Some Properties of a Triangle Questions in Gujarati

(N/A) $QS$ ને લંબાવો જેથી તે $PR$ ને $T$ માં છેદે.
$\triangle PQT$ માં,આપણી પાસે છે:
$PQ + PT > QT$ (ત્રિકોણની કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે)
$PQ + PT > SQ + ST$ ..... $(1)$
$\triangle TSR$ માં,આપણી પાસે છે:
$ST + TR > SR$ ..... $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$PQ + PT + ST + TR > SQ + ST + SR$
$PQ + PT + TR > SQ + SR$
કારણ કે $PT + TR = PR$,તેથી:
$PQ + PR > SQ + SR$
આમ,$SQ + SR < PQ + PR$.

(A) સમબાજુ ત્રિકોણમાં ત્રણેય બાજુઓ સમાન હોય છે,એટલે કે $AB = BC = AC$.
ત્રિકોણની સમાન બાજુઓની સામેના ખૂણાઓ સમાન હોવાથી,આપણી પાસે $\angle A = \angle B = \angle C$ છે.
ધારો કે દરેક ખૂણો $x$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
$x + x + x = 180^{\circ}$.
$3x = 180^{\circ}$.
$x = \frac{180^{\circ}}{3} = 60^{\circ}$.
આમ,સમબાજુ ત્રિકોણના બધા ખૂણાઓ $60^{\circ}, 60^{\circ}, 60^{\circ}$ છે.

(N/A) આપણે સાબિત કરવાનું છે કે $\triangle BPQ$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ છે.
આપેલ છે કે $BP$ એ $\angle ABC$ નો દ્વિભાજક છે,તેથી:
$\angle 1 = \angle 2$ .....$(1)$
કારણ કે $PQ \parallel BA$ અને $BP$ એ છેદિકા છે,તેથી યુગ્મકોણ સમાન હોય છે:
$\angle 1 = \angle 3$ .....$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,આપણને મળે છે:
$\angle 2 = \angle 3$
$\triangle BPQ$ માં,કારણ કે $\angle 2 = \angle 3$,તેથી આ સમાન ખૂણાઓની સામેની બાજુઓ સમાન હોવી જોઈએ:
$PQ = BQ$
કારણ કે $\triangle BPQ$ ની બે બાજુઓ સમાન છે,તેથી $\triangle BPQ$ એ સમদ্বિબાજુ ત્રિકોણ 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) 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) 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.

(B) શ્રીયંત્ર એ ધ્યાન અને પૂજામાં વપરાતી એક પવિત્ર ભૌમિતિક આકૃતિ છે. તે નવ ગૂંથાયેલા ત્રિકોણોની બનેલી છે. આ ત્રિકોણો ખાસ કરીને સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે,જે એવી રીતે ગોઠવાયેલા છે કે તેઓ પુરુષ અને સ્ત્રી દૈવી ઉર્જાના મિલનનું પ્રતિનિધિત્વ કરતી એક જટિલ ભૌમિતિક રચના બનાવે છે.

(A) $\Delta ABC$ માં,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$ થાય છે.
આપેલ ગુણોત્તર $\angle A : \angle B : \angle C = 5 : 7 : 8$ છે,તેથી ધારો કે ખૂણાઓ $5x, 7x$ અને $8x$ છે.
ખૂણાઓનો સરવાળો: $5x + 7x + 8x = 180^{\circ}$.
$20x = 180^{\circ}$.
$x = \frac{180^{\circ}}{20} = 9^{\circ}$.
તેથી,ખૂણાઓના માપ નીચે મુજબ છે:
$\angle A = 5 \times 9^{\circ} = 45^{\circ}$.
$\angle B = 7 \times 9^{\circ} = 63^{\circ}$.
$\angle C = 8 \times 9^{\circ} = 72^{\circ}$.

