1. Montrer que $ABC$ est un triangle rectangle en $A$.Calculons les carrés des longueurs :$$\begin{aligned}
   &AB^2 = 3^2 = 9,\\
   &AC^2 = (\sqrt{3})^2 = 3,\\
   &BC^2 = (2\sqrt{3})^2 = 4\times 3 = 12
   \end{aligned}$$On remarque que : $9 + 3 = 12$, c’est-à-dire : $$AB^2 + AC^2 = 12 = BC^2.$$Par la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $A$.
2. Calculer $\sin \widehat{ABC}$. Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, l’angle $\widehat{ABC}$ est un angle aigu en $B$. Le côté opposé à $\widehat{ABC}$ est $AC$ et l’hypoténuse est $BC$. Donc :$$\sin\widehat{ABC}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\dfrac{1}{2}.$$

   Résultat : $\sin\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}$.

1. Montrer que : $MH=\dfrac{3}{4}$.

   D’une part, dans le triangle $BHM$ rectangle en $H$, on a :$$\sin \widehat{B} = \dfrac{MH}{BM}.$$

   D’autre part, dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, on a :

   $$\sin \widehat{B} =\dfrac{1}{2}.$$

   On déduit que :

   $$\dfrac{MH}{BM} = \dfrac{1}{2}$$

   Alors : $$MH = \dfrac{BM}{2}.$$

   Or, $M$ est le milieu de $[AB]$, donc :

   $$BM = \dfrac{AB}{2} = \dfrac{3}{2}.$$

   Donc :

   $$MH = \dfrac{\tfrac{3}{2}}{2} = \dfrac{3}{4}.$$

   Conclusion : $MH=\dfrac{3}{4}$. 

2. Calculer la distance $HB$.

   D’une part, dans le triangle $BHM$ rectangle en $H$, on a :$$\cos \widehat{B} = \dfrac{HB}{BM}.$$

   D’autre part, dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$, on a :

   $$\cos \widehat{B} =\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{2\sqrt 3}=\dfrac{\sqrt 3}{2}.$$

   On déduit que :

   $$\dfrac{HB}{BM} = \dfrac{\sqrt 3}{2}$$

   Alors : $$HB = \dfrac{\sqrt 3 BM}{2}=\dfrac{\sqrt 3\times \frac{3}{2}}{2}=\dfrac{3\sqrt 3}{4}.$$

   Conclusion : $HB=\dfrac{3\sqrt 3}{4}$. 

1. Calculons : $EF$ et $FG$.

   Dans le triangle $EFG$ rectangle en $G$, pour l’angle $\widehat{GEF}$, on a :

   $$\cos \widehat{GEF}=\dfrac{EG}{EF}=\dfrac{\sqrt{3}}{EF}$$

   Or $$\cos \widehat{GEF}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$$

   Donc : $$\dfrac{\sqrt{3}}{EF}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$$

   D’où : $$\boxed{EF=3}.$$

   Par Pythagore :

   $$\begin{aligned}
   EF^2&=EG^2+FG^2\\
   FG^2&=EF^2-EG^2\\
   FG^2&=3^2-\sqrt 3^2\\
   FG^2&=9-3\\
   FG^2&=6\\
   FG&=\sqrt{6}.\quad (\text{car } FG > 0)\end{aligned}$$

   Donc : $EF=3$ et $FG=\sqrt{6}$.

2. On a le triangle $EFG$ est rectangle en $G$, alors :

   $$\begin{aligned}
   \sin\widehat{EFG}&=\dfrac{EG}{EF}=\dfrac{\sqrt{3}}{3},\\
   \cos\widehat{EFG}&=\dfrac{FG}{EF}=\dfrac{\sqrt{6}}{3},\\
   \tan\widehat{EFG}&=\dfrac{EG}{FG}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\end{aligned}$$

1. On connaît : $$\sin 30^\circ=\dfrac12,\ \sin 45^\circ=\dfrac{\sqrt{2}}{2},\ \cos 60^\circ=\dfrac12,\ \tan 60^\circ=\sqrt{3}.$$

   Donc :

   $$\begin{aligned}
   U&=\sin 30^\circ-\sin 45^\circ-\cos 60^\circ+\tan 60^\circ\\
   U&=\dfrac12-\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac12+\sqrt{3}\\
   U&=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{3}\\
   U&=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\end{aligned}$$

