Mix Examples - Triangles Questions in Gujarati

(A) $\triangle OAC$ અને $\triangle ODB$ માં:
$1$. $\angle AOC = \angle DOB$ (અભિકોણો).
$2$. $\angle OAC = \angle ODB$ (એક જ ચાપ $CB$ દ્વારા પરિઘ પર બનતા ખૂણા સમાન હોય છે).
$3$. $\angle OCA = \angle OBD$ (એક જ ચાપ $AD$ દ્વારા પરિઘ પર બનતા ખૂણા સમાન હોય છે).
આમ, $AAA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle OAC \sim \triangle ODB$ થાય.
આપેલ છે કે $OB = OD$, તેથી $\triangle ODB$ માં, આ બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોવા જોઈએ, એટલે કે $\angle ODB = \angle OBD$. કારણ કે $\angle OAC = \angle ODB$ અને $\angle OCA = \angle OBD$, તેથી $\angle OAC = \angle OCA$ થાય. તેથી, $\triangle OAC$ એ $OA = OC$ સાથેનો સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.
જેમ કે $\triangle OAC \sim \triangle ODB$ અને $\triangle OAC$ સમદ્વિબાજુ છે, તેથી $\triangle ODB$ પણ સમદ્વિબાજુ હોવો જોઈએ.
આમ, ત્રિકોણો સમદ્વિબાજુ અને સમરૂપ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે સમબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો એકબીજાના લંબદ્વિભાજક હોય છે.
ધારો કે સમબાજુ ચતુષ્કોણ $ABCD$ છે જેના વિકર્ણો $AC = 16 \, cm$ અને $BD = 12 \, cm$ છે જે $O$ બિંદુએ છેદે છે.
વિકર્ણો એકબીજાને કાટખૂણે દુભાગે છે,તેથી:
$AO = \frac{AC}{2} = \frac{16}{2} = 8 \, cm$
$BO = \frac{BD}{2} = \frac{12}{2} = 6 \, cm$
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle AOB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = AO^2 + BO^2$
$AB^2 = 8^2 + 6^2 = 64 + 36 = 100$
$AB = \sqrt{100} = 10 \, cm$
આમ,સમબાજુ ચતુષ્કોણની બાજુની લંબાઈ $10 \, cm$ છે.

(C) $\triangle APB$ અને $\triangle DPC$ માં,આપણી પાસે છે:
$\angle APB = \angle DPC = 50^{\circ}$ [અભિકોણો]
હવે,સમાન ખૂણાઓ બનાવતી બાજુઓના ગુણોત્તર લઈએ:
$\frac{PA}{PD} = \frac{6}{5} = 1.2$
$\frac{PB}{PC} = \frac{3}{2.5} = \frac{30}{25} = 1.2$
અહીં $\frac{PA}{PD} = \frac{PB}{PC}$ હોવાથી અને તેમની વચ્ચેનો ખૂણો સમાન હોવાથી,$SAS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ:
$\triangle APB \sim \triangle DPC$
ત્રિકોણો સમરૂપ હોવાથી,તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય:
$\angle PAB = \angle PDC = 30^{\circ}$
$\triangle APB$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય:
$\angle PAB + \angle APB + \angle PBA = 180^{\circ}$
$30^{\circ} + 50^{\circ} + \angle PBA = 180^{\circ}$
$80^{\circ} + \angle PBA = 180^{\circ}$
$\angle PBA = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$

(C) આપેલ છે કે $\triangle ABC \sim \triangle DFE$,તેથી અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોય અને અનુરૂપ બાજુઓ પ્રમાણમાં હોય.
તેથી,$\angle A = \angle D = 30^{\circ}$,$\angle B = \angle F$,અને $\angle C = \angle E = 50^{\circ}$.
$\triangle ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે,તેથી $\angle B = 180^{\circ} - (30^{\circ} + 50^{\circ}) = 100^{\circ}$.
આમ,$\angle F = 100^{\circ}$.
સમરૂપતા $\triangle ABC \sim \triangle DFE$ પરથી,આપણને અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર મળે છે: $\frac{AB}{DF} = \frac{AC}{DE} = \frac{BC}{FE}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{5}{7.5} = \frac{8}{DE}$.
$DE$ માટે ઉકેલતા: $DE = \frac{8 \times 7.5}{5} = \frac{60}{5} = 12 \, cm$.
તેથી,$DE = 12 \, cm$ અને $\angle F = 100^{\circ}$.

(A) આપેલ છે કે,$\triangle ABC \sim \triangle QRP$.
આપણે જાણીએ છીએ કે બે સમરૂપ ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર તેમની અનુરૂપ બાજુઓના વર્ગોના ગુણોત્તર જેટલો હોય છે.
તેથી,$\frac{\operatorname{ar}(\triangle ABC)}{\operatorname{ar}(\triangle QRP)} = \frac{BC^2}{RP^2}$.
અહીં $\frac{\operatorname{ar}(\triangle ABC)}{\operatorname{ar}(\triangle QRP)} = \frac{9}{4}$ અને $BC = 15 \, cm$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{9}{4} = \frac{(15)^2}{RP^2}$.
$\frac{9}{4} = \frac{225}{RP^2}$.
$RP^2 = \frac{225 \times 4}{9} = 25 \times 4 = 100$.
$RP = \sqrt{100} = 10 \, cm$.
આમ,$PR$ નું મૂલ્ય $10 \, cm$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$\triangle PQR$ માં,$PS = QS = RS$ ... $(1)$
$\triangle PSR$ માં,$PS = RS$ (સમીકરણ $1$ પરથી),તેથી $\angle 1 = \angle 2$ ... $(2)$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
તે જ રીતે,$\triangle RSQ$ માં,$RS = QS$ (સમીકરણ $1$ પરથી),તેથી $\angle 3 = \angle 4$ ... $(3)$ (સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણા સમાન હોય છે).
$\triangle PQR$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$
$\angle 2 + \angle 4 + (\angle 1 + \angle 3) = 180^{\circ}$
સમીકરણ $(2)$ અને $(3)$ પરથી $\angle 2 = \angle 1$ અને $\angle 4 = \angle 3$ મૂકતા:
$\angle 1 + \angle 3 + \angle 1 + \angle 3 = 180^{\circ}$
$2(\angle 1 + \angle 3) = 180^{\circ}$
$\angle 1 + \angle 3 = 90^{\circ}$
આમ,$\angle R = 90^{\circ}$.
$\triangle PQR$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$PR^2 + QR^2 = PQ^2$.

(N/A) ના,$\triangle QPR$ એ $\triangle TSM$ ને સમરૂપ નથી.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\triangle PQR$ માં,$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$.
$55^{\circ} + 25^{\circ} + \angle R = 180^{\circ}$.
$\angle R = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$.
$\triangle TSM$ માં,$\angle T + \angle S + \angle M = 180^{\circ}$.
$\angle T + 25^{\circ} + 100^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle T = 180^{\circ} - 125^{\circ} = 55^{\circ}$.
$\triangle PQR$ અને $\triangle TSM$ ના ખૂણાઓની સરખામણી કરતા:
$\angle P = 55^{\circ} = \angle T$
$\angle Q = 25^{\circ} = \angle S$
$\angle R = 100^{\circ} = \angle M$
બધા અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,ત્રિકોણ સમરૂપ છે,પરંતુ સાચી સંગતતા $\triangle PQR \sim \triangle TSM$ છે.
તેથી,$\triangle QPR$ એ $\triangle TSM$ ને સમરૂપ નથી કારણ કે શિરોબિંદુઓનો ક્રમ સમાન ખૂણાઓની સંગતતા સાથે મેળ ખાતો નથી.

