Mix Examples - Triangles Questions in Gujarati

(N/A) આપેલ છે: ચોરસ $ABCD$ અને $\triangle OAB$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે,તેથી $OA = OB = AB$.
સાબિત કરવાનું છે: $\triangle OCD$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
સાબિતી: ચોરસ $ABCD$ માં,$\angle DAB = \angle CBA = 90^{\circ}$.
કારણ કે $\triangle OAB$ સમબાજુ છે,$\angle OAB = \angle OBA = 60^{\circ}$.
હવે,$\angle DAO = \angle DAB - \angle OAB = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
તે જ રીતે,$\angle CBO = \angle CBA - \angle OBA = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.
$\triangle DAO$ અને $\triangle CBO$ માં:
$AD = BC$ (ચોરસની બાજુઓ)
$\angle DAO = \angle CBO = 30^{\circ}$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
$OA = OB$ (સમબાજુ ત્રિકોણની બાજુઓ)
$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle DAO \cong \triangle CBO$.
તેથી,$OD = OC$ (એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ ભાગો).
કારણ કે $OD = OC$,તેથી $\triangle OCD$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ અને $\triangle DBC$ એક જ પાયા $BC$ પર આવેલા છે. વળી,$AB = AC$ અને $BD = CD$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AD$ એ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક છે,એટલે કે $OB = OC$ અને $\angle AOB = \angle AOC = 90^{\circ}$.
સાબિતી: $\triangle ABD$ અને $\triangle ACD$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$BD = CD$ [આપેલ છે]
$AD = AD$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,એકરૂપતાની $SSS$ શરત મુજબ,આપણી પાસે છે:
$\triangle ABD \cong \triangle ACD$
તેથી,$\angle 1 = \angle 2$ [$CPCT$]
હવે,$\triangle ABO$ અને $\triangle ACO$ માં,આપણી પાસે છે:
$AB = AC$ [આપેલ છે]
$\angle 1 = \angle 2$ [ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ]
$AO = AO$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,એકરૂપતાની $SAS$ શરત મુજબ,આપણી પાસે છે:
$\triangle ABO \cong \triangle ACO$
તેથી,$BO = CO$ [$CPCT$]
અને,$\angle 3 = \angle 4$ [$CPCT$]
પરંતુ,$\angle 3 + \angle 4 = 180^{\circ}$ [રેખિક જોડના ખૂણા]
$\Rightarrow \angle 3 + \angle 3 = 180^{\circ}$
$\Rightarrow 2\angle 3 = 180^{\circ}$
$\Rightarrow \angle 3 = 90^{\circ}$
કારણ કે $BO = CO$ અને $\angle 3 = 90^{\circ}$,તેથી $AD$ એ $BC$ નો લંબદ્વિભાજક છે. આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $\triangle ADC$ અને $\triangle BEC$ માં આપણી પાસે છે:
$AC = BC$ [આપેલ છે] ... $(1)$
$\angle ADC = \angle BEC = 90^{\circ}$ [વેધ હોવાથી]
$\angle ACD = \angle BCE$ [સામાન્ય ખૂણો]
તેથી,$\triangle ADC \cong \triangle BEC$ [$AAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ]
તેથી,$CD = CE$ ... $(2)$ [$CPCT$]
$(1)$ માંથી $(2)$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે:
$AC - CE = BC - CD$
$AE = BD$
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ માં $BC$ બાજુ પરની મધ્યગા $AD$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AB + AC > 2AD$.
રચના: $AD$ ને $E$ સુધી લંબાવો જેથી $DE = AD$ થાય અને $EC$ ને જોડો.
સાબિતી: $\triangle ADB$ અને $\triangle EDC$ માં:
$AD = ED$ (રચના મુજબ)
$\angle 1 = \angle 2$ (અભિકોણ)
$DB = DC$ ($AD$ મધ્યગા છે)
$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ADB \cong \triangle EDC$.
તેથી,$AB = EC$ ($CPCT$ - એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો).
હવે,$\triangle AEC$ માં,ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતાં વધારે હોય છે:
$AC + CE > AE$
કારણ કે $AE = AD + DE = AD + AD = 2AD$ અને $CE = AB$ હોવાથી:
$AC + AB > 2AD$.
આમ,સાબિત થાય છે કે બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ પરની મધ્યગાના બમણા કરતાં વધારે હોય છે.

