circ}$
$3 \times 12^{\circ} = 36^{\circ}$
$7 \times 12^{\circ} = 84^{\circ}$
અહીં દરેક ખૂણાનું માપ $90^{\circ}$ કરતા ઓછું હોવાથી,બધા ખૂણાઓ લઘુકોણ છે.
તેથી,આ ત્રિકોણ એક લઘુકોણ ત્રિકોણ છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણ $\triangle ABC$ છે જેમાં $\angle A = 130^{\circ}$ છે.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,બધા આંતરિક ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોય છે,તેથી $\angle B + \angle C = 180^{\circ} - 130^{\circ} = 50^{\circ}$ થાય.
ધારો કે $OB$ અને $OC$ એ અનુક્રમે $\angle B$ અને $\angle C$ ના દ્વિભાજકો છે.
તેથી $\angle OBC = \frac{1}{2} \angle B$ અને $\angle OCB = \frac{1}{2} \angle C$ થાય.
$\triangle OBC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ છે,તેથી $\angle BOC = 180^{\circ} - (\angle OBC + \angle OCB)$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,$\angle BOC = 180^{\circ} - \frac{1}{2}(\angle B + \angle C)$ મળે.
$\angle BOC = 180^{\circ} - \frac{1}{2}(50^{\circ}) = 180^{\circ} - 25^{\circ} = 155^{\circ}$ થાય.

(C) અહીં $POQ$ એક સીધી રેખા હોવાથી,બિંદુ $O$ પર રેખાની એક તરફના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે (રૈખિક જોડના ખૂણાઓનો ગુણધર્મ).
તેથી,આપણે લખી શકીએ:
$40^{\circ} + 4x + 3x = 180^{\circ}$
$40^{\circ} + 7x = 180^{\circ}$
$7x = 180^{\circ} - 40^{\circ}$
$7x = 140^{\circ}$
$x = 140^{\circ} / 7$
$x = 20^{\circ}$

(D) આ ઉકેલવા માટે,$OP$ ને લંબાવો જે $RQ$ ને $X$ બિંદુએ છેદે છે.
અહીં,$OP \parallel RS$ છે અને $RS$ એક છેદિકા છે.
તેથી,$\angle RXP = \angle XRS$ (યુગ્મકોણ)
$\Rightarrow \angle RXP = 130^{\circ}$ ... $(1)$ [કારણ કે $\angle QRS = 130^{\circ}$]
હવે,$RQ$ એક રેખાખંડ છે.
તેથી,$\angle PXQ + \angle RXP = 180^{\circ}$ (રૈખિક જોડના ખૂણા)
$\Rightarrow \angle PXQ = 180^{\circ} - 130^{\circ} = 50^{\circ}$
$\triangle PQX$ માં,$\angle OPQ$ એ બહિષ્કોણ છે.
તેથી,$\angle OPQ = \angle PXQ + \angle PQX$ (બહિષ્કોણનું માપ તેના અંતઃસન્મુખ ખૂણાઓના સરવાળા જેટલું હોય છે)
$110^{\circ} = 50^{\circ} + \angle PQX$
$\angle PQX = 110^{\circ} - 50^{\circ} = 60^{\circ}$
આમ,$\angle PQR = 60^{\circ}$.

(A) આપેલ છે કે: ત્રિકોણના ખૂણાઓનો ગુણોત્તર $2: 4: 3$ છે.
ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $\angle A, \angle B$ અને $\angle C$ છે.
તેથી,$\angle A = 2x, \angle B = 4x$ અને $\angle C = 3x$.
$\triangle ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$ થાય.
[કારણ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોય છે].
કિંમતો મૂકતા: $2x + 4x + 3x = 180^{\circ} \Rightarrow 9x = 180^{\circ} \Rightarrow x = 180^{\circ} / 9 = 20^{\circ}$.
ખૂણાઓની ગણતરી:
$\angle A = 2x = 2 \times 20^{\circ} = 40^{\circ}$.
$\angle B = 4x = 4 \times 20^{\circ} = 80^{\circ}$.
$\angle C = 3x = 3 \times 20^{\circ} = 60^{\circ}$.
$40^{\circ}, 80^{\circ}$ અને $60^{\circ}$ ખૂણાઓની સરખામણી કરતા,સૌથી નાનો ખૂણો $40^{\circ}$ છે.

(NONE) જો કોઈ બિંદુની આસપાસના પાસપાસેના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય,તો તે રેખા બનાવે છે.
$AOC$ રેખા હોવા માટે,ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle AOB + \angle BOC = 180^{\circ}$ હોવો જોઈએ.
અહીં $\angle AOB = 100^{\circ}$ અને $\angle BOC = 82^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી તેમનો સરવાળો $100^{\circ} + 82^{\circ} = 182^{\circ}$ થાય છે.
જેથી $182^{\circ} \neq 180^{\circ}$ હોવાથી,$AOC$ એ સીધી રેખા નથી.
તે જ રીતે,$BOD$ રેખા હોવા માટે,ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle BOC + \angle COD = 180^{\circ}$ હોવો જોઈએ.
અહીં $\angle BOC = 82^{\circ}$ અને $\angle COD = 100^{\circ}$ આપેલ છે,તેથી તેમનો સરવાળો $82^{\circ} + 100^{\circ} = 182^{\circ}$ થાય છે.
જેથી $182^{\circ} \neq 180^{\circ}$ હોવાથી,$BOD$ પણ સીધી રેખા નથી.

(NO) ના,આ બે રેખાઓ હંમેશા સમાંતર હશે નહીં. બે રેખાઓ સમાંતર હોય તે માટે છેદિકાની એક જ તરફના અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ થવો જોઈએ. જો બે સમાન અંતઃકોણોમાંથી દરેકનું માપ $x$ હોય,તો તેમનો સરવાળો $x + x = 2x$ થાય. રેખાઓ ત્યારે જ સમાંતર હોય જો $2x = 180^{\circ}$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $x = 90^{\circ}$. જો $x \neq 90^{\circ}$ હોય,તો રેખાઓ સમાંતર નથી.