(N/A) ના,સામાન્ય રીતે એવું કહેવું યોગ્ય નથી કે $\triangle PQD \sim \triangle RPD$.
$\triangle PQD$ અને $\triangle RPD$ માં:
$1$. $\angle PDQ = \angle PDR = 90^{\circ}$ (આપેલ છે કે $PD \perp QR$)
$2$. $PD = PD$ (સામાન્ય બાજુ)
બે ત્રિકોણો સમરૂપ હોવા માટે,આપણને $AA$,$SAS$,અથવા $SSS$ સમરૂપતાની શરતોની જરૂર પડે છે. અહીં,આપણી પાસે માત્ર એક ખૂણો અને એક બાજુ સમાન છે. આપણી પાસે અન્ય ખૂણાઓની સમાનતા અથવા અન્ય બાજુઓના પ્રમાણ વિશે કોઈ માહિતી નથી.
તેથી,$\triangle PQD$ એ $\triangle RPD$ ને સમરૂપ હોવું જરૂરી નથી,સિવાય કે $\triangle PQR$ એ કોઈ ચોક્કસ પ્રકારનો ત્રિકોણ હોય (દા.ત.,જો $\angle P = 90^{\circ}$ હોય અને $PD$ એ કર્ણ પરનો વેધ હોય,તો $AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle PQD \sim \triangle RPD$ થાય).

(B) ધારો કે $ABC$ એ $B$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો કાટકોણ ત્રિકોણ છે,જેમાં $AB = 16 \,cm$ અને $BC = 8 \,cm$ છે. આ ત્રિકોણમાં અંતર્ગત કરી શકાય તેવો સૌથી મોટો ચોરસ $BRSP$ છે.
ધારો કે ચોરસની બાજુની લંબાઈ $x \,cm$ છે. તેથી,$PB = x \,cm$ અને $BR = x \,cm$.
તેથી $AP = AB - PB = (16 - x) \,cm$.
$\triangle APS$ અને $\triangle ABC$ માં,$\angle A = \angle A$ (સામાન્ય ખૂણો) અને $\angle APS = \angle ABC = 90^{\circ}$.
તેથી,$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ $\triangle APS \sim \triangle ABC$.
આથી,$\frac{AP}{AB} = \frac{PS}{BC}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{16 - x}{16} = \frac{x}{8}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા,$8(16 - x) = 16x$.
$128 - 8x = 16x$.
$128 = 24x$.
$x = \frac{128}{24} = \frac{16}{3} \,cm$.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle NSQ \cong \triangle MTR$ અને $\angle 1 = \angle 2.$
સાબિત કરવાનું છે: $\triangle PTS \sim \triangle PRQ.$
સાબિતી: કારણ કે $\triangle NSQ \cong \triangle MTR,$ તેથી $CPCT$ મુજબ,$SQ = TR$ અને $NS = MT$ મળે.
વળી,આપેલ છે કે $\angle 1 = \angle 2,$ તેથી $\triangle PST$ માં,સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોય છે,તેથી $PT = PS$ મળે.
$\triangle NSQ \cong \triangle MTR$ ની એકરૂપતા પરથી,આપણને $NQ = MR$ મળે છે. બંને બાજુથી $SQ = TR$ બાદ કરતા,આપણને $NS = MT$ મળે છે.
કારણ કે $PT = PS$ અને $PQ = PT + TQ$ તથા $PR = PS + SR$ છે,અને સમપ્રમાણતાને આધારે,આપણે દર્શાવી શકીએ કે $\frac{PS}{PQ} = \frac{PT}{PR}.$
હવે,$\angle P = \angle P$ (સામાન્ય ખૂણો) અને $\frac{PS}{PQ} = \frac{PT}{PR}$ હોવાથી,$SAS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle PTS \sim \triangle PRQ$ સાબિત થાય છે.

(B) ધારો કે $ABC$ એ $8 \, cm$ બાજુવાળો સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણમાં,શિરોબિંદુ $A$ માંથી પાયા $BC$ પર દોરેલો વેધ $AD$ પાયાને દુભાગે છે.
તેથી,$BD = CD = \frac{BC}{2} = \frac{8}{2} = 4 \, cm$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $ABD$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = AD^2 + BD^2$
$8^2 = AD^2 + 4^2$
$64 = AD^2 + 16$
$AD^2 = 64 - 16 = 48$
$AD = \sqrt{48} = \sqrt{16 \times 3} = 4 \sqrt{3} \, cm$.
વૈકલ્પિક રીતે,સમબાજુ ત્રિકોણના વેધનું સૂત્ર $h = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \text{બાજુ}$ છે.
$h = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 8 = 4 \sqrt{3} \, cm$.

(TRUE) સત્ય.
અંતર સૂત્ર $d = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\triangle ABC$ માટે:
$AB = \sqrt{(2 - (-2))^2 + (0 - 0)^2} = \sqrt{4^2 + 0^2} = 4$
$BC = \sqrt{(0 - 2)^2 + (2 - 0)^2} = \sqrt{(-2)^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$
$AC = \sqrt{(0 - (-2))^2 + (2 - 0)^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$
$\triangle DEF$ માટે:
$DE = \sqrt{(4 - (-4))^2 + (0 - 0)^2} = \sqrt{8^2 + 0^2} = 8$
$EF = \sqrt{(0 - 4)^2 + (4 - 0)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 4^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$
$DF = \sqrt{(0 - (-4))^2 + (4 - 0)^2} = \sqrt{4^2 + 4^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$
અનુરૂપ બાજુઓના ગુણોત્તરની સરખામણી કરતા:
$\frac{AB}{DE} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$
$\frac{BC}{EF} = \frac{2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$
$\frac{AC}{DF} = \frac{2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{2}$
અહીં $\frac{AB}{DE} = \frac{BC}{EF} = \frac{AC}{DF} = \frac{1}{2}$ હોવાથી,$SSS$ સમરૂપતાની શરત મુજબ,$\triangle ABC \sim \triangle DEF$ છે.

(N/A) $OA$,$OB$ અને $OC$ ને જોડો.
$\triangle AOF$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$OA^{2} = OF^{2} + AF^{2}$ --- $(i)$
તે જ રીતે,$\triangle BOD$ માં:
$OB^{2} = OD^{2} + BD^{2}$ --- $(ii)$
તે જ રીતે,$\triangle COE$ માં:
$OC^{2} = OE^{2} + CE^{2}$ --- $(iii)$
સમીકરણો $(i)$,$(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$OA^{2} + OB^{2} + OC^{2} = OF^{2} + AF^{2} + OD^{2} + BD^{2} + OE^{2} + CE^{2}$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$OA^{2} + OB^{2} + OC^{2} - OD^{2} - OE^{2} - OF^{2} = AF^{2} + BD^{2} + CE^{2}$
આમ,પરિણામ સાબિત થાય છે.