(N/A) આપેલ છે: એક ચતુષ્કોણ $ABCD$ જેના વિકર્ણો $AC$ અને $BD$ બિંદુ $O$ માં છેદે છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AB + BC + CD + DA < 2(BD + AC)$.
સાબિતી: $\triangle AOB$ માં,ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ (ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે),આપણને મળે છે:
$OA + OB > AB$ ... $(1)$
$\triangle BOC$ માં,આપણને મળે છે:
$OB + OC > BC$ ... $(2)$
$\triangle COD$ માં,આપણને મળે છે:
$OC + OD > CD$ ... $(3)$
$\triangle DOA$ માં,આપણને મળે છે:
$OD + OA > DA$ ... $(4)$
સમીકરણો $(1), (2), (3)$ અને $(4)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$(OA + OB) + (OB + OC) + (OC + OD) + (OD + OA) > AB + BC + CD + DA$
$2(OA + OC) + 2(OB + OD) > AB + BC + CD + DA$
કારણ કે $OA + OC = AC$ અને $OB + OD = BD$,આપણે આ કિંમતો અસમતામાં મૂકીએ છીએ:
$2(AC) + 2(BD) > AB + BC + CD + DA$
$2(AC + BD) > AB + BC + CD + DA$
તેથી,$AB + BC + CD + DA < 2(AC + BD)$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: એક ચતુષ્કોણ $ABCD$.
સાબિત કરવાનું છે: $AB + BC + CD + DA > AC + BD$.
સાબિતી: $\triangle ABC$ માં,આપણી પાસે $AB + BC > AC$ છે $\ldots(1)$ [કારણ કે ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓની લંબાઈનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ].
$\triangle BCD$ માં,આપણી પાસે $BC + CD > BD$ છે $\ldots(2)$ [તે જ કારણ].
$\triangle CDA$ માં,આપણી પાસે $CD + DA > AC$ છે $\ldots(3)$ [તે જ કારણ].
$\triangle DAB$ માં,આપણી પાસે $DA + AB > BD$ છે $\ldots(4)$ [તે જ કારણ].
$(1), (2), (3)$ અને $(4)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$(AB + BC) + (BC + CD) + (CD + DA) + (DA + AB) > AC + BD + AC + BD$
$2AB + 2BC + 2CD + 2DA > 2AC + 2BD$
$2(AB + BC + CD + DA) > 2(AC + BD)$
$AB + BC + CD + DA > AC + BD$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $\angle ABC = 90^{\circ}$.
$D$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$AD = DC$ થાય.
વળી,આપેલ છે કે $BD = \frac{1}{2} AC$.
$AC = AD + DC = 2AD$ હોવાથી,$BD = AD$ થાય.
તેથી,$BD = AD = DC$.
$\Delta ABD$ માં,$BD = AD$ હોવાથી,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે,તેથી $\angle 1 = \angle 2$. $(1)$
$\Delta BCD$ માં,$BD = DC$ હોવાથી,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે,તેથી $\angle 3 = \angle 4$. $(2)$
$\Delta ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે:
$\angle A + \angle ABC + \angle C = 180^{\circ}$
$\angle 1 + (\angle 2 + \angle 3) + \angle 4 = 180^{\circ}$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી $\angle 1 = \angle 2$ અને $\angle 4 = \angle 3$ મૂકતા:
$\angle 2 + (\angle 2 + \angle 3) + \angle 3 = 180^{\circ}$
$2(\angle 2 + \angle 3) = 180^{\circ}$
$\angle 2 + \angle 3 = 90^{\circ}$
$\angle ABC = \angle 2 + \angle 3$ હોવાથી,$\angle ABC = 90^{\circ}$ થાય.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) $ABC$ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે,જેમાં $\angle B = 90^{\circ}$ છે અને $D$ એ કર્ણ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે. આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $BD = \frac{1}{2} AC$.
રચના: $BD$ ને $E$ સુધી એવી રીતે લંબાવો કે જેથી $BD = DE$ થાય. $EC$ ને જોડો.
$\Delta ADB$ અને $\Delta CDE$ માં:
$AD = CD$ ($D$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી)
$\angle ADB = \angle CDE$ (અભિકોણો)
$BD = DE$ (રચના મુજબ)
તેથી,$\Delta ADB \cong \Delta CDE$ ($SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ).
આથી,$AB = EC$ $(CPCT)$ અને $\angle 1 = \angle 2$ $(CPCT)$.
$\angle 1$ અને $\angle 2$ યુગ્મકોણો હોવાથી,$EC \parallel BA$ થાય.
હવે,$EC \parallel BA$ અને $BC$ છેદિકા છે,તેથી $\angle ABC + \angle BCE = 180^{\circ}$.
$\angle ABC = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle BCE = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$.
$\Delta ABC$ અને $\Delta ECB$ માં:
$BC = CB$ (સામાન્ય બાજુ)
$AB = EC$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
$\angle ABC = \angle ECB = 90^{\circ}$
તેથી,$\Delta ABC \cong \Delta ECB$ ($SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ).
આથી,$AC = EB$ $(CPCT)$.
$BD = DE$ હોવાથી,$BD = \frac{1}{2} BE$ થાય.
$BE = AC$ મૂકતા,આપણને $BD = \frac{1}{2} AC$ મળે છે.

(N/A) આપેલ છે: રેખાઓ $l$ અને $m$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે. $P$ એ $O$ માંથી પસાર થતી રેખા $n$ પરનું બિંદુ છે,જેથી $PQ \perp l$ અને $PR \perp m$,જ્યાં $PQ = PR$.
સાબિત કરવાનું છે: $n$ એ $\angle QOR$ નો દ્વિભાજક છે.
સાબિતી: $\triangle OQP$ અને $\triangle ORP$ માં,આપણી પાસે છે:
$\angle OQP = \angle ORP = 90^{\circ}$ (આપેલ છે કે $P$ એ $l$ અને $m$ થી સમાન અંતરે છે)
$OP = OP$ (સામાન્ય બાજુ)
$PQ = PR$ (આપેલ છે)
$RHS$ (કાટખૂણો-કર્ણ-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ:
$\triangle OQP \cong \triangle ORP$
તેથી,$\angle QOP = \angle ROP$ ($CPCT$ - એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ ભાગો દ્વારા).
આમ,$n$ એ $\angle QOR$ નો દ્વિભાજક છે. આમ સાબિત થાય છે.

(N/A) $MD$ અને $MC$ ને જોડો.
$\Delta DMN$ અને $\Delta CMN$ માં:
$DN = CN$ [કારણ કે $N$ એ $DC$ નું મધ્યબિંદુ છે]
$\angle DNM = \angle CNM = 90^{\circ}$ [આપેલ છે]
$MN = MN$ [સામાન્ય બાજુ]
તેથી,$\Delta DMN \cong \Delta CMN$ [$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ]
આનો અર્થ એ છે કે $DM = CM$ અને $\angle NMD = \angle NMC$ ... $(1)$ [$CPCT$]
હવે,$\Delta AMD$ અને $\Delta BMC$ લો:
$AM = BM$ [કારણ કે $M$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે]
$DM = CM$ [$(1)$ પરથી]
$\angle AMD = \angle AMN - \angle NMD$
$\angle BMC = \angle BMN - \angle NMC$
કારણ કે $\angle AMN = \angle BMN = 90^{\circ}$ અને $\angle NMD = \angle NMC$,તેથી $\angle AMD = \angle BMC$ ... $(2)$
તેથી,$\Delta AMD \cong \Delta BMC$ [$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ]
આમ,$AD = BC$ [$CPCT$].