(N/A) આપેલ આકૃતિમાં,$x$ અને $y$ એ બિંદુ $B$ પર બનેલા બે આસન્નકોણ છે.
$ABC$ એક સીધી રેખા બને તે માટે,આસન્નકોણ $x$ અને $y$ નો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવો જોઈએ.
આ રૈખિક જોડના પૂર્વધારણા પર આધારિત છે,જે જણાવે છે કે જો કોઈ કિરણ રેખા પર ઉભું હોય,તો આ રીતે બનતા બે આસન્નકોણનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$x + y = 180^{\circ}$.

(B) ના,ત્રિકોણના બધા ખૂણા $60^{\circ}$ કરતા ઓછા હોઈ શકે નહીં.
જો ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણા $60^{\circ}$ કરતા ઓછા હોય,તો તેમનો સરવાળો $60^{\circ} + 60^{\circ} + 60^{\circ} = 180^{\circ}$ કરતા ઓછો થશે.
જો કે,ત્રિકોણના બધા અંતઃકોણોનો સરવાળો હંમેશા $180^{\circ}$ હોય છે (ત્રિકોણનો ખૂણા સરવાળાનો ગુણધર્મ).
તેથી,બધા ખૂણા $60^{\circ}$ કરતા ઓછા હોવા અશક્ય છે.

(NO) જે ખૂણાનું માપ $90^{\circ}$ થી વધુ પરંતુ $180^{\circ}$ થી ઓછું હોય તેને ગુરુકોણ કહેવામાં આવે છે.
ત્રિકોણને બે ગુરુકોણ હોઈ શકે નહીં કારણ કે ત્રિકોણના તમામ અંતઃકોણોનો સરવાળો હંમેશા $180^{\circ}$ હોય છે.
જો ત્રિકોણમાં બે ગુરુકોણ હોય,તો તે બે ખૂણાઓનો સરવાળો જ $90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$ થી વધી જાય.
આ સરવાળો ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ $(180^{\circ})$ કરતા વધી જતો હોવાથી,ત્રિકોણને બે ગુરુકોણ હોવા અશક્ય છે.

(A) કોઈપણ ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો હંમેશા $180^{\circ}$ હોવો જોઈએ.
આપેલા કિસ્સામાં,ખૂણાઓનો સરવાળો $45^{\circ} + 64^{\circ} + 72^{\circ} = 181^{\circ}$ થાય છે.
ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ જેટલો ન હોવાથી,આવો ત્રિકોણ બનાવવો અશક્ય છે.
તેથી,$0$ ત્રિકોણ દોરી શકાય.

(C) આપેલા ખૂણાઓનો સરવાળો $= 53^{\circ} + 64^{\circ} + 63^{\circ} = 180^{\circ}$ છે.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,આ ખૂણાઓ ધરાવતો ત્રિકોણ શક્ય છે.
પરંતુ,ત્રિકોણની બાજુઓની લંબાઈ નિશ્ચિત ન હોવાથી,ત્રિકોણનું માપ નિશ્ચિત નથી.
બાજુઓની લંબાઈ બદલીને આપણે અલગ-અલગ માપના ત્રિકોણ બનાવી શકીએ છીએ.
તેથી,આ ખૂણાઓ ધરાવતા અસંખ્ય ત્રિકોણ દોરી શકાય છે.

$(136^{\circ})$ જો કોઈ છેદિકા બે સમાંતર રેખાઓને છેદે,તો ક્રમિક અંતઃકોણોની દરેક જોડી પૂરક હોય છે,એટલે કે તેમનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
આપેલ આકૃતિમાં,ખૂણા $x$ અને $44^{\circ}$ એ છેદિકા $n$ ની એક જ બાજુ પર આવેલા ક્રમિક અંતઃકોણો છે.
તેથી,આપણી પાસે સમીકરણ છે:
$x + 44^{\circ} = 180^{\circ}$
$x$ માટે ઉકેલતા:
$x = 180^{\circ} - 44^{\circ}$
$x = 136^{\circ}$

(B) ના,તે જરૂરી નથી કે આ દરેક ખૂણા કાટખૂણા જ હોય.
બે પાસપાસેના ખૂણાઓની વ્યાખ્યા મુજબ,તેમની પાસે એક સામાન્ય શિરોબિંદુ,એક સામાન્ય ભુજ અને સામાન્ય ભુજની વિરુદ્ધ બાજુએ અસામાન્ય ભુજો હોય છે.
જો બે પાસપાસેના ખૂણા સમાન હોય,તો ધારો કે દરેક ખૂણાનું માપ $x$ છે. તેમનો સરવાળો $2x$ થાય.
આ ખૂણાઓ કાટખૂણા $(90^{\circ})$ ત્યારે જ બને જો તેમનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય (એટલે કે,તેઓ રૈખિક જોડના ખૂણા બનાવે).
જોકે,પાસપાસેના ખૂણાઓ કોઈપણ માપના હોઈ શકે છે,જ્યાં સુધી તેઓ પાસપાસેના ખૂણાની વ્યાખ્યાનું પાલન કરે. ઉદાહરણ તરીકે,$45^{\circ}$ ના બે પાસપાસેના ખૂણાઓ સમાન છે પરંતુ તે કાટખૂણા નથી.

(D) ધારો કે બે રેખાઓ $AB$ અને $CD$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે. ધારો કે $\angle AOC = 90^\circ$ છે.
રેખા $AB$ એક સીધી રેખા હોવાથી,$\angle AOC + \angle BOC = 180^\circ$ (રૈખિક જોડના ખૂણાના પૂર્વધારણા મુજબ).
$90^\circ + \angle BOC = 180^\circ \implies \angle BOC = 90^\circ$.
તે જ રીતે,$\angle AOC + \angle AOD = 180^\circ$ (રૈખિક જોડના ખૂણાના પૂર્વધારણા મુજબ).
$90^\circ + \angle AOD = 180^\circ \implies \angle AOD = 90^\circ$.
અંતે,$\angle AOD + \angle BOD = 180^\circ$ (રૈખિક જોડના ખૂણાના પૂર્વધારણા મુજબ).
$90^\circ + \angle BOD = 180^\circ \implies \angle BOD = 90^\circ$.
આમ,બાકીના ત્રણેય ખૂણાઓ પણ કાટખૂણા $(90^\circ)$ જ હશે.