(N/A) $OA$,$OB$ અને $OC$ ને જોડો.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle AFO$,$\triangle BDO$ અને $\triangle CEO$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$OA^{2} = AF^{2} + OF^{2} \implies AF^{2} = OA^{2} - OF^{2}$ ... $(i)$
$OB^{2} = BD^{2} + OD^{2} \implies BD^{2} = OB^{2} - OD^{2}$ ... $(ii)$
$OC^{2} = CE^{2} + OE^{2} \implies CE^{2} = OC^{2} - OE^{2}$ ... $(iii)$
$(i)$,$(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AF^{2} + BD^{2} + CE^{2} = (OA^{2} - OF^{2}) + (OB^{2} - OD^{2}) + (OC^{2} - OE^{2})$ ... $(iv)$
તે જ રીતે,કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle AEO$,$\triangle CDO$ અને $\triangle BFO$ માં:
$OA^{2} = AE^{2} + OE^{2} \implies AE^{2} = OA^{2} - OE^{2}$
$OC^{2} = CD^{2} + OD^{2} \implies CD^{2} = OC^{2} - OD^{2}$
$OB^{2} = BF^{2} + OF^{2} \implies BF^{2} = OB^{2} - OF^{2}$
આનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$AE^{2} + CD^{2} + BF^{2} = (OA^{2} - OE^{2}) + (OC^{2} - OD^{2}) + (OB^{2} - OF^{2})$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આ સમીકરણ $(iv)$ ની જમણી બાજુ જેટલું જ છે.
આમ,$AF^{2} + BD^{2} + CE^{2} = AE^{2} + CD^{2} + BF^{2}$.

(N/A) આપેલ છે: $AD$ એ $\Delta ABC$ ની મધ્યગા છે,તેથી $BD = DC = \frac{BC}{2}$.
વળી,$AM \perp BC$.
કાટકોણ $\Delta ABM$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^{2} = AM^{2} + BM^{2}$
કાટકોણ $\Delta ADM$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AD^{2} = AM^{2} + DM^{2} \implies AM^{2} = AD^{2} - DM^{2}$
પ્રથમ સમીકરણમાં $AM^{2}$ ની કિંમત મૂકતા:
$AB^{2} = (AD^{2} - DM^{2}) + BM^{2}$
કારણ કે $BM = BD - DM$,તેથી:
$AB^{2} = AD^{2} - DM^{2} + (BD - DM)^{2}$
$AB^{2} = AD^{2} - DM^{2} + BD^{2} + DM^{2} - 2 \cdot BD \cdot DM$
$AB^{2} = AD^{2} + BD^{2} - 2 \cdot BD \cdot DM$
કારણ કે $BD = \frac{BC}{2}$,આ કિંમત મૂકતા:
$AB^{2} = AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} - 2 \cdot \left(\frac{BC}{2}\right) \cdot DM$
$AB^{2} = AD^{2} + \left(\frac{BC}{2}\right)^{2} - BC \cdot DM$

(N/A) $\Delta ABM$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AM^2 + MB^2 = AB^2 \quad \dots(1)$
$\Delta AMC$ માં પાયથાગોરસનો પ્રમેય લાગુ પાડતા,આપણને મળે છે:
$AM^2 + MC^2 = AC^2 \quad \dots(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$2AM^2 + MB^2 + MC^2 = AB^2 + AC^2$
$AD$ એ મધ્યગા હોવાથી,$BD = DC = \frac{BC}{2}$ થાય.
આપણે $MB = BD - DM$ અને $MC = DC + DM = BD + DM$ લખી શકીએ.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$2AM^2 + (BD - DM)^2 + (BD + DM)^2 = AB^2 + AC^2$
$2AM^2 + (BD^2 + DM^2 - 2BD \cdot DM) + (BD^2 + DM^2 + 2BD \cdot DM) = AB^2 + AC^2$
$2AM^2 + 2BD^2 + 2DM^2 = AB^2 + AC^2$
$2(AM^2 + DM^2) + 2BD^2 = AB^2 + AC^2$
$\Delta ADM$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AM^2 + DM^2 = AD^2$ થાય.
તેથી,$2AD^2 + 2(\frac{BC}{2})^2 = AB^2 + AC^2$
$2AD^2 + 2(\frac{BC^2}{4}) = AB^2 + AC^2$
$2AD^2 + \frac{BC^2}{2} = AB^2 + AC^2$

(N/A) ધારો કે $A$ એ માછલી પકડવાની લાકડીની ટોચ છે અને $B$ એ $A$ ની બરાબર નીચે પાણીની સપાટી પરનું બિંદુ છે. ધારો કે $C$ એ માખીનું પ્રારંભિક સ્થાન છે. આપેલ છે કે $AB = 1.8 \, m$ અને $BC = 2.4 \, m$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = (1.8)^2 + (2.4)^2 = 3.24 + 5.76 = 9.00$
$AC = \sqrt{9} = 3 \, m$.
તેથી,બહાર કાઢેલી દોરીની લંબાઈ $3 \, m$ છે.
તે $5 \, cm/s = 0.05 \, m/s$ ના દરે દોરી ખેંચે છે.
$12 \, \text{સેકન્ડ}$ માં,ખેંચાયેલી દોરીની લંબાઈ $12 \times 0.05 = 0.6 \, m$ છે.
ધારો કે $12 \, \text{સેકન્ડ}$ પછી માખીનું નવું સ્થાન $D$ છે. દોરીની નવી લંબાઈ $AD = AC - 0.6 = 3 - 0.6 = 2.4 \, m$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ADB$ માં:
$AD^2 = AB^2 + BD^2$
$(2.4)^2 = (1.8)^2 + BD^2$
$5.76 = 3.24 + BD^2$
$BD^2 = 5.76 - 3.24 = 2.52$
$BD = \sqrt{2.52} \approx 1.587 \, m$.
નાઝિમાથી માખીનું કુલ આડું અંતર $BD + 1.2 \, m = 1.587 + 1.2 = 2.787 \, m \approx 2.79 \, m$ છે.

(C) ધારો કે $AB$ એ ઉભી દીવાલ છે અને $AC = 10\,m$ એ નિસરણીની લંબાઈ છે.
નિસરણીના પાયાનું દીવાલના તળિયેથી અંતર $BC = 6\,m$ છે.
કાટકોણ $\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$(10)^2 = AB^2 + (6)^2$
$100 = AB^2 + 36$
$AB^2 = 100 - 36 = 64$
$AB = \sqrt{64} = 8\,m$.
આમ,દીવાલ પરના તે બિંદુની ઊંચાઈ જ્યાં નિસરણીનો ઉપરનો છેડો પહોંચે છે તે $8\,m$ છે.