(A) ધારો કે $\Delta PQR$ ના ખૂણાઓ અનુક્રમે $5x$,$2x$ અને $2x$ છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$5x + 2x + 2x = 180^{\circ}$.
$9x = 180^{\circ}$.
$x = 20^{\circ}$.
હવે,દરેક ખૂણાનું માપ શોધતા:
$\angle P = 5x = 5 \times 20^{\circ} = 100^{\circ}$.
$\angle Q = 2x = 2 \times 20^{\circ} = 40^{\circ}$.
$\angle R = 2x = 2 \times 20^{\circ} = 40^{\circ}$.
આમ,ખૂણાઓ $100^{\circ}, 40^{\circ}, 40^{\circ}$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે,તેથી $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
આપેલ છે: $\angle A + \angle B = 80^{\circ}$ અને $\angle B + \angle C = 150^{\circ}$.
સરવાળાના સમીકરણમાં $\angle A + \angle B = 80^{\circ}$ મૂકતા: $80^{\circ} + \angle C = 180^{\circ} \implies \angle C = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$.
$\angle C = 100^{\circ}$ ને $\angle B + \angle C = 150^{\circ}$ માં મૂકતા: $\angle B + 100^{\circ} = 150^{\circ} \implies \angle B = 50^{\circ}$.
$\angle B = 50^{\circ}$ ને $\angle A + \angle B = 80^{\circ}$ માં મૂકતા: $\angle A + 50^{\circ} = 80^{\circ} \implies \angle A = 30^{\circ}$.
આમ,ખૂણાઓ $\angle A = 30^{\circ}, \angle B = 50^{\circ}, \angle C = 100^{\circ}$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે,તેથી $\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
આપેલ છે કે $\angle B = \frac{\angle A + \angle C}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $2\angle B = \angle A + \angle C$.
આ કિંમતને સરવાળાના સમીકરણમાં મૂકતા: $2\angle B + \angle B = 180^{\circ} \implies 3\angle B = 180^{\circ} \implies \angle B = 60^{\circ}$.
હવે,$\angle A + \angle C = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$.
ગુણોત્તર $\angle A : \angle C = 1 : 2$ આપેલ છે,તેથી ધારો કે $\angle A = x$ અને $\angle C = 2x$.
તેથી $x + 2x = 120^{\circ} \implies 3x = 120^{\circ} \implies x = 40^{\circ}$.
આમ,$\angle A = 40^{\circ}$ અને $\angle C = 2(40^{\circ}) = 80^{\circ}$.
તેથી ખૂણાઓ $\angle A = 40^{\circ}, \angle B = 60^{\circ}, \angle C = 80^{\circ}$ છે.

(A) $S-Q-R-T$ એક સીધી રેખા હોવાથી,$\angle PQS$ અને $\angle PQR$ રૈખિક જોડના ખૂણા બનાવે છે.
તેથી,$\angle PQR = 180^{\circ} - 100^{\circ} = 80^{\circ}$.
તે જ રીતે,$\angle PRT$ અને $\angle PRQ$ રૈખિક જોડના ખૂણા બનાવે છે.
તેથી,$\angle PRQ = 180^{\circ} - 130^{\circ} = 50^{\circ}$.
$\Delta PQR$ માં,ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$.
$\angle P + 80^{\circ} + 50^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle P + 130^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle P = 180^{\circ} - 130^{\circ} = 50^{\circ}$.
આમ,ખૂણાઓ $\angle P = 50^{\circ}, \angle Q = 80^{\circ}, \angle R = 50^{\circ}$ છે.

(A) ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $(2x - 10^{\circ}) + (x + 10^{\circ}) + (2x - 20^{\circ}) = 180^{\circ}$.
સમાન પદોનો સરવાળો કરતા: $5x - 20^{\circ} = 180^{\circ}$.
$5x = 200^{\circ}$.
$x = 40^{\circ}$.
હવે,દરેક ખૂણાનું માપ શોધીએ:
$\angle A = 2(40^{\circ}) - 10^{\circ} = 80^{\circ} - 10^{\circ} = 70^{\circ}$.
$\angle B = 40^{\circ} + 10^{\circ} = 50^{\circ}$.
$\angle C = 2(40^{\circ}) - 20^{\circ} = 80^{\circ} - 20^{\circ} = 60^{\circ}$.
આમ,ખૂણાઓ $\angle A = 70^{\circ}, \angle B = 50^{\circ}, \angle C = 60^{\circ}$ છે.

(N/A) ધારો કે $\angle ABC = y$ અને $\angle ACB = z$ છે. બહિષ્કોણ $\angle CBD = 180^{\circ} - y$ અને $\angle BCE = 180^{\circ} - z$ છે.
$BO$ અને $CO$ એ અનુક્રમે $\angle CBD$ અને $\angle BCE$ ના દ્વિભાજકો હોવાથી:
$\angle CBO = \frac{1}{2} \angle CBD = \frac{1}{2} (180^{\circ} - y) = 90^{\circ} - \frac{y}{2}$
$\angle BCO = \frac{1}{2} \angle BCE = \frac{1}{2} (180^{\circ} - z) = 90^{\circ} - \frac{z}{2}$
$\Delta BOC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે:
$\angle BOC + \angle CBO + \angle BCO = 180^{\circ}$
$\angle BOC + (90^{\circ} - \frac{y}{2}) + (90^{\circ} - \frac{z}{2}) = 180^{\circ}$
$\angle BOC + 180^{\circ} - \frac{1}{2}(y + z) = 180^{\circ}$
$\angle BOC = \frac{1}{2}(y + z)$
$\Delta ABC$ માં,$y + z + \angle A = 180^{\circ}$,તેથી $y + z = 180^{\circ} - \angle A$.
આ કિંમત $\angle BOC$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\angle BOC = \frac{1}{2}(180^{\circ} - \angle A) = 90^{\circ} - \frac{1}{2} \angle A$.