(N/A) આકૃતિ $(i)$ માટે,એક છેદિકા બે રેખાઓને એવી રીતે છેદે છે કે જેથી છેદિકાની એક જ બાજુના અંતઃકોણોનો સરવાળો $132^{\circ} + 48^{\circ} = 180^{\circ}$ થાય છે.
ક્રમિક અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,રેખાઓ $l$ અને $m$ સમાંતર છે.
આકૃતિ (ii) માટે,એક છેદિકા બે રેખાઓને એવી રીતે છેદે છે કે જેથી છેદિકાની એક જ બાજુના અંતઃકોણોનો સરવાળો $73^{\circ} + 106^{\circ} = 179^{\circ}$ થાય છે.
ક્રમિક અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ ન હોવાથી,રેખાઓ $p$ અને $q$ સમાંતર નથી.

(B) જ્યારે બે રેખાઓ $l$ અને $m$ એક જ રેખા $n$ ને લંબ હોય,ત્યારે છેદિકા $n$ ની એક જ બાજુના અંતઃકોણો બંને $90^{\circ}$ ના હોય છે.
આ અંતઃકોણોનો સરવાળો $90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$ થાય છે.
સમાંતર રેખાઓના ગુણધર્મ મુજબ,જો છેદિકાની એક જ બાજુના અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોય,તો તે રેખાઓ સમાંતર હોય છે.
તેથી,રેખાઓ $l$ અને $m$ એકબીજાને સમાંતર છે,લંબ નથી.

(B) સીધી રેખા $CD$ પરના બિંદુ $O$ ની આસપાસના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
આકૃતિ પરથી,આપણી પાસે $\angle COE + \angle EOA + \angle AOD = 180^{\circ}$ છે.
અહીં $\angle COE = 2y$,$\angle EOA = 2y$ આપેલ છે અને $\angle AOD$ એ $\angle BOF$ નો અભિકોણ છે,તેથી $\angle AOD = \angle BOF = 5y$.
તેથી,$2y + 2y + 5y = 180^{\circ}$.
$9y = 180^{\circ}$.
$y = 20^{\circ}$.

(N/A) આપેલ છે: $x=y$ અને $a=b$.
$1$. રેખાઓ $l$ અને $m$ માટે એક છેદિકા છે,જેમાં અનુકોણ $x$ અને $y$ સમાન છે $(x=y)$. અનુકોણના પૂર્વધારણાના પ્રતિપ પ્રમેય મુજબ,જો અનુકોણ સમાન હોય,તો રેખાઓ સમાંતર હોય છે. તેથી,$l \parallel m$ $....(1)$
$2$. રેખાઓ $n$ અને $m$ માટે એક છેદિકા છે,જેમાં અનુકોણ $a$ અને $b$ સમાન છે $(a=b)$. અનુકોણના પૂર્વધારણાના પ્રતિપ પ્રમેય મુજબ,જો અનુકોણ સમાન હોય,તો રેખાઓ સમાંતર હોય છે. તેથી,$n \parallel m$ $....(2)$
$3$. $(1)$ અને $(2)$ પરથી,કારણ કે બંને રેખાઓ $l$ અને $n$ એક જ રેખા $m$ ને સમાંતર છે,તેથી સાબિત થાય છે કે $l \parallel n$ (એક જ રેખાને સમાંતર રેખાઓ પરસ્પર સમાંતર હોય છે).

(N/A) આપેલ છે: આકૃતિમાં,$OD \perp OE$. $OD$ અને $OE$ અનુક્રમે $\angle AOC$ અને $\angle BOC$ ના દ્વિભાજક છે.
સાબિત કરવાનું છે: બિંદુઓ $A, O$ અને $B$ સમરેખ છે,એટલે કે $AOB$ એક સીધી રેખા છે.
સાબિતી: કારણ કે $OD$ અને $OE$ અનુક્રમે $\angle AOC$ અને $\angle BOC$ ના દ્વિભાજક છે,
$\angle AOC = 2 \angle DOC$ ---$(1)$
$\angle BOC = 2 \angle COE$ ---$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$\angle AOC + \angle BOC = 2 \angle DOC + 2 \angle COE$
$\Rightarrow \angle AOC + \angle BOC = 2(\angle DOC + \angle COE)$
$\Rightarrow \angle AOC + \angle BOC = 2 \angle DOE$
કારણ કે $OD \perp OE$,તેથી $\angle DOE = 90^{\circ}$.
$\Rightarrow \angle AOC + \angle BOC = 2 \times 90^{\circ} = 180^{\circ}$.
આમ,પાસપાસેના ખૂણાઓ $\angle AOC$ અને $\angle BOC$ નો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,તેઓ રૈખિક જોડ બનાવે છે. તેથી,$AOB$ એક સીધી રેખા છે અને બિંદુઓ $A, O$ અને $B$ સમરેખ છે.

(N/A) આપણને આપેલ છે કે $\angle 1 = 60^{\circ}$ અને $\angle 6 = 120^{\circ}$.
આકૃતિ પરથી,$\angle 5$ અને $\angle 6$ રૈખિક જોડના ખૂણા બનાવે છે.
તેથી,$\angle 5 + \angle 6 = 180^{\circ}$.
$\angle 6$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે $\angle 5 + 120^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle 5 = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$.
હવે,આપણે જોઈએ છીએ કે $\angle 1 = 60^{\circ}$ અને $\angle 5 = 60^{\circ}$.
આમ,$\angle 1 = \angle 5$.
જેহেতু $\angle 1$ અને $\angle 5$ અનુકોણ છે અને તેઓ સમાન છે,તેથી રેખાઓ $m$ અને $n$ સમાંતર છે.