(N/A) $\triangle AOF$ અને $\triangle BOD$ માં:
$\angle O = \angle O$ (સામાન્ય ખૂણો) અને $\angle A = \angle B = 90^{\circ}$.
તેથી,$\triangle AOF \sim \triangle BOD$ ($AA$ સમરૂપતા).
માટે,$\frac{OA}{OB} = \frac{FA}{DB}$ .........$(1)$
વળી,$\triangle FAC$ અને $\triangle EBC$ માં:
$\angle A = \angle B = 90^{\circ}$ અને $\angle FCA = \angle ECB$ (અભિકોણો).
તેથી,$\triangle FAC \sim \triangle EBC$ ($AA$ સમરૂપતા).
માટે,$\frac{FA}{EB} = \frac{AC}{BC}$.
$OB$ એ $DE$ નો લંબદ્વિભાજક હોવાથી,$EB = DB$.
તેથી,$\frac{FA}{DB} = \frac{AC}{BC}$ ......$(2)$
$(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\frac{AC}{BC} = \frac{OA}{OB}$.
$AC = OC - OA$ અને $BC = OB - OC$ હોવાથી:
$\frac{OC - OA}{OB - OC} = \frac{OA}{OB}$.
$OB(OC - OA) = OA(OB - OC)$.
$OB \cdot OC - OA \cdot OB = OA \cdot OB - OA \cdot OC$.
$OB \cdot OC + OA \cdot OC = 2(OA \cdot OB)$.
બંને બાજુને $(OA \cdot OB \cdot OC)$ વડે ભાગતા:
$\frac{OB \cdot OC}{OA \cdot OB \cdot OC} + \frac{OA \cdot OC}{OA \cdot OB \cdot OC} = \frac{2(OA \cdot OB)}{OA \cdot OB \cdot OC}$.
$\frac{1}{OA} + \frac{1}{OB} = \frac{2}{OC}$.

(B) પ્રથમ વિમાન દ્વારા $1 \frac{1}{2}$ કલાક (અથવા $1.5$ કલાક) માં કાપેલું અંતર $= 300 \times 1.5 = 450 \, km$.
બીજા વિમાન દ્વારા $1.5$ કલાકમાં કાપેલું અંતર $= 400 \times 1.5 = 600 \, km$.
એક વિમાન ઉત્તર દિશામાં અને બીજું પશ્ચિમ દિશામાં ઉડતું હોવાથી,તેમના માર્ગો એકબીજાને લંબ છે,જે કાટખૂણો બનાવતા ત્રિકોણની રચના કરે છે,જ્યાં એરપોર્ટ કાટખૂણાના શિરોબિંદુ પર છે.
ધારો કે $O$ એરપોર્ટ છે,$A$ પ્રથમ વિમાનનું સ્થાન છે અને $B$ બીજા વિમાનનું સ્થાન છે.
તેથી $OA = 450 \, km$ અને $OB = 600 \, km$.
$\triangle AOB$ માં પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$AB^2 = OA^2 + OB^2$
$AB^2 = (450)^2 + (600)^2$
$AB^2 = 202500 + 360000$
$AB^2 = 562500$
$AB = \sqrt{562500} = 750 \, km$.
આમ,$1 \frac{1}{2}$ કલાક પછી બંને વિમાનો એકબીજાથી $750 \, km$ દૂર હશે.

(N/A) આપેલ છે કે $\triangle ABC \sim \triangle DEF$.
તેથી,તેમની અનુરૂપ બાજુઓનો ગુણોત્તર સમાન હોય છે:
$\frac{AB}{DE} = \frac{BC}{EF} = \frac{CA}{FD}$
આપેલ પદોને મૂકતા:
$\frac{2x - 1}{18} = \frac{2x + 2}{3x + 9} = \frac{3x}{6x}$
પ્રથમ અને ત્રીજો ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{2x - 1}{18} = \frac{3x}{6x}$
$\frac{2x - 1}{18} = \frac{1}{2}$
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$2(2x - 1) = 18$
$4x - 2 = 18$
$4x = 20$
$x = 5$
હવે,બાજુઓની લંબાઈ ગણતા:
$\triangle ABC$ માટે:
$AB = 2(5) - 1 = 9 \, cm$
$BC = 2(5) + 2 = 12 \, cm$
$CA = 3(5) = 15 \, cm$
$\triangle DEF$ માટે:
$DE = 18 \, cm$
$EF = 3(5) + 9 = 24 \, cm$
$FD = 6(5) = 30 \, cm$

(D) ધારો કે $AC$ એ $5\,m$ લાંબી સીડી છે અને $BC = 4\,m$ એ દીવાલની ઊંચાઈ છે જ્યાં સીડી ટેકવેલી છે. જો સીડીના પાયાને $1.6\,m$ દીવાલ તરફ ખસેડવામાં આવે,એટલે કે $AD = 1.6\,m$,તો સીડી ઉપરની તરફ $ED$ નવી સ્થિતિમાં સરકે છે.
કાટકોણ $\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$5^2 = AB^2 + 4^2$
$25 = AB^2 + 16$
$AB^2 = 9 \Rightarrow AB = 3\,m$.
હવે,દીવાલથી પાયાનું નવું અંતર $DB = AB - AD = 3 - 1.6 = 1.4\,m$ છે.
કાટકોણ $\triangle EBD$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$ED^2 = EB^2 + DB^2$
$5^2 = EB^2 + (1.4)^2$
$25 = EB^2 + 1.96$
$EB^2 = 25 - 1.96 = 23.04$
$EB = \sqrt{23.04} = 4.8\,m$.
સીડીનો ઉપરનો ભાગ જેટલા અંતરે ઉપરની તરફ સરકે છે તે $EC = EB - BC = 4.8 - 4 = 0.8\,m$ છે.

(B) ધારો કે $BC = 18 \, m$ એ ધ્વજદંડ છે અને તેનો પડછાયો $AB = 9.6 \, m$ છે. ધ્વજદંડની ટોચ $(C)$ નું પડછાયાના દૂરના છેડા $(A)$ થી અંતર $AC$ છે.
કાટકોણ $\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = (9.6)^2 + (18)^2$
$AC^2 = 92.16 + 324$
$AC^2 = 416.16$
$AC = \sqrt{416.16} = 20.4 \, m$
આમ,જરૂરી અંતર $20.4 \, m$ છે.

(C) ધારો કે $A$ એ થાંભલા પર લગાવેલા સ્ટ્રીટ લાઈટના બલ્બનું સ્થાન છે,જ્યાં $AB = 6 \, m$ છે અને $CD = 1.5 \, m$ એ સ્ત્રીની ઊંચાઈ છે અને તેનો પડછાયો $ED = 3 \, m$ છે. ધારો કે થાંભલા અને સ્ત્રી વચ્ચેનું અંતર $x \, m$ છે.
અહીં,સ્ત્રી અને થાંભલો બંને શિરોલંબ ઉભા છે.
તેથી,$CD \parallel AB$.
$\triangle CDE$ અને $\triangle ABE$ માં,$\angle E = \angle E$ [સામાન્ય ખૂણો].
$\angle ABE = \angle CDE = 90^{\circ}$ [દરેક $90^{\circ}$ છે].
તેથી,$\triangle CDE \sim \triangle ABE$ [$AAA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ].
તેથી,$\frac{ED}{EB} = \frac{CD}{AB}$.
$\frac{3}{3 + x} = \frac{1.5}{6}$.
$3 \times 6 = 1.5(3 + x)$.
$18 = 4.5 + 1.5x$.
$1.5x = 18 - 4.5$.
$1.5x = 13.5$.
$x = \frac{13.5}{1.5} = 9 \, m$.
આમ,તે થાંભલાના પાયાથી $9 \, m$ ના અંતરે છે.