(N/A) આપેલ છે: એક ચતુષ્કોણ $ABCD$ જેમાં $\angle 1 = \angle 2$ અને $\angle 3 = \angle 4$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AB = AD$ અને $CB = CD.$
સાબિતી: $\triangle ABC$ અને $\triangle ADC$ માં,આપણી પાસે છે:
$\angle 1 = \angle 2$ [આપેલ છે]
$AC = AC$ [સામાન્ય બાજુ]
$\angle 3 = \angle 4$ [આપેલ છે]
તેથી,$ASA$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,આપણી પાસે છે:
$\triangle ABC \cong \triangle ADC$
તેથી,$AB = AD$ [$CPCT$ દ્વારા]
અને $CB = CD$ [$CPCT$ દ્વારા]
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: એક કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ જેમાં $AB = AC$ અને $CD$ એ $\angle C$ નો દ્વિભાજક છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AC + AD = BC$.
રચના: $DE \perp BC$ દોરો.
સાબિતી: કાટકોણ ત્રિકોણ $ABC$ માં,$AB = AC$ (આપેલ છે).
$BC$ કર્ણ હોવાથી,$\angle A = 90^{\circ}$.
$\triangle DAC$ અને $\triangle DEC$ માં:
$\angle DAC = \angle DEC = 90^{\circ}$ (આપેલ અને રચના મુજબ).
$\angle ACD = \angle ECD$ ($CD$ એ $\angle C$ નો દ્વિભાજક હોવાથી).
$CD = CD$ (સામાન્ય બાજુ).
$AAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle DAC \cong \triangle DEC$.
તેથી,$AD = DE$ અને $AC = CE$ ($CPCT$ મુજબ).
$\triangle ABC$ માં,$AB = AC$ હોવાથી,$\angle B = \angle ACB$. $\angle A = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle B + \angle ACB = 90^{\circ}$,તેથી $2\angle B = 90^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $\angle B = 45^{\circ}$.
$\triangle DEB$ માં,$\angle DEB = 90^{\circ}$ અને $\angle B = 45^{\circ}$ હોવાથી,$\angle EDB = 180^{\circ} - (90^{\circ} + 45^{\circ}) = 45^{\circ}$.
$\angle EDB = \angle B = 45^{\circ}$ હોવાથી,તેમની સામેની બાજુઓ સમાન હોય: $DE = BE$.
$AD = DE$ અને $DE = BE$ હોવાથી,$AD = BE$ મળે.
હવે,$BC = CE + BE$.
$CE = AC$ અને $BE = AD$ મૂકતા,આપણને $BC = AC + AD$ મળે.
આમ,$AC + AD = BC$ સાબિત થાય છે.

(A) આપેલ છે: ચતુષ્કોણ $ABCD$ જેમાં $AB$ સૌથી નાની બાજુ છે અને $CD$ સૌથી મોટી બાજુ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle B > \angle D$.
રચના: $BD$ ને જોડો.
સાબિતી: $\triangle ABD$ માં,$AB$ એ ચતુષ્કોણની સૌથી નાની બાજુ હોવાથી,$AD > AB$ થાય. મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે,તેથી $\angle ABD > \angle ADB$ ... $(1)$.
$\triangle CBD$ માં,$CD$ એ ચતુષ્કોણની સૌથી મોટી બાજુ હોવાથી,$CD > BC$ થાય. મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે,તેથી $\angle CBD > \angle BDC$ ... $(2)$.
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$\angle ABD + \angle CBD > \angle ADB + \angle BDC$
$\Rightarrow \angle ABC > \angle ADC$
$\Rightarrow \angle B > \angle D$.
આમ,સાબિત થાય છે કે $\angle B$ એ $\angle D$ કરતા મોટો છે.

(N/A) આપેલ છે: એક ત્રિકોણ $ABC$,જે સમબાજુ ત્રિકોણ નથી. ધારો કે $BC$ સૌથી મોટી બાજુ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\angle A > \frac{2}{3} \times 90^{\circ} = 60^{\circ}$.
સાબિતી: $\Delta ABC$ માં,$BC$ સૌથી મોટી બાજુ હોવાથી,આપણી પાસે છે:
$BC > AB \Rightarrow \angle A > \angle C$ ..... $(1)$ [કારણ કે ત્રિકોણમાં મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે]
$BC > AC \Rightarrow \angle A > \angle B$ ..... $(2)$ [કારણ કે ત્રિકોણમાં મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે]
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$\angle A + \angle A > \angle B + \angle C$
$2\angle A > \angle B + \angle C$
બંને બાજુ $\angle A$ ઉમેરતા:
$2\angle A + \angle A > \angle A + \angle B + \angle C$
$3\angle A > 180^{\circ}$ [ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાનો ગુણધર્મ]
$\angle A > \frac{180^{\circ}}{3}$
$\angle A > 60^{\circ}$
કારણ કે $60^{\circ} = \frac{2}{3} \times 90^{\circ}$,તેથી $\angle A > \frac{2}{3}$ કાટખૂણો.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: ચતુષ્કોણ $ABCD$ જેમાં $AB = AD$ અને $CB = CD$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AC$ એ $BD$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
સાબિતી: $\triangle ABC$ અને $\triangle ADC$ માં,
$AB = AD$ (આપેલ છે)
$BC = CD$ (આપેલ છે)
$AC = AC$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,
$\triangle ABC \cong \triangle ADC$
તેથી,$\angle 1 = \angle 2$ ($CPCT$ દ્વારા)
હવે,$\triangle AOB$ અને $\triangle AOD$ માં,
$AB = AD$ (આપેલ છે)
$\angle 1 = \angle 2$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
$AO = AO$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,
$\triangle AOB \cong \triangle AOD$
તેથી,$BO = DO$ ($CPCT$ દ્વારા)
અને $\angle 3 = \angle 4$ ($CPCT$ દ્વારા)
પરંતુ,$\angle 3 + \angle 4 = 180^{\circ}$ (રૈખિક જોડના ખૂણા)
કારણ કે $\angle 3 = \angle 4$,તેથી:
$\angle 3 + \angle 3 = 180^{\circ}$
$2\angle 3 = 180^{\circ}$
$\angle 3 = 90^{\circ}$
આમ,$BO = DO$ અને $\angle 3 = 90^{\circ}$ હોવાથી,$AC$ એ $BD$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
આમ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\angle PXR = \angle SXQ$
બંને બાજુથી $\angle QXR$ બાદ કરતાં:
$\angle PXR - \angle QXR = \angle SXQ - \angle QXR$
$\therefore \angle PXQ = \angle SXR \quad \dots(1)$
હવે,$\Delta XPQ$ અને $\Delta XSR$ માં:
$XP = XS$ (આપેલ છે)
$XQ = XR$ (આપેલ છે)
$\angle PXQ = \angle SXR$ [$(1)$ પરથી]
$\therefore \Delta XPQ \cong \Delta XSR$ ($SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ)
$\therefore PQ = SR$ ($CPCT$ મુજબ)