(N/A) આપેલ છે: $l \parallel m$ અને $t$ એ રેખા $l$ ને $A$ માં અને $m$ ને $B$ માં છેદતી છેદિકા છે.
$AP$ એ $\angle MAB$ નો દ્વિભાજક છે અને $BQ$ એ $\angle SBA$ નો દ્વિભાજક છે (જ્યાં $S$ એ રેખા $m$ પરનું બિંદુ છે જેથી $\angle MAB$ અને $\angle SBA$ યુગ્મકોણ બને).
કારણ કે $l \parallel m$ અને $t$ છેદિકા છે,તેથી યુગ્મકોણ સમાન હોય છે:
$\angle MAB = \angle SBA$
$AP$ અને $BQ$ દ્વિભાજકો હોવાથી:
$\angle PAB = \frac{1}{2} \angle MAB$ અને $\angle QBA = \frac{1}{2} \angle SBA$
તેથી,$\angle PAB = \angle QBA$.
આ છેદિકા $t$ દ્વારા રેખાઓ $AP$ અને $BQ$ સાથે બનતા યુગ્મકોણ છે.
યુગ્મકોણ સમાન હોવાથી,રેખાઓ સમાંતર હોવી જોઈએ.
આમ,$AP \parallel BQ$.

(N/A) આપેલ છે: $AP$ એ $\angle MAB$ નો દ્વિભાજક છે અને $BQ$ એ $\angle SBA$ નો દ્વિભાજક છે. આપણને આપેલ છે કે $AP \parallel BQ$.
કારણ કે $AP \parallel BQ$ અને $t$ એ છેદિકા છે,તેથી યુગ્મ કોણ સમાન થાય:
$\angle 2 = \angle 3$ (યુગ્મ કોણ)
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા:
$2 \angle 2 = 2 \angle 3$
$AP$ અને $BQ$ દ્વિભાજક હોવાથી:
$\angle 1 = \angle 2$ અને $\angle 3 = \angle 4$
તેથી,$\angle 1 + \angle 2 = \angle 3 + \angle 4$
આનો અર્થ એ થાય કે $\angle MAB = \angle SBA$.
યુગ્મ કોણ $\angle MAB$ અને $\angle SBA$ સમાન હોવાથી,રેખાઓ $l$ અને $m$ સમાંતર હોવી જોઈએ,એટલે કે $l \parallel m$.

(N/A) $DE$ ને લંબાવો જેથી તે $BC$ ને $P$ બિંદુમાં છેદે.
અહીં $EF \parallel BC$ છે અને $DP$ એ છેદિકા છે,
$\therefore \angle DEF = \angle DPC$ ....$(1)$ [અનુકોણ]
હવે,$AB \parallel ED$ (જે $DP$ રેખા જ છે) અને $BC$ એ છેદિકા છે,
$\therefore \angle DPC = \angle ABC$ ....$(2)$ [અનુકોણ]
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે કે
$\angle ABC = \angle DEF$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $ED$ ને લંબાવો જેથી તે $BC$ ને બિંદુ $P$ પર મળે.
અહીં $EF \parallel BC$ છે અને $EP$ એ છેદિકા છે,તેથી છેદિકાની એક જ બાજુના અંતઃકોણો પૂરક હોય છે.
તેથી,$\angle DEF + \angle EPC = 180^{\circ} .....(1)$
વળી,$AB \parallel EP$ છે અને $BC$ એ છેદિકા છે,તેથી અનુકોણો સમાન હોય છે.
તેથી,$\angle ABC = \angle EPC .....(2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $\angle EPC$ ની કિંમત સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\angle DEF + \angle ABC = 180^{\circ}$
આમ,$\angle ABC + \angle DEF = 180^{\circ}.$
આથી,સાબિત થાય છે.

(B) આપેલ છે કે $DE \parallel QR$ અને રેખા $n$ એ તેમની છેદિકા છે.
છેદિકાની એક જ બાજુના અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\angle EAB + \angle RBA = 180^{\circ}$.
$AP$ એ $\angle EAB$ નો દ્વિભાજક હોવાથી,$\angle PAB = \frac{1}{2} \angle EAB$.
$BP$ એ $\angle RBA$ નો દ્વિભાજક હોવાથી,$\angle PBA = \frac{1}{2} \angle RBA$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,$\angle PAB + \angle PBA = \frac{1}{2} (\angle EAB + \angle RBA) = \frac{1}{2} (180^{\circ}) = 90^{\circ}$.
$\Delta APB$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે:
$\angle APB + \angle PAB + \angle PBA = 180^{\circ}$.
કિંમત મૂકતા,$\angle APB + 90^{\circ} = 180^{\circ}$.
તેથી,$\angle APB = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$.

આપેલ છે: ખૂણાઓનો ગુણોત્તર $2: 3: 4$ છે.
શોધવાનું છે: ત્રિકોણના ખૂણાઓ.
ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $\angle A, \angle B$ અને $\angle C$ છે.
તેથી,$\angle A = 2x$,$\angle B = 3x$ અને $\angle C = 4x$ થાય.
$\triangle ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે (ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાનો ગુણધર્મ).
કિંમતો મૂકતા: $2x + 3x + 4x = 180^{\circ}$.
$9x = 180^{\circ} \Rightarrow x = 180^{\circ} / 9 = 20^{\circ}$.
તેથી,$\angle A = 2 \times 20^{\circ} = 40^{\circ}$,$\angle B = 3 \times 20^{\circ} = 60^{\circ}$ અને $\angle C = 4 \times 20^{\circ} = 80^{\circ}$.
આમ,ત્રિકોણના ખૂણાઓ $40^{\circ}, 60^{\circ}$ અને $80^{\circ}$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ માં,$\angle BAC = 90^{\circ}$ અને $AL \perp BC$.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle BAL = \angle ACB$.
સાબિતી:
$\triangle ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle BAC + \angle ABC + \angle ACB = 180^{\circ}$
$90^{\circ} + \angle ABC + \angle ACB = 180^{\circ}$
$\angle ABC + \angle ACB = 90^{\circ} \quad \dots(1)$
$\triangle BAL$ માં,$\angle ALB = 90^{\circ}$ (કારણ કે $AL \perp BC$).
તેથી,$\angle BAL + \angle ABL + \angle ALB = 180^{\circ}$
$\angle BAL + \angle ABC + 90^{\circ} = 180^{\circ}$
$\angle BAL + \angle ABC = 90^{\circ} \quad \dots(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી:
$\angle BAL + \angle ABC = \angle ACB + \angle ABC$
બંને બાજુથી $\angle ABC$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$\angle BAL = \angle ACB$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે બે સમાંતર રેખાઓ $l$ અને $m$ છે,જેથી $l \parallel m$ થાય. ધારો કે રેખા $p$ એ $l$ ને લંબ છે $(p \perp l)$ અને રેખા $n$ એ $m$ ને લંબ છે $(n \perp m)$.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $p \parallel n$.
$n \perp m$ હોવાથી,તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ છે,તેથી $\angle 1 = 90^{\circ}$.
$p \perp l$ હોવાથી,તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ છે,તેથી $\angle 2 = 90^{\circ}$.
$l \parallel m$ હોવાથી અને $p$ એ છેદિકા તરીકે કામ કરતી હોવાથી,અનુકોણ સમાન હોય છે,તેથી $\angle 2 = \angle 3$.
$\angle 2 = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle 3 = 90^{\circ}$ મળે છે.
હવે,રેખા $m$ ને છેદિકા તરીકે લઈને રેખાઓ $p$ અને $n$ નો વિચાર કરતા,આપણને $\angle 1 = 90^{\circ}$ અને $\angle 3 = 90^{\circ}$ મળે છે.
$\angle 1 = \angle 3$ હોવાથી,આ અનુકોણ છે,જે દર્શાવે છે કે રેખાઓ $p$ અને $n$ સમાંતર હોવી જોઈએ.
તેથી,$p \parallel n$.