(N/A) આપેલ છે કે,$\Delta PQR$ માં $\angle Q = 90^{\circ}$,$QS \perp PR$,$PQ = 6 \, cm$ અને $PS = 4 \, cm$ છે.
કાટકોણ $\Delta PSQ$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$PQ^2 = PS^2 + QS^2$
$6^2 = 4^2 + QS^2$
$36 = 16 + QS^2$
$QS^2 = 20$
$QS = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} \, cm$.
કારણ કે $\Delta PSQ \sim \Delta QSR$,તેથી:
$\frac{PS}{QS} = \frac{QS}{RS}$
$QS^2 = PS \times RS$
$20 = 4 \times RS$
$RS = 5 \, cm$.
કાટકોણ $\Delta QSR$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$QR^2 = QS^2 + RS^2$
$QR^2 = 20 + 5^2$
$QR^2 = 20 + 25 = 45$
$QR = \sqrt{45} = 3\sqrt{5} \, cm$.
આમ,$QS = 2\sqrt{5} \, cm$,$RS = 5 \, cm$ અને $QR = 3\sqrt{5} \, cm$ છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle PQR$ માં,$PD \perp QR$,$PQ = a$,$PR = b$,$QD = c$ અને $DR = d$.
સાબિત કરવાનું છે: $(a+b)(a-b) = (c+d)(c-d)$.
સાબિતી: કાટકોણ $\triangle PDQ$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$PQ^2 = PD^2 + QD^2$
$a^2 = PD^2 + c^2$
$PD^2 = a^2 - c^2$ ...... $(i)$
કાટકોણ $\triangle PDR$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$PR^2 = PD^2 + DR^2$
$b^2 = PD^2 + d^2$
$PD^2 = b^2 - d^2$ ...... $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી:
$a^2 - c^2 = b^2 - d^2$
$a^2 - b^2 = c^2 - d^2$
$(a - b)(a + b) = (c - d)(c + d)$
આમ,$(a + b)(a - b) = (c + d)(c - d)$ સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: એક ચતુષ્કોણ $ABCD$ જેમાં $\angle A + \angle D = 90^{\circ}$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $AC^{2} + BD^{2} = AD^{2} + BC^{2}$.
રચના: $AB$ અને $DC$ ને લંબાવો જેથી તેઓ બિંદુ $E$ પર મળે.
સાબિતી: $\triangle AED$ માં,$\angle A + \angle D = 90^{\circ}$ (આપેલ છે).
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$\angle E = 180^{\circ} - (\angle A + \angle D) = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$.
કાટકોણ $\triangle AED$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $AD^{2} = AE^{2} + DE^{2}$ ... $(i)$
કાટકોણ $\triangle BEC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $BC^{2} = BE^{2} + CE^{2}$ ... $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા: $AD^{2} + BC^{2} = AE^{2} + DE^{2} + BE^{2} + CE^{2}$ ... $(iii)$
કાટકોણ $\triangle AEC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $AC^{2} = AE^{2} + CE^{2}$ ... $(iv)$
કાટકોણ $\triangle BED$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $BD^{2} = BE^{2} + DE^{2}$ ... $(v)$
$(iv)$ અને $(v)$ નો સરવાળો કરતા: $AC^{2} + BD^{2} = AE^{2} + CE^{2} + BE^{2} + DE^{2}$ ... $(vi)$
$(iii)$ અને $(vi)$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે: $AC^{2} + BD^{2} = AD^{2} + BC^{2}$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે કે $l \parallel m$ અને રેખાખંડો $AB, CD$ અને $EF$ બિંદુ $P$ માં સંગામી છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\frac{AE}{BF} = \frac{AC}{BD} = \frac{CE}{FD}$.
સાબિતી:
$\triangle APC$ અને $\triangle BPD$ માં,
$\angle APC = \angle BPD$ [અભિકોણો]
$\angle PAC = \angle PBD$ [યુગ્મકોણો,કારણ કે $l \parallel m$]
તેથી,$\triangle APC \sim \triangle BPD$ [$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ]
તેથી,$\frac{AP}{PB} = \frac{AC}{BD} = \frac{PC}{PD}$ ......$(i)$
$\triangle APE$ અને $\triangle BPF$ માં,
$\angle APE = \angle BPF$ [અભિકોણો]
$\angle PAE = \angle PBF$ [યુગ્મકોણો]
તેથી,$\triangle APE \sim \triangle BPF$ [$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ]
તેથી,$\frac{AP}{PB} = \frac{AE}{BF} = \frac{PE}{PF}$ ......$(ii)$
$\triangle PEC$ અને $\triangle PFD$ માં,
$\angle EPC = \angle FPD$ [અભિકોણો]
$\angle PCE = \angle PDF$ [યુગ્મકોણો]
તેથી,$\triangle PEC \sim \triangle PFD$ [$AA$ સમરૂપતાની શરત મુજબ]
તેથી,$\frac{PE}{PF} = \frac{PC}{PD} = \frac{CE}{FD}$ ......$(iii)$
સમીકરણ $(i), (ii)$ અને $(iii)$ પરથી,
$\frac{AP}{PB} = \frac{AC}{BD} = \frac{AE}{BF} = \frac{PE}{PF} = \frac{CE}{FD}$
આમ,$\frac{AE}{BF} = \frac{AC}{BD} = \frac{CE}{FD}$. જે સાબિત થાય છે.

(N/A) આપેલ છે: $\triangle ABC$ માં,$E$ એ $CA$ નું મધ્યબિંદુ છે અને $\angle AEF = \angle AFE$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $\frac{BD}{CD} = \frac{BF}{CE}$.
રચના: $AB$ પર એક બિંદુ $G$ લો જેથી $CG \parallel EF$ થાય.
સાબિતી: કારણ કે $E$ એ $CA$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $CE = AE$ $(i)$.
$\triangle ACG$ માં,$CG \parallel EF$ અને $E$ એ $CA$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,મધ્યબિંદુ પ્રમેયના પ્રતિપ પ્રમેય મુજબ,$F$ એ $AG$ નું મધ્યબિંદુ છે. તેથી,$GF = AF$ $(ii)$.
$\triangle AEF$ માં,$\angle AEF = \angle AFE$ હોવાથી,$AE = AF$ થાય.
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ પરથી,$CE = AE = AF = GF$. તેથી,$CE = GF$.
હવે,$\triangle BDF$ માં,$CG \parallel EF$ હોવાથી,પાયાના સપ્રમાણતાના પ્રમેય $(BPT)$ મુજબ,$\frac{BD}{CD} = \frac{BF}{GF}$ મળે.
$GF = CE$ મૂકતા,આપણને $\frac{BD}{CD} = \frac{BF}{CE}$ મળે છે.
આમ,સાબિત થાય છે.