(N/A) લંબચોરસ $ABCD$ માં,
$AB = DC$ (લંબચોરસની સામસામેની બાજુઓ સમાન હોય છે)
અને $\angle B = \angle C = 90^{\circ}$ (લંબચોરસનો દરેક ખૂણો $90^{\circ}$ હોય છે).
વળી,$E$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $BE = CE$.
હવે,$\Delta ABE$ અને $\Delta DCE$ ને ધ્યાનમાં લો:
$AB = DC$ (ઉપર સાબિત કર્યું)
$\angle B = \angle C = 90^{\circ}$ (ઉપર સાબિત કર્યું)
$BE = CE$ (આપેલ છે કે $E$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે)
$SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABE \cong \Delta DCE$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે.
તેથી,$AE = DE$ ($CPCT$ - એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ અંગો દ્વારા).

(N/A) આપેલ છે:
$1$. $PN \perp PQ$ અને $QM \perp PQ$.
$2$. $X$ એ $PQ$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $PX = QX$.
$3$. $X$ એ $MN$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $NX = MX$.
સાબિત કરવાનું છે: $\triangle PNX \cong \triangle QMX$.
સાબિતી:
$\triangle PNX$ અને $\triangle QMX$ માં:
$1$. $PX = QX$ (આપેલ છે,$X$ એ $PQ$ નું મધ્યબિંદુ છે).
$2$. $NX = MX$ (આપેલ છે,$X$ એ $MN$ નું મધ્યબિંદુ છે).
$3$. $\angle PNX = \angle QMX$ (કારણ કે $PN \parallel QM$ કારણ કે બંને $PQ$ ને લંબ છે,અને $MN$ એ છેદિકા છે,તેથી આ યુગ્મકોણ છે).
વૈકલ્પિક રીતે,$SAS$ એકરૂપતાની શરતનો ઉપયોગ કરતા:
$1$. $PX = QX$ (આપેલ છે).
$2$. $\angle P = \angle Q = 90^\circ$ (આપેલ છે).
$3$. $NX = MX$ (આપેલ છે).
તેથી,$RHS$ એકરૂપતાની શરત (અથવા $SAS$) દ્વારા,$\triangle PNX \cong \triangle QMX$.

(N/A) $\triangle APM$ અને $\triangle BPN$ ને ધ્યાનમાં લો.
$1$. $\angle MAP = \angle NBP = 90^{\circ}$ (આપેલ છે કે $AM \perp AB$ અને $BN \perp AB$).
$2$. $AP = BP$ ($P$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે,આપેલ છે).
$3$. $\angle APM = \angle BPN$ (અભિકોણો).
તેથી,$ASA$ (ખૂબાખૂ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle APM \cong \triangle BPN$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$:
- $AM = BN$ (જે સાબિત થાય છે).
- $PM = PN$ (કારણ કે $PM$ અને $PN$ અનુરૂપ બાજુઓ છે).
$PM = PN$ હોવાથી,$P$ એ $MN$ નું મધ્યબિંદુ છે (જે સાબિત થાય છે).

(N/A) આપેલ છે: $PQ = ST$,$QU = TR$,$\angle PQT = 90^\circ$ અને $\angle STQ = 90^\circ$.
સાબિત કરવાનું છે: $PR = SU$.
સાબિતી:
$\triangle PQR$ અને $\triangle STU$ લો.
$1$. $PQ = ST$ (આપેલ છે)
$2$. $\angle PQR = \angle STU = 90^\circ$ (આપેલ છે)
$3$. $QR = QU + UR$ અને $TU = TR + UR$.
કારણ કે $QU = TR$,તેથી $QR = TR + UR = TU$.
આમ,$QR = TU$.
$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle PQR \cong \triangle STU$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
તેથી,$PR = SU$.

(A) ધારો કે $\triangle ABC$ એક સમબાજુ ત્રિકોણ છે જ્યાં $AB = BC = CA = a$ છે.
ધારો કે $AD$,$BE$,અને $CF$ એ અનુક્રમે બાજુઓ $BC$,$AC$,અને $AB$ પર દોરેલી મધ્યગાઓ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણમાં,મધ્યગા એ વેધ પણ હોય છે.
$\triangle ABD$ માં,$\angle ADB = 90^\circ$ છે. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AD^2 = AB^2 - BD^2$.
$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$BD = a/2$ થાય.
$AD^2 = a^2 - (a/2)^2 = a^2 - a^2/4 = 3a^2/4$.
તેથી,$AD = (a\sqrt{3})/2$.
તે જ રીતે,મધ્યગા $BE$ માટે,$\triangle BCE$ માં,$BE^2 = BC^2 - CE^2 = a^2 - (a/2)^2 = 3a^2/4$.
તેથી,$BE = (a\sqrt{3})/2$.
તે જ રીતે,$CF = (a\sqrt{3})/2$.
આમ,$AD = BE = CF = (a\sqrt{3})/2$ હોવાથી,સમબાજુ ત્રિકોણની મધ્યગાઓ સમાન છે.