2. On sait que :

   $$\tan 15^\circ=\dfrac{1}{\tan 75^\circ}\text{ et } \cos 10^\circ=\sin 80^\circ.$$

   Donc :

   $$\begin{aligned}
   V&=\tan 15^\circ-\dfrac{1}{\tan 75^\circ}-\cos 10^\circ+\sin 80^\circ\\
   V&=\tan 15^\circ-\tan 15^\circ-\sin 80^\circ+\sin 80^\circ\\
   V&=0\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}
\cos\alpha &=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\dfrac{1}{49}}\\
&=\sqrt{\dfrac{48}{49}}=\dfrac{\sqrt{48}}{7}=\dfrac{4\sqrt{3}}{7}.\end{aligned}$$

Et on a :
$$\tan\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}
=\dfrac{\tfrac{1}{7}}{\tfrac{4\sqrt{3}}{7}}
=\dfrac{1}{4\sqrt{3}}
=\dfrac{\sqrt{3}}{12}.$$

Donc : $\displaystyle \cos\alpha=\dfrac{4\sqrt{3}}{7}\,\,$ et $\,\,\displaystyle \tan\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{12}$.

Or, dans un cercle, la mesure d’un angle inscrit est égale à la moitié de la mesure de l’angle au centre associé.

Comme $\widehat{DOC}=100^\circ$, alors :

$$\widehat{DBC}=\dfrac{\widehat{DOC}}{2}=\dfrac{100^\circ}{2}=\boxed{50^\circ}$$

Comme $\widehat{DAB}=70^\circ$, alors :

$$\widehat{DOB}=2\times\widehat{DAB}=2\times 70^\circ=140^\circ$$

Alors, la mesure de l’angle non convexe $\widehat{BOD}$ est :

$$\widehat{BOD}_{\text{non convexe}}=360^\circ-140^\circ=\boxed{220^\circ}$$

Comme $\widehat{BOD}_{\text{non convexe}}=220^\circ$, alors :

$$\widehat{BCD}=\dfrac{\widehat{BOD}_{\text{non convexe}}}{2}=\dfrac{220^\circ}{2}=\boxed{110^\circ}$$

– $\widehat{DAF} = \widehat{BED} = 90^\circ$

– $\widehat{ADE} = \widehat{BDE}$ (angles confondus).

Donc, par le 1er cas de similitude, les triangles $BDE$ et $ADF$ sont semblables.

Donc :

$$\frac{BD}{DF} = \frac{DE}{DA}$$

En multipliant en croix, on obtient :

$$BD \times DA = DE \times DF$$

– $\widehat{ACB} = \widehat{ECF}$ (angles opposés par le sommet).

– $\widehat{CAB} = \widehat{CEF}$ (angles droits).

Donc, par le 1er cas de similitude, les triangles $ACB$ et $ECF$ sont semblables.

$A \in (ED)$, $I \in (EC)$ et $(AI)\parallel(DC)$

Donc, d’après le théorème de Thalès :
$$\frac{EA}{ED}=\frac{EI}{EC}=\frac{AI}{DC}$$ Ainsi :
$$\frac{2}{6}=\frac{AI}{4,2}$$ alors : $$AI=\frac{2\times 4,2}{6}=\frac{8,4}{6}=1,4$$ Donc : $$\boxed{AI = 1,4}.$$

$A\in (IB)$, $E\in (IC)$ et $(AE)\parallel (BC)$

D’après le théorème de Thalès :
$$\frac{IC}{IE}=\frac{IB}{IA}=\frac{BC}{AE}$$ On en déduit :
$$\frac{IC}{IE}=\frac{BC}{AE}=\frac{4}{2}=2$$ Donc : $$\boxed{IC=2\,IE}$$

$A\in(DE)$, $M\in(DC)$ et $(AM)\parallel(EC)$.