(N/A) ધારો કે $ABC$ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે,જેમાં $\angle B = 90^\circ$ છે અને $AB = y, BC = x$ છે.
ત્રણ અર્ધવર્તુળો અનુક્રમે $AB, BC$ અને $AC$ બાજુઓ પર દોરવામાં આવ્યા છે,જેના વ્યાસ $AB, BC$ અને $AC$ છે.
ધારો કે $AB, BC$ અને $AC$ વ્યાસવાળા અર્ધવર્તુળોના ક્ષેત્રફળ અનુક્રમે $A_1, A_2$ અને $A_3$ છે.
સાબિત કરવાનું છે: $A_3 = A_1 + A_2$.
સાબિતી: $\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = y^2 + x^2$
$AC = \sqrt{y^2 + x^2}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $d$ વ્યાસવાળા અર્ધવર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $\frac{\pi}{2} \left(\frac{d}{2}\right)^2 = \frac{\pi d^2}{8}$ થાય છે.
તેથી,$AC$ પર દોરેલા અર્ધવર્તુળનું ક્ષેત્રફળ:
$A_3 = \frac{\pi (AC)^2}{8} = \frac{\pi (y^2 + x^2)}{8}$ .....$(i)$
હવે,$AB$ પર દોરેલા અર્ધવર્તુળનું ક્ષેત્રફળ:
$A_1 = \frac{\pi (AB)^2}{8} = \frac{\pi y^2}{8}$ .....$(ii)$
અને $BC$ પર દોરેલા અર્ધવર્તુળનું ક્ષેત્રફળ:
$A_2 = \frac{\pi (BC)^2}{8} = \frac{\pi x^2}{8}$ .....$(iii)$
સમીકરણ $(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા:
$A_1 + A_2 = \frac{\pi y^2}{8} + \frac{\pi x^2}{8} = \frac{\pi (y^2 + x^2)}{8}$
સમીકરણ $(i)$ પરથી,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $A_1 + A_2 = A_3$.
આમ,કર્ણ પર દોરેલા અર્ધવર્તુળનું ક્ષેત્રફળ એ બાકીની બે બાજુઓ પર દોરેલા અર્ધવર્તુળોના ક્ષેત્રફળના સરવાળા બરાબર છે.

(N/A) ધારો કે $\triangle ABC$ એક કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle A = 90^\circ$,$AC = y$ અને $AB = x$ છે.
ત્રણ સમબાજુ ત્રિકોણો $\triangle AEC$,$\triangle AFB$ અને $\triangle CBD$ અનુક્રમે બાજુઓ $AC$,$AB$ અને $BC$ પર દોરવામાં આવ્યા છે.
ધારો કે આ સમબાજુ ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળ અનુક્રમે $A_1$,$A_2$ અને $A_3$ છે.
આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $A_3 = A_1 + A_2$.
$\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $BC^2 = AC^2 + AB^2 = y^2 + x^2$.
$s$ બાજુવાળા સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{\sqrt{3}}{4} s^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$A_1 = \text{Area}(\triangle AEC) = \frac{\sqrt{3}}{4} AC^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} y^2$ ... $(i)$
$A_2 = \text{Area}(\triangle AFB) = \frac{\sqrt{3}}{4} AB^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} x^2$ ... $(ii)$
$A_3 = \text{Area}(\triangle CBD) = \frac{\sqrt{3}}{4} BC^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (y^2 + x^2)$ ... $(iii)$
$(i)$,$(ii)$ અને $(iii)$ પરથી:
$A_3 = \frac{\sqrt{3}}{4} y^2 + \frac{\sqrt{3}}{4} x^2 = A_1 + A_2$.
આમ,કર્ણ પરના સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ એ બાકીની બે બાજુઓ પરના સમબાજુ ત્રિકોણોના ક્ષેત્રફળના સરવાળા બરાબર છે.

(B) $\Delta XYZ$ માં,$XM$ એ $\angle X$ નો દ્વિભાજક છે,જે $\overline{YZ}$ ને $M$ માં છેદે છે.
ત્રિકોણના ખૂણાના દ્વિભાજકના પ્રમેય મુજબ,ખૂણો બનાવતી બાજુઓનો ગુણોત્તર એ સામેની બાજુના રેખાખંડોના ગુણોત્તર જેટલો હોય છે.
$\therefore \frac{XY}{XZ} = \frac{YM}{MZ}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\therefore \frac{6}{8} = \frac{4.2}{MZ}$
$\therefore MZ = \frac{4.2 \times 8}{6}$
$\therefore MZ = 0.7 \times 8 = 5.6$
હવે,$YZ = YM + MZ$ (કારણ કે $Y-M-Z$ સમરેખ છે).
$YZ = 4.2 + 5.6 = 9.8$.

(B) કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કર્ણ $AC$ પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને શોધી શકાય છે: $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10$.
કાટકોણ ત્રિકોણના અંતઃવૃત્તની ત્રિજ્યા $r$ શોધવાનું સૂત્ર $r = \frac{AB + BC - AC}{2}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $r = \frac{8 + 6 - 10}{2} = \frac{14 - 10}{2} = \frac{4}{2} = 2$.
તેથી,વર્તુળની ત્રિજ્યા $2$ છે.

(B) $1$. કાટકોણ $\Delta PQR$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$PR^2 = PQ^2 + QR^2$.
$2$. $PR^2 = 40^2 + 30^2 = 1600 + 900 = 2500$,તેથી $PR = 50$.
$3$. $\Delta PQR$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times PQ \times QR = \frac{1}{2} \times 40 \times 30 = 600$.
$4$. વળી,$\Delta PQR$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times PR \times QM = 600$,તેથી $\frac{1}{2} \times 50 \times QM = 600$,જે આપણને $QM = 24$ આપે છે.
$5$. $\Delta QMR$ માં,$\angle QMR = 90^{\circ}$. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$MR^2 = QR^2 - QM^2 = 30^2 - 24^2 = 900 - 576 = 324$,તેથી $MR = 18$.
$6$. $\Delta QMR$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times QM \times MR = \frac{1}{2} \times 24 \times 18 = 12 \times 18 = 216$.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,$m\angle B = 90^\circ$.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AC^2 = AB^2 + BC^2$.
$AC^2 = 8^2 + 6^2 = 64 + 36 = 100$.
$AC = 10$.
$\Delta ABC$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times AB \times BC = \frac{1}{2} \times AC \times BM$.
$\frac{1}{2} \times 8 \times 6 = \frac{1}{2} \times 10 \times BM$.
$48 = 10 \times BM \implies BM = 4.8$.
$\Delta AMB$ માં,$m\angle M = 90^\circ$. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AB^2 = AM^2 + BM^2$.
$8^2 = AM^2 + (4.8)^2$.
$64 = AM^2 + 23.04$.
$AM^2 = 64 - 23.04 = 40.96$.
$AM = \sqrt{40.96} = 6.4$.
કારણ કે $AC = AM + CM$,તેથી $10 = 6.4 + CM$.
$CM = 10 - 6.4 = 3.6$.
આમ,$AM = 6.4$,$BM = 4.8$ અને $CM = 3.6$.