(B) $\Delta ABC$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$
$\angle A + 70^{\circ} + 80^{\circ} = 180^{\circ}$
$\angle A = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$.
અહીં $AD$ એ $\angle A$ નો દ્વિભાજક હોવાથી,$\angle BAD = \angle CAD = \frac{30^{\circ}}{2} = 15^{\circ}$ થાય.
$\Delta ABD$ માં,$\angle ADB = 180^{\circ} - (\angle B + \angle BAD) = 180^{\circ} - (70^{\circ} + 15^{\circ}) = 180^{\circ} - 85^{\circ} = 95^{\circ}$.
$\Delta ADC$ માં,$\angle ADC = 180^{\circ} - (\angle C + \angle CAD) = 180^{\circ} - (80^{\circ} + 15^{\circ}) = 180^{\circ} - 95^{\circ} = 85^{\circ}$.

(N/A) $\Delta PQR$ માં,ધારો કે $\angle QPR = 2\alpha$ છે. $PA$ એ ખૂણાનો દ્વિભાજક હોવાથી,$\angle QPA = \angle RPA = \alpha$ થાય.
$\Delta PQR$ માં,$\angle Q + \angle R + \angle QPR = 180^{\circ}$,તેથી $\angle Q + \angle R + 2\alpha = 180^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha = 90^{\circ} - \frac{1}{2}(\angle Q + \angle R)$.
$\Delta PMQ$ માં,$\angle PMQ = 90^{\circ}$,તેથી $\angle QPM = 90^{\circ} - \angle Q$.
હવે,$\angle APM = \angle QPA - \angle QPM$.
કિંમતો મૂકતા: $\angle APM = \alpha - (90^{\circ} - \angle Q)$.
$\angle APM = [90^{\circ} - \frac{1}{2}(\angle Q + \angle R)] - 90^{\circ} + \angle Q$.
$\angle APM = \angle Q - \frac{1}{2}\angle Q - \frac{1}{2}\angle R$.
$\angle APM = \frac{1}{2}\angle Q - \frac{1}{2}\angle R = \frac{1}{2}(\angle Q - \angle R)$.
આમ,સાબિત થાય છે.

(B) ત્રિકોણના તમામ અંતઃકોણોનો સરવાળો હંમેશા $180^{\circ}$ હોય છે.
અહીં આપેલ છે કે $\angle P = 95^{\circ}$ અને $\angle Q = 95^{\circ}$.
આ બે ખૂણાઓનો સરવાળો $= 95^{\circ} + 95^{\circ} = 190^{\circ}$ થાય.
જેથી $190^{\circ} > 180^{\circ}$ હોવાથી,ત્રિકોણમાં બે ખૂણાઓનું માપ $95^{\circ}$ હોવું શક્ય નથી,કારણ કે ખૂણાઓનો સરવાળો ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ કરતાં વધી જાય છે.
તેથી,આ વિધાન ખોટું છે.

(D) ધારો કે $\Delta XYZ$ ના ખૂણાઓ અનુક્રમે $x$,$4x$ અને $4x$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$x + 4x + 4x = 180^{\circ}$.
$9x = 180^{\circ}$.
$x = 20^{\circ}$.
હવે,$\angle Z = 4x = 4 \times 20^{\circ} = 80^{\circ}$.

(A) કોઈપણ ત્રિકોણ $\Delta ABC$ માં,ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
આપેલ છે કે $\angle A = \angle B + \angle C$.
સરવાળાના સમીકરણમાં $(\angle B + \angle C)$ ની જગ્યાએ $\angle A$ મૂકતા:
$\angle A + (\angle B + \angle C) = 180^{\circ}$
$\angle A + \angle A = 180^{\circ}$
$2\angle A = 180^{\circ}$
$\angle A = \frac{180^{\circ}}{2} = 90^{\circ}$.