(N/A) ધારો કે $PQ$ એક રેખાખંડ છે અને $L$ તેનો લંબદ્વિભાજક છે. ધારો કે $M$ એ $L$ પરનું એક બિંદુ છે જે $PQ$ પર નથી. ધારો કે $L$ એ $PQ$ ને બિંદુ $O$ માં છેદે છે. $L$ એ $PQ$ નો લંબદ્વિભાજક હોવાથી,$PO = OQ$ અને $\angle MOP = \angle MOQ = 90^{\circ}$ થાય. હવે $\triangle MOP$ અને $\triangle MOQ$ ને ધ્યાનમાં લો. આ ત્રિકોણોમાં: $1$. $PO = OQ$ (આપેલ છે). $2$. $\angle MOP = \angle MOQ = 90^{\circ}$ (આપેલ છે). $3$. $MO = MO$ (સામાન્ય બાજુ). $SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle MOP \cong \triangle MOQ$ થાય. ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$. તેથી,$MP = MQ$ થાય. આમ,બિંદુ $M$ એ $P$ અને $Q$ થી સમાન અંતરે છે.

(N/A) $\angle P$ નો દ્વિભાજક $PM$ દોરો જે $QR$ ને $M$ માં મળે છે.
તેથી,$\angle QPM = \angle RPM$ $(1)$.
હવે,$\Delta PMQ$ અને $\Delta PMR$ માં:
$PQ = PR$ (આપેલ છે)
$PM = PM$ (સામાન્ય બાજુ)
$\angle QPM = \angle RPM$ [$(1)$ પરથી]
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta PMQ \cong \Delta PMR$.
તેથી,$\angle R = \angle Q$ ($CPCT$ દ્વારા - એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ ભાગો).

(N/A) $\triangle ABC$ માં,$AB = AC$ (આપેલ છે).
$\therefore \angle ABC = \angle ACB$ ($\because$ સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
જેহেতু $P$ એ $BC$ પર છે અને $Q$ એ $BC$ પર છે,તેથી $\angle ABP = \angle ACQ$ થાય.
હવે,$\triangle ABP$ અને $\triangle ACQ$ માં:
$AB = AC$ (આપેલ છે)
$BP = CQ$ (આપેલ છે)
$\angle ABP = \angle ACQ$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
તેથી,$SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ABP \cong \triangle ACQ$.
$\therefore AP = AQ$ ($CPCT$ દ્વારા).
હવે,$\triangle APQ$ માં,$AP = AQ$ હોવાથી,$\Delta APQ$ એક સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(A) $\Delta ABC$ માં,આપણને આપેલ છે કે $AB = AC$.
સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે,તેથી $\angle B = \angle C$.
ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
$\angle A = 50^{\circ}$ આપેલ હોવાથી,$50^{\circ} + \angle B + \angle B = 180^{\circ}$.
$2 \angle B = 180^{\circ} - 50^{\circ} = 130^{\circ}$.
$\angle B = 130^{\circ} / 2 = 65^{\circ}$.
$\angle B = \angle C$ હોવાથી,$\angle C = 65^{\circ}$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $\Delta PQR$ માં,$PQ = PR$ છે.
સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોય છે,તેથી $PQ$ અને $PR$ બાજુઓ સમાન હોવાથી,તેમની સામેના ખૂણાઓ પણ સમાન હશે.
તેથી,$\angle R = \angle Q$.
આપેલ છે કે $\angle Q = 48^{\circ}$,તેથી $\angle R = 48^{\circ}$.
કોઈપણ ત્રિકોણમાં,ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$.
કિંમતો મૂકતા: $\angle P + 48^{\circ} + 48^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle P + 96^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle P = 180^{\circ} - 96^{\circ} = 84^{\circ}$.
આમ,$\angle P = 84^{\circ}$ અને $\angle R = 48^{\circ}$.

(A) આપેલ છે કે $\Delta ABC$ માં,$AB = AC$. તેથી,આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે,એટલે કે $\angle B = \angle C$.
$\angle B = x + 10^{\circ}$ હોવાથી,$\angle C = x + 10^{\circ}$ થશે.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $2x + (x + 10) + (x + 10) = 180$.
$4x + 20 = 180$.
$4x = 160$.
$x = 40$.
હવે,ખૂણાઓની ગણતરી કરતા:
$\angle A = 2x = 2(40) = 80^{\circ}$.
$\angle B = x + 10 = 40 + 10 = 50^{\circ}$.
$\angle C = x + 10 = 40 + 10 = 50^{\circ}$.

(A) આપેલ છે કે $\Delta PQR$ માં,$PQ = PR$. તેથી,આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય,એટલે કે $\angle Q = \angle R = 4x - 5^{\circ}$.
ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $(x + 10^{\circ}) + (4x - 5^{\circ}) + (4x - 5^{\circ}) = 180^{\circ}$.
સમાન પદોનો સરવાળો કરતા: $9x = 180^{\circ}$,જે આપણને $x = 20^{\circ}$ આપે છે.
હવે,ખૂણાઓની ગણતરી કરતા:
$\angle P = x + 10^{\circ} = 20^{\circ} + 10^{\circ} = 30^{\circ}$.
$\angle Q = 4x - 5^{\circ} = 4(20^{\circ}) - 5^{\circ} = 80^{\circ} - 5^{\circ} = 75^{\circ}$.
કારણ કે $\angle Q = \angle R$,તેથી $\angle R = 75^{\circ}$.
આમ,ખૂણાઓ $30^{\circ}, 75^{\circ}, 75^{\circ}$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\Delta ABC$ માં,$AB = AC$ અને $AD \perp BC$.
સાબિત કરવાનું છે: $BD = DC$.
સાબિતી: $\Delta ABD$ અને $\Delta ACD$ લો.
$1$. $AB = AC$ (આપેલ છે).
$2$. $\angle ADB = \angle ADC = 90^{\circ}$ (કારણ કે $AD$ વેધ છે).
$3$. $AD = AD$ (સામાન્ય બાજુ).
$RHS$ (કાટખૂણો-કર્ણ-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABD \cong \Delta ACD$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ અંગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
તેથી,$BD = DC$.
આ દર્શાવે છે કે $D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\Delta ABC$ માં,$AB = AC$. $\angle CAD$ એ શિરોબિંદુ $A$ આગળનો બહિષ્કોણ છે. $AP$ એ $\angle CAD$ નો દ્વિભાજક છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AP \parallel BC$.
સાબિતી:
$1$. $AB = AC$ હોવાથી,સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે. તેથી,$\angle ABC = \angle ACB$.
$2$. ત્રિકોણનો બહિષ્કોણ તેના બે અંતઃસંમુખ ખૂણાઓના સરવાળા જેટલો હોય છે. તેથી,$\angle CAD = \angle ABC + \angle ACB$.
$3$. $\angle ABC = \angle ACB$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ કે $\angle CAD = 2 \angle ACB$.
$4$. $AP$ એ $\angle CAD$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle CAP = \frac{1}{2} \angle CAD$.
$5$. સ્ટેપ $3$ ની કિંમત મૂકતા,$\angle CAP = \frac{1}{2} (2 \angle ACB) = \angle ACB$.
$6$. $\angle CAP$ અને $\angle ACB$ એ યુગ્મકોણની જોડ બનાવે છે. જો આ ખૂણા સમાન હોય,તો રેખાઓ $AP$ અને $BC$ સમાંતર હોય $(AP \parallel BC)$.