(N/A) $\Delta ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$m \angle A + m \angle C + m \angle B = 180^{\circ}$
આપેલ છે કે $m \angle A + m \angle C = m \angle B$,તેથી:
$m \angle B + m \angle B = 180^{\circ}$
$2 m \angle B = 180^{\circ}$
$m \angle B = 90^{\circ}$
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ABC$ માં,કર્ણ $\overline{AC}$ પરનો વેધ $\overline{BM}$ હોય,તો ભૂમિતિના મધ્યક પ્રમેય મુજબ:
$BM^2 = AM \times CM$
$BM^2 = 16 \times 9 = 144$
$BM = 12$
હવે,કાટકોણ ત્રિકોણના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા:
$AC = AM + CM = 16 + 9 = 25$
$AB^2 = AM \times AC = 16 \times 25 = 400 \implies AB = 20$
$BC^2 = CM \times AC = 9 \times 25 = 225 \implies BC = 15$
આમ,$BM = 12$,$AB = 20$ અને $BC = 15$.

(D) ચતુષ્કોણના વિકર્ણોના ગુણધર્મોના આધારે સાચું જોડકું નીચે મુજબ છે:
$1$. સમબાજુ ચતુષ્કોણ $(1)$ માટે,વિકર્ણો પરસ્પર કાટખૂણે દુભાગે છે $(b)$.
$2$. સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ $(2)$ માટે,વિકર્ણો પરસ્પર દુભાગે છે $(a)$.
$3$. લંબચોરસ $(3)$ માટે,વિકર્ણો સમાન હોય છે અને પરસ્પર દુભાગે છે $(d)$.
$4$. ચોરસ $(4)$ માટે,વિકર્ણો સમાન હોય છે અને પરસ્પર કાટખૂણે દુભાગે છે $(c)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $(1-b), (2-a), (3-d), (4-c)$ છે.

(A) $\Delta ABC$ માં,$\overline{AD}$ એ પાયા $\overline{BC}$ પરની મધ્યગા છે.
$\Delta ABC$ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,જેમાં $\overline{AB} \cong \overline{AC}$ છે,પાયા પરની મધ્યગા $\overline{AD}$ એ પાયા પરનો વેધ પણ છે.
તેથી,$\overline{AD} \perp \overline{BC}$ અને $\angle ADB = 90^{\circ}$ થાય.
ધારો કે $AB = AC = x$. $\Delta ABC$ ની પરિમિતિ $AB + AC + BC = 36$ છે.
$x + x + BC = 36 \implies BC = 36 - 2x$.
$D$ એ $\overline{BC}$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$BD = \frac{BC}{2} = \frac{36 - 2x}{2} = 18 - x$.
કાટકોણ $\Delta ABD$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = AD^2 + BD^2$
$x^2 = 12^2 + (18 - x)^2$
$x^2 = 144 + 324 - 36x + x^2$
$36x = 468$
$x = 13$.
આમ,$BD = 18 - 13 = 5$,તેથી $BC = 2 \times 5 = 10$.
$\Delta ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times BC \times AD$.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 10 \times 12 = 60$.

(B) $\Delta ABC$ માં,આપણને $AC - AB = 27$ અને $AC - BC = 6$ આપેલ છે.
તેથી,$AB = AC - 27$ અને $BC = AC - 6$.
$\Delta ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ હોવાથી,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = (AC - 27)^2 + (AC - 6)^2$
$AC^2 = (AC^2 - 54AC + 729) + (AC^2 - 12AC + 36)$
$AC^2 = 2AC^2 - 66AC + 765$
$0 = AC^2 - 66AC + 765$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$(AC - 51)(AC - 15) = 0$
તેથી,$AC = 51$ અથવા $AC = 15$.
જો $AC = 15$ હોય,તો $AB = 15 - 27 = -12$ થાય,જે શક્ય નથી કારણ કે બાજુની લંબાઈ ઋણ ન હોઈ શકે.
તેથી,$AC = 51$.
હવે,$AB = 51 - 27 = 24$ અને $BC = 51 - 6 = 45$.
$\Delta ABC$ ની પરિમિતિ $= AB + BC + AC = 24 + 45 + 51 = 120$.

(B) ધારો કે $\overline{AB}$ દીવાલ દર્શાવે છે,$\overline{AC}$ નિસરણી દર્શાવે છે અને $C$ એ જમીન પર નિસરણીનો નીચેનો છેડો છે.
આપેલ છે: $AB = 12 \, m$,$BC = 9 \, m$ અને $\angle B = 90^{\circ}$.
કાટકોણ $\Delta ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = 12^2 + 9^2$
$AC^2 = 144 + 81$
$AC^2 = 225$
$AC = \sqrt{225} = 15 \, m$.
આમ,નિસરણીની લંબાઈ $15 \, m$ છે.

(C) સમબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો એકબીજાને કાટખૂણે દુભાગે છે.
ધારો કે વિકર્ણો $\overline{AC}$ અને $\overline{BD}$ બિંદુ $M$ માં છેદે છે.
તેથી,$m\angle AMB = 90^{\circ}$.
વિકર્ણો એકબીજાને દુભાગતા હોવાથી,$AM = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2}(12) = 6$ અને $BM = \frac{1}{2} BD = \frac{1}{2}(16) = 8$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta AMB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AB^2 = AM^2 + BM^2$
$AB^2 = 6^2 + 8^2$
$AB^2 = 36 + 64 = 100$
$AB = \sqrt{100} = 10$.
સમબાજુ ચતુષ્કોણની પરિમિતિ $= 4 \times \text{બાજુનું માપ}$.
પરિમિતિ $= 4 \times AB = 4 \times 10 = 40$.
આમ,સમબાજુ ચતુષ્કોણ $ABCD$ ની પરિમિતિ $40$ છે.

(D) ચોરસની પરિમિતિનું સૂત્ર $4 \times \text{બાજુ}$ છે.
ધારો કે ચોરસની બાજુની લંબાઈ $s$ છે.
$4s = 48$
$s = 12$
ચોરસ $ABCD$ માં, બધી બાજુઓ $12$ છે અને દરેક ખૂણો $90^{\circ}$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\Delta ABC$ માં, પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^2 = AB^2 + BC^2$
$AC^2 = 12^2 + 12^2$
$AC^2 = 144 + 144 = 288$
$AC = \sqrt{288} = \sqrt{144 \times 2} = 12 \sqrt{2}$.
આમ, ચોરસ $ABCD$ ના વિકર્ણ $\overline{AC}$ ની લંબાઈ $12 \sqrt{2}$ છે.

(C) $\Delta ABC$ માં,$m \angle B = 90^{\circ}$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2}$
$AC^{2} = 20^{2} + 21^{2}$
$AC^{2} = 400 + 441$
$AC^{2} = 841$
$AC = \sqrt{841} = 29$.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કર્ણ પરની મધ્યગાની લંબાઈ કર્ણની લંબાઈ કરતા અડધી હોય છે.
તેથી,$BM = \frac{1}{2} AC = \frac{1}{2} \times 29 = 14.5$.
આમ,$BM = 14.5$.