(B) કોઈપણ ત્રિકોણ $\Delta ABC$ માં,ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\angle A + \angle B + \angle C = 180^{\circ}$.
અહીં આપેલ છે કે $\angle A = \angle B = \angle C$,ધારો કે દરેક ખૂણાનું માપ $x$ છે.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા,$x + x + x = 180^{\circ}$.
$3x = 180^{\circ}$.
$x = 180^{\circ} / 3 = 60^{\circ}$.
આમ,$\angle A = \angle B = \angle C = 60^{\circ}$.

(C) ત્રિકોણના બહિષ્કોણના પ્રમેય મુજબ,બહિષ્કોણનું માપ તેના અંતઃસંમુખ કોણના માપના સરવાળા જેટલું હોય છે.
$\Delta PQR$ માં,$\angle PRT$ એ શિરોબિંદુ $R$ આગળનો બહિષ્કોણ છે.
તેના અંતઃસંમુખ કોણ $\angle P$ અને $\angle Q$ છે.
તેથી,$\angle PRT = \angle P + \angle Q$.
આપેલ છે કે $\angle P = 70^{\circ}$ અને $\angle Q = 50^{\circ}$.
$\angle PRT = 70^{\circ} + 50^{\circ} = 120^{\circ}$.

(A) ત્રિકોણના બહિષ્કોણના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણના બહિષ્કોણનું માપ તેના બે અંતઃસંમુખકોણના માપના સરવાળા જેટલું હોય છે.
$\Delta ABC$ માં,$\angle ACD$ એ શિરોબિંદુ $C$ આગળનો બહિષ્કોણ છે.
તેથી,$\angle ACD = \angle A + \angle B$.
આપેલ છે કે $\angle ACD = 122^{\circ}$ અને $\angle A = 68^{\circ}$.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે: $122^{\circ} = 68^{\circ} + \angle B$.
$\angle B$ માટે ઉકેલતા: $\angle B = 122^{\circ} - 68^{\circ} = 54^{\circ}$.
આમ,$\angle B = 54^{\circ}$.

(B) ત્રિકોણના ખૂણાઓના સરવાળાના ગુણધર્મ મુજબ,કોઈપણ ત્રિકોણના તમામ અંતઃકોણોનો સરવાળો હંમેશા $180^o$ જેટલો હોય છે.
તેથી,ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $180^o$ થાય છે.

(D) $\Delta ABC$ માં,શિરોબિંદુ $B$ આગળનો બહિષ્કોણ $\angle ABD = 140^{\circ}$ છે. અંતઃકોણ અને તેના પાસપાસેના બહિષ્કોણનો સરવાળો $180^{\circ}$ હોવાથી,$\angle ABC = 180^{\circ} - 140^{\circ} = 40^{\circ}$ મળે.
તે જ રીતે,શિરોબિંદુ $C$ આગળનો બહિષ્કોણ $\angle ACE = 80^{\circ}$ છે. તેથી,અંતઃકોણ $\angle ACB = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$ મળે.
$\Delta ABC$ માં,ત્રણેય અંતઃકોણોનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે. તેથી,$\angle A + \angle ABC + \angle ACB = 180^{\circ}$.
કિંમતો મૂકતા,$\angle A + 40^{\circ} + 100^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle A + 140^{\circ} = 180^{\circ}$.
$\angle A = 180^{\circ} - 140^{\circ} = 40^{\circ}$.

(B) બહિષ્કોણના પ્રમેય મુજબ,ત્રિકોણના બહિષ્કોણનું માપ તેના બે અંતઃસન્મુખ કોણના માપના સરવાળા જેટલું હોય છે.
$\Delta ABC$ માં,$\angle ACD$ એ શિરોબિંદુ $C$ આગળનો બહિષ્કોણ છે.
તેના અંતઃસન્મુખ કોણ $\angle A$ અને $\angle B$ છે.
તેથી,$\angle ACD = \angle A + \angle B$.
આપેલ છે કે $\angle A = 70^{\circ}$ અને $\angle B = 40^{\circ}$.
$\angle ACD = 70^{\circ} + 40^{\circ} = 110^{\circ}$.

(C) ત્રિકોણના તમામ અંતઃકોણોનો સરવાળો હંમેશા $180^{\circ}$ હોય છે.
$\Delta PQR$ માં,$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$ થાય.
આપેલ છે કે $\angle P = 42^{\circ}$ અને $\angle Q = 75^{\circ}$.
આ કિંમતો મૂકતા: $42^{\circ} + 75^{\circ} + \angle R = 180^{\circ}$.
$117^{\circ} + \angle R = 180^{\circ}$.
$\angle R = 180^{\circ} - 117^{\circ} = 63^{\circ}$.