(N/A) આપેલ છે કે $BP$ એ $\angle B$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle XBP = \angle PBC$.
$XY \parallel BC$ હોવાથી,યુગ્મકોણ સમાન હોય,તેથી $\angle PBC = \angle BXP$.
આમ,$\angle XBP = \angle BXP$.
$\Delta XBP$ માં,પાયાના ખૂણા સમાન હોવાથી,તેમની સામેની બાજુઓ સમાન હોય,તેથી $XB = XP$.
તે જ રીતે,$CP$ એ $\angle C$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી $\angle YCP = \angle PCB$.
$XY \parallel BC$ હોવાથી,યુગ્મકોણ સમાન હોય,તેથી $\angle PCB = \angle CYP$.
આમ,$\angle YCP = \angle CYP$.
$\Delta YCP$ માં,પાયાના ખૂણા સમાન હોવાથી,તેમની સામેની બાજુઓ સમાન હોય,તેથી $YC = YP$.
હવે,$XY = XP + YP$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $XY = XB + YC$.
આમ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $AB$ અને $CD$ એકબીજાને $P$ બિંદુએ દુભાગે છે. આનો અર્થ એ છે કે $PA = PB$ અને $PC = PD$.
જોકે,પ્રશ્નમાં $PA = PD$ અને $PB = PC$ આપેલ છે.
$\triangle APC$ અને $\triangle BPD$ ને ધ્યાનમાં લો:
$1$. $PA = PD$ (આપેલ છે)
$2$. $\angle APC = \angle BPD$ (અભિકોણો)
$3$. $PC = PB$ (આપેલ છે)
$SAS$ (બાજુ-ખૂણો-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle APC \cong \triangle BPD$.
એકરૂપ ત્રિકોણોના અનુરૂપ અંગો સમાન હોવાથી $(CPCT)$,
તેથી,$AC = BD$.

(N/A) $\Delta SPQ$ અને $\Delta RQP$ માં:
$PS = QR$ (આપેલ છે)
$QS = PR$ (આપેલ છે)
$PQ = QP$ (સામાન્ય બાજુ)
તેથી,$SSS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta SPQ \cong \Delta RQP$.
ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન હોય છે $(CPCT)$.
આમ,$(1) \angle PSQ = \angle QRP$ અને $(2) \angle SPQ = \angle RQP$.

(N/A) આપેલ છે: $AB \perp BQ$,$PQ \perp QB$,$AC = PR$ અને $BR = QC$.
$AB \perp BQ$ હોવાથી,$\angle ABQ = 90^{\circ}$. તેથી,$\angle ABC = 90^{\circ}$.
$PQ \perp QB$ હોવાથી,$\angle PQB = 90^{\circ}$. તેથી,$\angle PQR = 90^{\circ}$.
આપેલ છે કે $BR = QC$.
બંને બાજુ $RC$ ઉમેરતા,આપણને $BR + RC = QC + RC$ મળે છે.
તેથી,$BC = QR$......$(1)$
$\Delta ABC$ અને $\Delta PQR$ માં:
$AC = PR$ (આપેલ છે)
$\angle ABC = \angle PQR = 90^{\circ}$ (ઉપર સાબિત કર્યા મુજબ)
$BC = QR$ [$(1)$ પરથી]
$RHS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ABC \cong \Delta PQR$.
તેથી,$\angle BAC = \angle QPR$ ($CPCT$ દ્વારા).

(N/A) આપેલ છે: $\Delta PQR$ માં,$X$ એ $QR$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $QX = XR$. $XY \perp PQ$ અને $XZ \perp PR$. વળી,$XY = XZ$.
પગલું $1$: $\Delta QXY$ અને $\Delta RXZ$ ને ધ્યાનમાં લો.
પગલું $2$: આ બે ત્રિકોણોમાં:
$1$. $\angle XYQ = \angle XZR = 90^{\circ}$ (વેધ આપેલ છે).
$2$. $XY = XZ$ (આપેલ છે).
$3$. $QX = XR$ ($X$ એ $QR$ નું મધ્યબિંદુ છે).
પગલું $3$: $RHS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta QXY \cong \Delta RXZ$.
પગલું $4$: $CPCT$ મુજબ,$\angle Q = \angle R$.
પગલું $5$: $\Delta PQR$ માં,$\angle Q = \angle R$ હોવાથી,આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય,એટલે કે $PR = PQ$.
નિષ્કર્ષ: $\Delta PQR$ ની બે બાજુઓ સમાન હોવાથી,$\Delta PQR$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(C) જે સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો સમાન હોય તેને લંબચોરસ કહેવાય છે.
લંબચોરસના દરેક ખૂણાનું માપ $90^{\circ}$ હોય છે.
તેથી,$\angle PQR = 90^{\circ}$.