(B) $\Delta ABC$ માં,$m \angle B = 90^{\circ}$ અને $\overline{BM}$ એ કર્ણ $AC$ પરનો વેધ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણના ગુણધર્મો મુજબ:
$AB^{2} = AM \times AC$
$BC^{2} = CM \times AC$
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા:
$AB^{2} - BC^{2} = (AM \times AC) - (CM \times AC)$
$AB^{2} - BC^{2} = AC(AM - CM)$
આપેલ છે કે $AB^{2} - BC^{2} = 260$ અને $AM - CM = 10$:
$260 = AC(10)$
$AC = \frac{260}{10} = 26$
આમ,$AC = 26$.

(N/A) આપેલ છે: $AB + BC = 23$ $(i)$,$BC + AC = 32$ $(ii)$ અને $AB + AC = 25$ $(iii)$.
$(i)$,$(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા: $2(AB + BC + AC) = 23 + 32 + 25 = 80$.
તેથી,$AB + BC + AC = 40$ $(iv)$.
$(iv)$ માંથી $(ii)$ બાદ કરતા: $AB = 40 - 32 = 8$.
$(iv)$ માંથી $(iii)$ બાદ કરતા: $BC = 40 - 25 = 15$.
$(iv)$ માંથી $(i)$ બાદ કરતા: $AC = 40 - 23 = 17$.
હવે,બાજુઓ તપાસતા: $AB^2 + BC^2 = 8^2 + 15^2 = 64 + 225 = 289$.
વળી,$AC^2 = 17^2 = 289$.
અહીં $AB^2 + BC^2 = AC^2$ હોવાથી,પાયથાગોરસના પ્રમેયના પ્રતિપ મુજબ,$\Delta ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં $\angle B = 90^\circ$ છે.

(C) $\Delta ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $m \angle A + m \angle B + m \angle C = 180^{\circ}$ થાય.
આપેલ છે કે $m \angle A = m \angle B + m \angle C$,તેથી $m \angle A + m \angle A = 180^{\circ}$,એટલે કે $2m \angle A = 180^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $m \angle A = 90^{\circ}$.
$\overline{AM}$ એ $\overline{BC}$ પરનો વેધ હોવાથી,$\Delta ABM$ અને $\Delta ACM$ એ $M$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
ધારો કે $BM = x$. તો $MC = 8 - x$.
$\Delta ABM$ માં,$AB^2 = AM^2 + BM^2 = 12 + x^2$.
$\Delta ACM$ માં,$AC^2 = AM^2 + MC^2 = 12 + (8 - x)^2$.
$\Delta ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AB^2 + AC^2 = BC^2$,તેથી $(12 + x^2) + (12 + (8 - x)^2) = 8^2$.
$24 + x^2 + 64 - 16x + x^2 = 64$.
$2x^2 - 16x + 24 = 0$.
$x^2 - 8x + 12 = 0$.
$(x - 6)(x - 2) = 0$.
આમ,$x = 6$ અથવા $x = 2$.

(B) આપેલ છે કે $\Delta PQR$ માં,$m \angle P = m \angle Q + m \angle R$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^\circ$ થાય છે,તેથી $m \angle P + m \angle Q + m \angle R = 180^\circ$.
$m \angle Q + m \angle R = m \angle P$ મૂકતા,આપણને $m \angle P + m \angle P = 180^\circ$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $2(m \angle P) = 180^\circ$,તેથી $m \angle P = 90^\circ$.
આમ,$\Delta PQR$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં કર્ણ $QR = 25$ અને એક બાજુ $PQ = 7$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$PQ^2 + PR^2 = QR^2$.
$7^2 + PR^2 = 25^2$.
$49 + PR^2 = 625$.
$PR^2 = 625 - 49 = 576$.
$PR = \sqrt{576} = 24$.
$\Delta PQR$ ની પરિમિતિ = $PQ + QR + PR = 7 + 25 + 24 = 56$.

(D) $1$. સમબાજુ ચતુષ્કોણની પરિમિતિ $4 \times \text{બાજુ}$ દ્વારા મળે છે। ધારો કે બાજુની લંબાઈ $s$ છે. તેથી, $4s = 116$, જે $s = 29$ આપે છે.
$2$. સમબાજુ ચતુષ્કોણમાં, વિકર્ણો એકબીજાને કાટખૂણે $(90^{\circ})$ દુભાગે છે.
$3$. ધારો કે વિકર્ણો $AC$ અને $BD$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે. તેથી $AO = AC / 2 = 42 / 2 = 21$.
$4$. કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle AOB$ માં, પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ: $AO^2 + BO^2 = AB^2$.
$5$. કિંમતો મૂકતા: $21^2 + BO^2 = 29^2$.
$6$. $441 + BO^2 = 841$.
$7$. $BO^2 = 841 - 441 = 400$.
$8$. $BO = \sqrt{400} = 20$.
$9$. વિકર્ણો એકબીજાને દુભાગતા હોવાથી, $BD = 2 \times BO = 2 \times 20 = 40$.

(A) આપેલ છે કે $m \angle A + m \angle B = m \angle C$.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$m \angle A + m \angle B + m \angle C = 180^{\circ}$.
$m \angle A + m \angle B = m \angle C$ મૂકતા,આપણને $m \angle C + m \angle C = 180^{\circ}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $2m \angle C = 180^{\circ}$,તેથી $m \angle C = 90^{\circ}$.
આમ,$\Delta ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં કર્ણ $AB = 17.5$ છે.
આપેલ છે કે $AC : BC = 3 : 4$,તેથી ધારો કે $AC = 3x$ અને $BC = 4x$.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$AC^2 + BC^2 = AB^2$.
$(3x)^2 + (4x)^2 = (17.5)^2$.
$9x^2 + 16x^2 = 306.25$.
$25x^2 = 306.25$.
$x^2 = 12.25$,તેથી $x = 3.5$.
આમ,$AC = 3(3.5) = 10.5$ અને $BC = 4(3.5) = 14$.
$\Delta ABC$ ની પરિમિતિ = $AC + BC + AB = 10.5 + 14 + 17.5 = 42$.

(D) સમબાજુ ચતુષ્કોણમાં,વિકર્ણો એકબીજાને કાટખૂણે $(90^{\circ})$ દુભાગે છે.
ધારો કે વિકર્ણો $AC$ અને $BD$ બિંદુ $O$ પર છેદે છે.
આપેલ છે કે $AB = 25$ અને $AC = 14$.
વિકર્ણો એકબીજાને દુભાગતા હોવાથી,$AO = OC = AC / 2 = 14 / 2 = 7$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle AOB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AO^2 + OB^2 = AB^2$
$7^2 + OB^2 = 25^2$
$49 + OB^2 = 625$
$OB^2 = 625 - 49 = 576$
$OB = \sqrt{576} = 24$.
તેથી $BD = 2 \times OB$,એટલે કે $BD = 2 \times 24 = 48$.