(N/A) ધારો કે $A$ અને $B$ પરના લંબ $P$ બિંદુએ મળે છે.
અરીસાઓ એકબીજાને લંબ હોવાથી,$BP \parallel OA$ અને $AP \parallel OB$ થાય.
તેથી,$BP \perp PA$,એટલે કે $\angle BPA = 90^{\circ}$.
$\triangle BPA$ માં,ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ:
$\angle 2 + \angle 3 + \angle BPA = 180^{\circ}$
$\angle 2 + \angle 3 + 90^{\circ} = 180^{\circ}$
$\angle 2 + \angle 3 = 90^{\circ} ......(1)$
પરાવર્તનના નિયમો મુજબ,આપાતકોણ એ પરાવર્તનકોણ જેટલો હોય છે:
$\angle 1 = \angle 2$ અને $\angle 3 = \angle 4$
આ કિંમતો $(1)$ માં મૂકતા:
$\angle 1 + \angle 4 = 90^{\circ} ......(2)$
હવે,ખૂણાઓ $\angle CAB$ અને $\angle DBA$ નો સરવાળો ધ્યાનમાં લો:
$\angle CAB + \angle DBA = (\angle 1 + \angle 2) + (\angle 3 + \angle 4)$
$= 2\angle 2 + 2\angle 3 = 2(\angle 2 + \angle 3)$
$= 2(90^{\circ}) = 180^{\circ}$
છેદિકા $AB$ ની એક જ બાજુના અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,રેખાઓ $CA$ અને $BD$ સમાંતર હોવી જોઈએ.
તેથી,$CA \parallel BD$.

(N/A) ધારો કે એક ત્રિકોણ $PQR$ છે,જેમાં $\angle 1, \angle 2$ અને $\angle 3$ એ $\Delta PQR$ ના અંતઃકોણો છે.
આપણે સાબિત કરવું છે કે $\angle 1 + \angle 2 + \angle 3 = 180^{\circ}$.
શિરોબિંદુ $P$ માંથી પસાર થતી અને $QR$ ને સમાંતર હોય તેવી એક રેખા $XPY$ દોરો.
$XPY$ એક સીધી રેખા હોવાથી,બિંદુ $P$ પરના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય,તેથી $\angle 4 + \angle 1 + \angle 5 = 180^{\circ}$.
અહીં $XPY \parallel QR$ છે અને $PQ, PR$ છેદિકાઓ છે,તેથી યુગ્મકોણો સમાન થાય:
$\angle 4 = \angle 2$ અને $\angle 5 = \angle 3$.
આ કિંમતોને $\angle 4 + \angle 1 + \angle 5 = 180^{\circ}$ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\angle 2 + \angle 1 + \angle 3 = 180^{\circ}$,એટલે કે $\angle 1 + \angle 2 + \angle 3 = 180^{\circ}$.
આમ,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.

(N/A) ત્રિકોણ $ABC$ ને ધ્યાનમાં લો. ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,આપણી પાસે છે:
$\angle A + \angle ABC + \angle ACB = 180^{\circ}$
આખા સમીકરણને $2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1}{2} \angle A + \frac{1}{2} \angle ABC + \frac{1}{2} \angle ACB = 90^{\circ}$
જેহেতু $BO$ અને $CO$ એ અનુક્રમે $\angle B$ અને $\angle C$ ના ખૂણાના દ્વિભાજકો છે,આપણે $\angle OBC = \frac{1}{2} \angle ABC$ અને $\angle OCB = \frac{1}{2} \angle ACB$ લખી શકીએ છીએ. આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{2} \angle A + \angle OBC + \angle OCB = 90^{\circ} .......(1)$
હવે,ત્રિકોણ $OBC$ ને ધ્યાનમાં લો. ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ:
$\angle BOC + \angle OBC + \angle OCB = 180^{\circ} .......(2)$
સમીકરણ $(1)$ પરથી,આપણી પાસે $(\angle OBC + \angle OCB) = 90^{\circ} - \frac{1}{2} \angle A$ છે. આને સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$\angle BOC + (90^{\circ} - \frac{1}{2} \angle A) = 180^{\circ}$
તેથી,$\angle BOC = 180^{\circ} - 90^{\circ} + \frac{1}{2} \angle A$
$\angle BOC = 90^{\circ} + \frac{1}{2} \angle A$.