Donc :
$$\frac{DA}{DE}=\frac{DM}{DC}=\frac{AM}{CE}$$ En particulier :
$$\frac{DA}{DE}=\frac{AM}{CE}$$ Remplaçons :
$$\frac{4}{6}=\frac{AM}{CE}$$ alors : $$\frac{2}{3}=\frac{AM}{CE}$$ D’où la relation :
$$\boxed{3AM=2CE}$$

1. On compare les carrés (quantités positives) :
   $$\big(\sqrt{19}\big)^2=19 \quad\text{et}\quad \big(3\sqrt{2}\big)^2=9\times2=18.$$ Comme $19>18$, on a :
   $$\boxed{\sqrt{19} \;>\; 3\sqrt{2}}.$$
2. D’après (a), $\sqrt{19} \;>\; 3\sqrt{2}$, alors : $3\sqrt{2}-\sqrt{19}<0$, alors :
   \[\begin{aligned}
   K &= \sqrt {{{\left( {3\sqrt 2 – \sqrt {19} } \right)}^2}} + 3\sqrt 2 \\
   K &= – \left( {3\sqrt 2 – \sqrt {19} } \right) + 3\sqrt 2 \\
   K &= – 3\sqrt 2 + \sqrt {19} + 3\sqrt 2 \\
   K &= \sqrt {19}
   \end{aligned}\]
   D’où :
   $$\boxed{K=\sqrt{19}}.$$

1. On compare d’abord $3\sqrt{5}$ et $4\sqrt{3}$ (positifs) :
   $$\big(3\sqrt{5}\big)^2=9\times5=45,\qquad \big(4\sqrt{3}\big)^2=16\times3=48.$$ Donc : $$3\sqrt{5}<4\sqrt{3}.$$ En multipliant par $-1$ (ce qui inverse le sens) : $$\boxed{-3\sqrt{5}\;>\;-4\sqrt{3}}.$$
2. D’après (a), $3\sqrt{5}<4\sqrt{3}$, donc :
   $$2025+3\sqrt{5}\;<\;2025+4\sqrt{3}.$$ Pour des dénominateurs positifs, plus le dénominateur est petit, plus la fraction est grande. Ainsi : $$\boxed{\dfrac{1}{2025+3\sqrt{5}} \;>\; \dfrac{1}{2025+4\sqrt{3}}}.$$

En ajoutant les inégalités $1\le a\le3$ et $2\le -b\le6$ terme à terme :

$$1+2 \le a+(-b) \le 3+6$$ d’où :
$$\boxed{3 \le a-b \le 9}$$

Cela donne :

$$2 \le -ab \le 18$$

donc :

$$-18 \le ab \le -2$$

En ajoutant $18$ à chaque membre :

$$-18+18 \le ab+18 \le -2+18$$

c’est-à-dire :

$$0 \le ab+18 \le 16$$

Enfin, en divisant par $16>0$ :

$$\boxed{0 \le \dfrac{ab+18}{16} \le 1}$$

C’est-à-dire :

$$1 \le 5 -c \le 4$$

Isolons $c$ :

$$1-5 \le -c \le 4-5$$

C’est-à-dire :

$$-4 \le -c \le -1$$

En multipliant par $-1$ :

$$\boxed{1 \le c \le 4}$$

1. Comparons $5\sqrt{2}$ et $3\sqrt{5}$On compare d’abord les carrés :$$
   (5\sqrt{2})^2 -(3\sqrt{5})^2 = 25\times 2 -9\times 5 = 50 -45 = 5 > 0$$ alors : $$(5\sqrt{2})^2 > (3\sqrt{5})^2$$ Comme $5\sqrt{2}$ et $3\sqrt{5}$ sont positifs, alors :
   $$\boxed{\,5\sqrt{2} > 3\sqrt{5}\,}$$
2. Comparons $-\sqrt{30}$ et $-2\sqrt{7}$
   $$
   (-\sqrt{30})^2 -(-2\sqrt{7})^2 = 30 -4\times 7 = 30 -28 = 2 > 0$$ alors :
   $$(-\sqrt{30})^2 > (-2\sqrt{7})^2$$
   Les deux nombres étant négatifs, l’ordre s’inverse :
   $$\boxed{\, -\sqrt{30} < -2\sqrt{7} \,}$$

1. De $5\sqrt{2} > 3\sqrt{5}$ on obtient :
   $$
   2 + 5\sqrt{2} > 2 + 3\sqrt{5}$$ alors :
   $$
   \boxed{\,\dfrac{1}{2 + 5\sqrt{2}} < \dfrac{1}{2 + 3\sqrt{5}}\,}.
   $$
2. De $-\sqrt{30} < -2\sqrt{7}$ on déduit $$\sqrt{30} > 2\sqrt{7}$$ donc :
   $$
   3 + \sqrt{30} > 3 + 2\sqrt{7}$$
   donc :
   $$\boxed{\,\sqrt{\,3 + \sqrt{30}\,} > \sqrt{\,3 + 2\sqrt{7}\,}\,}.
   $$