(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) $\angle P$ 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).

(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: $\Delta PQR$ 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.

(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.

(N/A) $1$. $AD$ ને $E$ બિંદુ સુધી એવી રીતે લંબાવો કે જેથી $AD = DE$ થાય. $EC$ ને જોડો.
$2$. $\Delta ADB$ અને $\Delta EDC$ માં:
- $AD = DE$ (રચના મુજબ)
- $\angle ADB = \angle EDC$ (અભિકોણ)
- $BD = DC$ ($AD$ એ $BC$ પરની મધ્યગા છે)
$3$. $SAS$ એકરૂપતાની શરત મુજબ,$\Delta ADB \cong \Delta EDC$.
$4$. તેથી,$AB = EC$ ($CPCT$ મુજબ).
$5$. $\Delta AEC$ માં,ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા મોટો હોય છે:
- $AC + EC > AE$
$6$. કારણ કે $AE = AD + DE = AD + AD = 2AD$ અને $EC = AB$,તેથી આપણે આ કિંમતો અસમતામાં મૂકીએ:
- $AC + AB > 2AD$.
$7$. આમ,$AB + AC > 2AD$ સાબિત થાય છે.

(N/A) $1$. $BP$ ને લંબાવો જેથી તે $AC$ ને બિંદુ $D$ માં છેદે.
$2$. $\Delta ABD$ માં,ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે: $AB + AD > BD$.
$3$. કારણ કે $BD = BP + PD$,આપણે લખી શકીએ: $AB + AD > BP + PD$ --- (સમીકરણ $1$).
$4$. $\Delta PDC$ માં,ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ: $PD + DC > PC$ --- (સમીકરણ $2$).
$5$. સમીકરણ $1$ અને સમીકરણ $2$ નો સરવાળો કરતા: $(AB + AD) + (PD + DC) > (BP + PD) + PC$.
$6$. અસમતાનું સાદું રૂપ આપતા: $AB + (AD + DC) + PD > BP + PD + PC$.
$7$. કારણ કે $AD + DC = AC$,આપણને મળે છે: $AB + AC + PD > BP + PC + PD$.
$8$. બંને બાજુથી $PD$ બાદ કરતા,આપણને મળે છે: $AB + AC > PB + PC$,જે $PB + PC < AB + AC$ ને સમાન છે.

(A) $\Delta ABC$ માં,ધારો કે $AD$,$BE$ અને $CF$ એ અનુક્રમે બાજુઓ $BC$,$AC$ અને $AB$ પરની મધ્યગાઓ છે.
ત્રિકોણના ગુણધર્મ મુજબ,ત્રિકોણની બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે.
$\Delta ABD$ માં,$AB + BD > AD$ $(1)$.
$\Delta ACD$ માં,$AC + CD > AD$ $(2)$.
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા: $AB + AC + (BD + CD) > 2AD$.
અહીં $BD + CD = BC$ હોવાથી,$AB + AC + BC > 2AD$ $(3)$.
તે જ રીતે,મધ્યગાઓ $BE$ અને $CF$ માટે:
$AB + BC + AC > 2BE$ $(4)$.
$AB + BC + AC > 2CF$ $(5)$.
$(3)$,$(4)$ અને $(5)$ નો સરવાળો કરતા:
$3(AB + BC + AC) > 2(AD + BE + CF)$.
આ દર્શાવે છે કે $AB + BC + AC > \frac{2}{3}(AD + BE + CF)$.
જોકે,મધ્યગાઓ માટેનું પ્રમાણિત અસમતા $AB + BC + AC > AD + BE + CF$ છે. આ એ હકીકત પરથી તારવવામાં આવે છે કે કોઈપણ ત્રિકોણમાં,મધ્યગાઓનો સરવાળો તેની પરિમિતિ કરતા ઓછો હોય છે $(AD + BE + CF < AB + BC + AC)$.

(N/A) $\Delta PQS$ માં,ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ,કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોય છે:
$PQ + QS > PS$ ---$(1)$
$\Delta PRS$ માં,ત્રિકોણની અસમતાના પ્રમેય મુજબ:
$PR + RS > PS$ ---$(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$(PQ + QS) + (PR + RS) > PS + PS$
$PQ + PR + (QS + RS) > 2PS$
અહીં $S$ એ $QR$ પરનું બિંદુ હોવાથી,$QS + RS = QR$ થાય.
તેથી,$PQ + PR + QR > 2PS$.