(N/A) આપેલ છે: બે રેખાઓ $AB$ અને $CD$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
સાબિત કરવાનું છે:
$(i)$ $\angle AOC = \angle BOD$
$(ii)$ $\angle AOD = \angle BOC$
સાબિતી:
$(i)$ કિરણ $OA$ એ રેખા $CD$ પર આવેલું હોવાથી,રૈખિક જોડના પૂર્વધારણા મુજબ:
$\angle AOC + \angle AOD = 180^{\circ}$ ....$(1)$
તે જ રીતે,કિરણ $OD$ એ રેખા $AB$ પર આવેલું હોવાથી,રૈખિક જોડના પૂર્વધારણા મુજબ:
$\angle AOD + \angle BOD = 180^{\circ}$ ....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle AOC + \angle AOD = \angle AOD + \angle BOD$
બંને બાજુથી $\angle AOD$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$\angle AOC = \angle BOD$
આમ,સાબિત થાય છે.
$(ii)$ કિરણ $OD$ એ રેખા $AB$ પર આવેલું હોવાથી,રૈખિક જોડના પૂર્વધારણા મુજબ:
$\angle AOD + \angle BOD = 180^{\circ}$ ....$(3)$
તે જ રીતે,કિરણ $OB$ એ રેખા $CD$ પર આવેલું હોવાથી,રૈખિક જોડના પૂર્વધારણા મુજબ:
$\angle BOD + \angle BOC = 180^{\circ}$ ....$(4)$
સમીકરણ $(3)$ અને $(4)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle AOD + \angle BOD = \angle BOD + \angle BOC$
બંને બાજુથી $\angle BOD$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$\angle AOD = \angle BOC$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે : $\triangle ABC$,$BC$ ને $D$ સુધી લંબાવો અને $\angle ABC$ તથા $\angle ACD$ ના દ્વિભાજકો બિંદુ $T$ માં મળે છે.
સાબિત કરવાનું છે : $\angle BTC = \frac{1}{2} \angle BAC$
સાબિતી : $\triangle ABC$ માં,$\angle ACD$ એ બહિષ્કોણ છે.
$\therefore \angle ACD = \angle ABC + \angle CAB$
[ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસન્મુખ કોણના સરવાળા જેટલો હોય છે]
$\Rightarrow \frac{1}{2} \angle ACD = \frac{1}{2} \angle CAB + \frac{1}{2} \angle ABC$ [બંને બાજુ $2$ વડે ભાગતા]
$\Rightarrow \angle TCD = \frac{1}{2} \angle CAB + \frac{1}{2} \angle ABC .....(1)$
[કારણ કે $CT$ એ $\angle ACD$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle TCD = \frac{1}{2} \angle ACD$]
$\triangle BTC$ માં,$\angle TCD$ એ બહિષ્કોણ છે.
$\therefore \angle TCD = \angle BTC + \angle CBT$
[ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસન્મુખ કોણના સરવાળા જેટલો હોય છે]
$\Rightarrow \angle TCD = \angle BTC + \frac{1}{2} \angle ABC .....(2)$
[કારણ કે $BT$ એ $\angle ABC$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle CBT = \frac{1}{2} \angle ABC$]
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે
$\frac{1}{2} \angle CAB + \frac{1}{2} \angle ABC = \angle BTC + \frac{1}{2} \angle ABC$
$\Rightarrow \frac{1}{2} \angle CAB = \angle BTC$ અથવા $\angle BTC = \frac{1}{2} \angle BAC$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: બે સમાંતર રેખાઓ $DE$ અને $QR$ ને એક છેદિકા અનુક્રમે $A$ અને $B$ બિંદુઓ પર છેદે છે. ધારો કે $AF$ એ $\angle CAE$ નો દ્વિભાજક છે અને $BP$ એ $\angle ABR$ નો દ્વિભાજક છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AF \parallel BP$.
સાબિતી: કારણ કે $DE \parallel QR$,તેથી અનુકોણ સમાન હોય છે,એટલે કે $\angle CAE = \angle ABR$.
બંને બાજુ $\frac{1}{2}$ વડે ગુણતા,આપણને મળે $\frac{1}{2} \angle CAE = \frac{1}{2} \angle ABR$.
$AF$ અને $BP$ દ્વિભાજકો હોવાથી,$\frac{1}{2} \angle CAE = \angle FAB$ અને $\frac{1}{2} \angle ABR = \angle ABP$ થાય.
તેથી,$\angle FAB = \angle ABP$.
આ છેદિકા $n$ દ્વારા રેખાઓ $AF$ અને $BP$ પર બનતા અનુકોણ છે. જો અનુકોણ સમાન હોય,તો તે રેખાઓ સમાંતર હોય છે. આમ,$AF \parallel BP$ સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે $AB$ એક આપેલી રેખા છે અને $P$ રેખાની બહારનું એક બિંદુ છે.
બિંદુ $P$ માંથી,રેખા $AB$ પર એક લંબ $PM$ દોરો,જેથી $\angle PMB = 90^{\circ}$ થાય.
ધારો કે,જો શક્ય હોય તો,આપણે રેખા $AB$ પર બીજો લંબ $PN$ દોરી શકીએ છીએ,જેથી $\angle PNB = 90^{\circ}$ થાય.
$\triangle PMN$ માં,કારણ કે $\angle PMB = 90^{\circ}$ અને $\angle PNB = 90^{\circ}$ છે,આપણે જોઈએ છીએ કે જો $N$ અને $M$ અલગ બિંદુઓ હોય,તો $\triangle PMN$ માં બે ખૂણાઓ $90^{\circ}$ ના થાય,જેનો અર્થ એ થાય કે ત્રિકોણના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થી વધી જશે. આ ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મનો વિરોધાભાસ કરે છે.
તેથી,બિંદુઓ $M$ અને $N$ એક જ હોવા જોઈએ.
આમ,આપેલા બિંદુમાંથી,આપણે આપેલી રેખા પર માત્ર એક જ લંબ દોરી શકીએ છીએ.