(N/A) વિકર્ણ $PR$ એ $\angle QPS$ અને $\angle QRS$ ને દુભાગે છે તે સાબિત કરવા માટે,આપણે બે ત્રિકોણ $\triangle PQR$ અને $\triangle PSR$ ને ધ્યાનમાં લઈએ.
$1$. $\triangle PQR$ અને $\triangle PSR$ માં:
- $PQ = PS$ (આપેલ છે)
- $QR = RS$ (આપેલ છે)
- $PR = PR$ (સામાન્ય બાજુ)
$2$. $SSS$ (બાજુ-બાજુ-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle PQR \cong \triangle PSR$ થાય.
$3$. ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન હોય છે $(CPCT)$:
- $\angle QPR = \angle SPR$. આ સૂચવે છે કે $PR$ એ $\angle QPS$ ને દુભાગે છે.
- $\angle QRP = \angle SRP$. આ સૂચવે છે કે $PR$ એ $\angle QRS$ ને દુભાગે છે.
આમ,સાબિત થાય છે કે વિકર્ણ $PR$ એ $\angle QPS$ અને $\angle QRS$ બંનેને દુભાગે છે.

(N/A) $1$. બે ત્રિકોણ $\triangle PQR$ અને $\triangle PSR$ નો વિચાર કરો.
$2$. આ ત્રિકોણોમાં,આપણને આપેલ છે કે $PQ = PS$ (બાજુ).
$3$. આપણને એ પણ આપેલ છે કે $RQ = RS$ (બાજુ).
$4$. બાજુ $PR$ બંને ત્રિકોણ માટે સામાન્ય છે,તેથી $PR = PR$ (બાજુ).
$5$. $SSS$ (બાજુ-બાજુ-બાજુ) એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle PQR \cong \triangle PSR$.
$6$. ત્રિકોણો એકરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ભાગો સમાન હોય છે ($CPCT$ - એકરૂપ ત્રિકોણના અનુરૂપ ભાગો).
$7$. તેથી,$\angle PQR = \angle PSR$.

(N/A) $1$. કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta PLQ$ અને $\Delta QMP$ ધ્યાનમાં લો.
$2$. આ ત્રિકોણોમાં,$PL = QM$ (આપેલ છે),$PQ = QP$ (સામાન્ય બાજુ),અને $\angle PLQ = \angle QMP = 90^{\circ}$ (વેધ).
$3$. $RHS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta PLQ \cong \Delta QMP$.
$4$. $CPCT$ મુજબ,$\angle PQL = \angle QPM$,જેનો અર્થ છે કે $\angle PQR = \angle QPR$.
$5$. પાયાના ખૂણા સમાન હોવાથી,તેમની સામેની બાજુઓ સમાન હોય,તેથી $PR = QR$.
$6$. તેવી જ રીતે,$\Delta QMR$ અને $\Delta RNP$ ને ધ્યાનમાં લેતા,આપણે સાબિત કરી શકીએ કે $\Delta QMR \cong \Delta RNP$,જેનો અર્થ છે કે $\angle QRM = \angle RPN$,જેનાથી $PQ = QR$ મળે છે.
$7$. $PR = QR$ અને $PQ = QR$ હોવાથી,$PQ = QR = PR$ થાય છે.
$8$. તેથી,$\Delta PQR$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) $1$. $\Delta PQR$ માં,ધારો કે $PL \perp QR$,$QM \perp PR$,અને $RN \perp PQ$ છે. આપેલ છે કે $PL = QM = RN$.
$2$. $\Delta QRN$ અને $\Delta RQM$ ને ધ્યાનમાં લો. અહીં $\angle QNR = \angle RMQ = 90^{\circ}$,$QR = RQ$ (સામાન્ય બાજુ),અને $RN = QM$ (આપેલ છે).
$3$. $RHS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta QRN \cong \Delta RQM$. તેથી,$\angle RQN = \angle QRM$,જેનો અર્થ છે કે $\angle RQP = \angle QRP$.
$4$. તેવી જ રીતે,$\Delta PQL$ અને $\Delta QPM$ ને ધ્યાનમાં લેતા,આપણે સાબિત કરી શકીએ કે $\angle QPR = \angle PQR$.
$5$. કારણ કે $\angle PQR = \angle QRP$ અને $\angle QPR = \angle PQR$,તેથી $\angle PQR = \angle QRP = \angle QPR$ થાય.
$6$. ત્રણેય ખૂણા સમાન હોવાથી,$\Delta PQR$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.

(N/A) $\Delta XYZ$ માં,$XY > XZ$ (આપેલ છે).
$\therefore \angle XZY > \angle XYZ$ (કારણ કે ત્રિકોણની મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે).
$\Delta XPZ$ માં,$\angle XPY$ એ બહિષ્કોણ છે અને $\angle XZP$ એ તેનો અંતઃસન્મુખ ખૂણો છે.
તેથી,$\angle XPY > \angle XZP$ (બહિષ્કોણનો ગુણધર્મ).
$\angle XZY$ એ $\angle XZP$ સમાન હોવાથી,આપણને મળે છે $\angle XPY > \angle XZP > \angle XYZ$.
આમ,$\angle XPY > \angle XYZ$ (અથવા $\angle XPY > \angle XYP$).
$\Delta XYP$ માં,$XY$ ની સામેનો ખૂણો (જે $\angle XPY$ છે) એ $XP$ ની સામેના ખૂણા (જે $\angle XYP$ છે) કરતા મોટો હોવાથી,તે સાબિત થાય છે કે $XY > XP$.

(A) $\Delta ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle C = 180^{\circ} - (50^{\circ} + 60^{\circ}) = 180^{\circ} - 110^{\circ} = 70^{\circ}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે નાના ખૂણાની સામેની બાજુ નાની હોય છે અને મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે.
ખૂણાઓનો ચડતો ક્રમ $\angle A < \angle B < \angle C$ $(50^{\circ} < 60^{\circ} < 70^{\circ})$ છે.
તેથી,બાજુઓનો ચડતો ક્રમ $BC < AC < AB$ છે.