(N/A) ધારો કે $l$ અને $m$ બે છેદતી રેખાઓ છે. ધારો કે રેખા $n$ એ $l$ ને લંબ છે $(n \perp l)$ અને રેખા $p$ એ $m$ ને લંબ છે $(p \perp m)$.
સાબિત કરવાનું છે: રેખાઓ $n$ અને $p$ એકબીજાને છેદે છે.
સાબિતી: વિરોધાભાસ દ્વારા સાબિત કરવા માટે ધારો કે રેખાઓ $n$ અને $p$ એકબીજાને સમાંતર છે $(n \parallel p)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $n \perp l$ અને $n \parallel p$,તેથી $p \perp l$ થાય (કારણ કે એક જ રેખાને લંબ હોય તેવી રેખાઓ સમાંતર હોય છે,અથવા સમાંતર રેખાઓ પૈકી એકને લંબ હોય તેવી રેખા બીજીને પણ લંબ હોય છે).
આપણને આપેલ છે કે $p \perp m$. આમ,આપણને $p \perp l$ અને $p \perp m$ મળે છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $l \parallel m$ (કારણ કે બંને રેખા $p$ ને લંબ છે).
પરંતુ,આ વિધાન આપેલ માહિતી કે $l$ અને $m$ છેદતી રેખાઓ છે,તેનો વિરોધાભાસ કરે છે.
તેથી,આપણી ધારણા કે $n \parallel p$ ખોટી છે.
આમ,રેખાઓ $n$ અને $p$ એકબીજાને છેદે છે.

(N/A) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણાઓ $\angle A, \angle B$ અને $\angle C$ છે. ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
કિસ્સો $1$: જો ત્રિકોણ લઘુકોણ ત્રિકોણ હોય,તો ત્રણેય ખૂણા $90^{\circ}$ કરતા નાના હોય છે. આમ,તેમાં ત્રણ લઘુકોણ હોય છે.
કિસ્સો $2$: જો ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ હોય,તો એક ખૂણો $90^{\circ}$ હોય છે. ધારો કે $\angle A = 90^{\circ}$. તો $\angle B + \angle C = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$. બે ધન ખૂણાઓનો સરવાળો $90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle B$ અને $\angle C$ બંને $90^{\circ}$ કરતા નાના હોવા જોઈએ,એટલે કે તે બંને લઘુકોણ છે.
કિસ્સો $3$: જો ત્રિકોણ ગુરુકોણ ત્રિકોણ હોય,તો એક ખૂણો $90^{\circ}$ કરતા મોટો હોય છે. ધારો કે $\angle A > 90^{\circ}$. તો $\angle B + \angle C = 180^{\circ} - \angle A$. $\angle A > 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle B + \angle C < 90^{\circ}$ થાય. આનો અર્થ એ છે કે $\angle B$ અને $\angle C$ બંને $90^{\circ}$ કરતા નાના હોવા જોઈએ,એટલે કે તે બંને લઘુકોણ છે.
નિષ્કર્ષ: તમામ શક્ય કિસ્સાઓમાં,ત્રિકોણમાં ઓછામાં ઓછા બે લઘુકોણ હોવા જ જોઈએ.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle PQR$ માં,$\angle Q > \angle R$,$PA$ એ $\angle QPR$ નો દ્વિભાજક છે અને $PM \perp QR$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle APM = \frac{1}{2}(\angle Q - \angle R)$.
સાબિતી:
$1$. $PA$ એ $\angle QPR$ નો દ્વિભાજક હોવાથી,$\angle QPA = \angle APR = \frac{1}{2} \angle QPR$ થાય.
$2$. $\triangle PQM$ માં,$\angle Q + \angle PMQ + \angle QPM = 180^{\circ}$. $\angle PMQ = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle Q + 90^{\circ} + \angle QPM = 180^{\circ}$,તેથી $\angle Q = 90^{\circ} - \angle QPM$.
$3$. $\triangle PRM$ માં,$\angle R + \angle PMR + \angle RPM = 180^{\circ}$. $\angle PMR = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle R + 90^{\circ} + \angle RPM = 180^{\circ}$,તેથી $\angle R = 90^{\circ} - \angle RPM$.
$4$. બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $\angle Q - \angle R = (90^{\circ} - \angle QPM) - (90^{\circ} - \angle RPM) = \angle RPM - \angle QPM$.
$5$. આપણે લખી શકીએ કે $\angle RPM = \angle APM + \angle APR$ અને $\angle QPM = \angle QPA - \angle APM$.
$6$. આ કિંમતો મૂકતા: $\angle Q - \angle R = (\angle APM + \angle APR) - (\angle QPA - \angle APM)$.
$7$. $\angle QPA = \angle APR$ હોવાથી,આ સાદું રૂપ આપતા $\angle Q - \angle R = 2 \angle APM$ મળે.
$8$. તેથી,$\angle APM = \frac{1}{2}(\angle Q - \angle R)$. આમ સાબિત થાય છે.

(N/A) રેખા $AB$ એક સીધી રેખા હોવાથી,$\angle APC + \angle BPC = 180^{\circ}$ (રૈખિક જોડના ખૂણા).
આપેલ છે કે $\angle APC : \angle BPC = 7 : 8$.
ધારો કે $\angle APC = 7x$ અને $\angle BPC = 8x$.
તેથી,$7x + 8x = 180^{\circ}$.
$15x = 180^{\circ}$.
$x = \frac{180^{\circ}}{15} = 12^{\circ}$.
તેથી,$\angle APC = 7 \times 12^{\circ} = 84^{\circ}$ અને $\angle BPC = 8 \times 12^{\circ} = 96^{\circ}$.
રેખાઓ $AB$ અને $CD$ બિંદુ $P$ પર છેદતી હોવાથી,અભિકોણો સમાન હોય છે.
આમ,$\angle DPB = \angle APC = 84^{\circ}$ અને $\angle APD = \angle BPC = 96^{\circ}$.
આમ,ચારેય ખૂણાઓ $84^{\circ}, 96^{\circ}, 84^{\circ}$ અને $96^{\circ}$ છે.

(A) કિરણ $YW$ એ રેખા $XYZ$ પર આવેલું હોવાથી,$\angle WYZ + \angle WYX = 180^{\circ}$ (રૈખિક જોડના ખૂણા).
આપેલ છે કે $\angle WYZ : \angle WYX = 1 : 2$,તેથી ધારો કે $\angle WYZ = x$ અને $\angle WYX = 2x$.
તેથી,$x + 2x = 180^{\circ} \implies 3x = 180^{\circ} \implies x = 60^{\circ}$.
આમ,$\angle WYZ = 60^{\circ}$ અને $\angle WYX = 120^{\circ}$.
કિરણ $YQ$ એ $\angle WYZ$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle WYQ = \frac{1}{2} \times \angle WYZ = \frac{1}{2} \times 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
કિરણ $YP$ એ $\angle WYX$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle WYP = \frac{1}{2} \times \angle WYX = \frac{1}{2} \times 120^{\circ} = 60^{\circ}$.
અંતે,$\angle PYQ = \angle WYQ + \angle WYP = 30^{\circ} + 60^{\circ} = 90^{\circ}$.