(QR, PR, PQ) $\Delta PQR$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $40^{\circ} + \angle Q + 80^{\circ} = 180^{\circ}$.
$120^{\circ} + \angle Q = 180^{\circ}$,જેથી $\angle Q = 60^{\circ}$ મળે.
આપણે જાણીએ છીએ કે સૌથી નાના ખૂણાની સામેની બાજુ સૌથી નાની હોય છે અને સૌથી મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ સૌથી મોટી હોય છે.
ખૂણાઓનો ચડતો ક્રમ: $\angle P (40^{\circ}) < \angle Q (60^{\circ}) < \angle R (80^{\circ})$.
તેથી,આ ખૂણાઓની સામેની બાજુઓનો ચડતો ક્રમ $QR < PR < PQ$ છે.

(A) $\Delta XYZ$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle Z = 180^{\circ} - (80^{\circ} + 30^{\circ}) = 180^{\circ} - 110^{\circ} = 70^{\circ}$.
ખૂણાઓને ચડતા ક્રમમાં ગોઠવતા: $\angle Y (30^{\circ}) < \angle Z (70^{\circ}) < \angle X (80^{\circ})$.
નાના ખૂણાની સામેની બાજુ નાની હોવાથી,બાજુઓનો ચડતો ક્રમ $XZ < XY < YZ$ થશે.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
$\angle A + 70^{\circ} + 20^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle A + 90^{\circ} = 180^{\circ}$,તેથી $\angle A = 90^{\circ}$.
ખૂણાઓનું માપ $\angle C = 20^{\circ}$,$\angle B = 70^{\circ}$,અને $\angle A = 90^{\circ}$ છે.
નાના ખૂણાની સામેની બાજુ નાની હોવાથી,બાજુઓનો ચડતો ક્રમ $AB < AC < BC$ છે.

(A) $\Delta PQR$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$
$93^{\circ} + \angle Q + 55^{\circ} = 180^{\circ}$
$148^{\circ} + \angle Q = 180^{\circ}$
$\angle Q = 180^{\circ} - 148^{\circ} = 32^{\circ}$.
નાના ખૂણાની સામેની બાજુ સૌથી નાની અને મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ સૌથી મોટી હોય છે,તેથી ખૂણાઓની સરખામણી કરતા: $\angle Q (32^{\circ}) < \angle R (55^{\circ}) < \angle P (93^{\circ})$.
તેથી,બાજુઓનો ચડતો ક્રમ: $PR < PQ < QR$ છે.

(A) ત્રિકોણમાં,મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો મોટો હોય છે.
આપેલ છે કે બાજુઓની લંબાઈનો ક્રમ $AB > BC > CA$ છે.
બાજુ $AB$ ની સામેનો ખૂણો $\angle C$ છે.
બાજુ $BC$ ની સામેનો ખૂણો $\angle A$ છે.
બાજુ $CA$ ની સામેનો ખૂણો $\angle B$ છે.
જેથી $AB > BC > CA$ હોવાથી,$\angle C > \angle A > \angle B$ થાય.
તેથી,ખૂણાઓનો ચડતો ક્રમ $\angle B < \angle A < \angle C$ છે.

(N/A) ધારો કે $\angle ABC = \beta$ અને $\angle ACB = \gamma$.
$\angle ABD$ એ શિરોબિંદુ $B$ પરનો બહિષ્કોણ હોવાથી,$\angle ABD = 180^\circ - \beta$.
$\angle ACE$ એ શિરોબિંદુ $C$ પરનો બહિષ્કોણ હોવાથી,$\angle ACE = 180^\circ - \gamma$.
આપેલ છે કે $\angle ABD > \angle ACE$,તેથી:
$180^\circ - \beta > 180^\circ - \gamma$.
બંને બાજુથી $180^\circ$ બાદ કરતા,$-\beta > -\gamma$ મળે.
$-1$ વડે ગુણતા અસમતાની નિશાની બદલાય છે: $\beta < \gamma$.
ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,મોટા ખૂણાની સામેની બાજુ મોટી હોય છે.
અહીં $\angle ACB (\gamma) > \angle ABC (\beta)$ હોવાથી,$\angle ACB$ ની સામેની બાજુ $AB$ અને $\angle ABC$ ની સામેની બાજુ $AC$ છે.
પરંતુ,જો $\angle ACB > \angle ABC$ હોય,તો $AB > AC$ થાય. જો પ્રશ્નમાં $\angle ABD > \angle ACE$ આપેલ હોય,તો $AC > AB$ સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે વિષમબાજુ ત્રિકોણની બાજુઓ $a$,$b$,અને $c$ છે,જ્યાં $a > b > c$ છે.
ધારો કે આ બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ અનુક્રમે $A$,$B$,અને $C$ છે.
ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,સૌથી મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો સૌથી મોટો હોય છે. તેથી,$A > B > C$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે,તેથી $A + B + C = 180^{\circ}$.
ચૂંક $A > B$ અને $A > C$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ કે $A + A + A > A + B + C$.
તેથી,$3A > 180^{\circ}$.
બંને બાજુ $3$ વડે ભાગતા,આપણને $A > 60^{\circ}$ મળે છે.
આમ,વિષમબાજુ ત્રિકોણમાં સૌથી મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો હંમેશા $60^{\circ}$ કરતા મોટો હોય છે.

(N/A) $\Delta ABD$ માં,ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે: $AB + BD > AD$ (સમીકરણ $1$).
$\Delta ACD$ માં,ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ: $AC + CD > AD$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $1$ અને સમીકરણ $2$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે: $(AB + BD) + (AC + CD) > AD + AD$.
પદોને ગોઠવતા: $AB + AC + (BD + CD) > 2 AD$.
કારણ કે $D$ એ $BC$ પરનું બિંદુ છે,તેથી $BD + CD = BC$.
તેથી,$AB + AC + BC > 2 AD$.
આ દર્શાવે છે કે $\Delta ABC$ ની પરિમિતિ $2 AD$ કરતા વધારે છે.