(N/A) આપેલ છે કે $AB \perp CD$,તેથી $\angle ABC = 90^{\circ}$.
આકૃતિ પરથી,$\angle ABC = x + y + z = 90^{\circ}$.
ખૂણાઓનો ગુણોત્તર $x : y : z = 4 : 5 : 6$ આપેલ છે.
ધારો કે ખૂણાઓ અનુક્રમે $4k, 5k$ અને $6k$ છે.
ગુણોત્તરનો સરવાળો $= 4 + 5 + 6 = 15$.
તેથી,$15k = 90^{\circ}$,જે આપણને $k = \frac{90^{\circ}}{15} = 6^{\circ}$ આપે છે.
હવે,મૂલ્યોની ગણતરી કરતા:
$x = 4k = 4 \times 6^{\circ} = 24^{\circ}$
$y = 5k = 5 \times 6^{\circ} = 30^{\circ}$
$z = 6k = 6 \times 6^{\circ} = 36^{\circ}$
આમ,$x = 24^{\circ}, y = 30^{\circ}$ અને $z = 36^{\circ}$ છે.

(N/A) આપેલ છે કે રેખાઓ $AB$ અને $CD$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
$AB$ એક સીધી રેખા હોવાથી,રેખાની એક બાજુના ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle AOC + \angle COE + \angle BOE = 180^{\circ}.$
આપણને $\angle AOC + \angle BOE = 100^{\circ}$ આપેલ છે.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $100^{\circ} + \angle COE = 180^{\circ},$
જેથી $\angle COE = 180^{\circ} - 100^{\circ} = 80^{\circ}$ મળે છે.
$AB$ અને $CD$ સીધી રેખાઓ હોવાથી,અભિકોણો સમાન હોય છે.
તેથી,$\angle AOC = \angle BOD = 40^{\circ}.$
આપેલ સમીકરણ $\angle AOC + \angle BOE = 100^{\circ}$ નો ઉપયોગ કરતા,
$40^{\circ} + \angle BOE = 100^{\circ},$
$\angle BOE = 100^{\circ} - 40^{\circ} = 60^{\circ}.$
અંતે,વિપરીત $\angle COE = 360^{\circ} - \angle COE = 360^{\circ} - 80^{\circ} = 280^{\circ}$ થાય.

(N/A) આપેલ છે કે કિરણ $QS \perp PR$,તેથી $\angle PQS = \angle SQR = 90^{\circ}$.
કારણ કે $\angle PQT + \angle TQS = \angle PQS$,તેથી $b + a = 90^{\circ}$.
આપેલ છે કે $a: b = 7: 11$,ધારો કે $a = 7x$ અને $b = 11x$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $7x + 11x = 90^{\circ} \implies 18x = 90^{\circ} \implies x = 5^{\circ}$.
તેથી,$a = 7 \times 5^{\circ} = 35^{\circ}$ અને $b = 11 \times 5^{\circ} = 55^{\circ}$.
$PR$ એક સીધી રેખા હોવાથી,$\angle PQT + \angle TQR = 180^{\circ}$ (રૈખિક જોડના ખૂણા).
$b + \angle TQR = 180^{\circ} \implies 55^{\circ} + \angle TQR = 180^{\circ} \implies \angle TQR = 125^{\circ}$.
રેખાઓ $PR$ અને $TU$ બિંદુ $Q$ માં છેદે છે,તેથી અભિકોણો સમાન હોય છે.
તેથી,$c = \angle PQT = b = 55^{\circ}$.
વિપરીત $\angle TQR = 360^{\circ} - \angle TQR = 360^{\circ} - 125^{\circ} = 235^{\circ}$.

(N/A) આપેલ છે કે $\angle ABC = 70^{\circ}$ અને $\angle ACB = 60^{\circ}$.
અહીં $DBC$ એક સીધી રેખા હોવાથી,$\angle ABC$ અને $\angle ABD$ રૈખિક જોડના ખૂણા બનાવે છે.
તેથી,$\angle ABD + \angle ABC = 180^{\circ}$.
$\angle ABD + 70^{\circ} = 180^{\circ} \implies \angle ABD = 180^{\circ} - 70^{\circ} = 110^{\circ}$.
તે જ રીતે,$\angle ACB$ અને $\angle ACE$ એ સીધી રેખા $BCE$ પર રૈખિક જોડના ખૂણા બનાવે છે.
તેથી,$\angle ACE + \angle ACB = 180^{\circ}$.
$\angle ACE + 60^{\circ} = 180^{\circ} \implies \angle ACE = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.
આમ,$\angle ABD = 110^{\circ}$ અને $\angle ACE = 120^{\circ}$.

(N/A) આપેલ છે કે $\angle DBC = 70^{\circ}$ અને $ABC$ એક સીધી રેખા છે.
તેથી,$\angle DBA + \angle DBC = 180^{\circ}$ (રૈખિક જોડના ખૂણાઓનો પૂર્વધારણા).
$\angle DBA + 70^{\circ} = 180^{\circ} \implies \angle DBA = 110^{\circ}$.
કિરણ $BP$ એ $\angle DBA$ નો દ્વિભાજક હોવાથી,$\angle ABP = \angle PBD = \frac{1}{2} \times \angle DBA = \frac{1}{2} \times 110^{\circ} = 55^{\circ}$ મળે.
હવે,$\angle PBC = \angle PBD + \angle DBC = 55^{\circ} + 70^{\circ} = 125^{\circ}$.
$\angle PBD$ નો વિપરીત કોણ = $360^{\circ} - \angle PBD = 360^{\circ} - 55^{\circ} = 305^{\circ}$.