Lời giải:
Vì $D,E$ lần lượt là trung điểm $AB,AC$ nên $DE$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ ứng với cạnh $BC$

$\Rightarrow DE\parallel BC$ và $DE=\frac{BC}{2}=2$ (cm)

Vì $DE\parallel BC$ nên $DECB$ là hình thang

Xét hình thang $DECB$ có $M,N$ lần lượt là trung điểm của cạnh bên $BD, CE$ nên $MN$ là đường trung bình của hình thang $DECB$

$\Rightarrow MN=\frac{DE+BC}{2}=\frac{2+4}{2}=3$ (cm)

Hình vẽ:

Xét ΔABC có 

D là trung điểm của AB

E là trung điểm của AC

Do đó: DE là đường trung bình của ΔABC

Suy ra: DE//BC và \(DE=\dfrac{BC}{2}\)

hay \(DE=\dfrac{4}{2}=2\left(cm\right)\)

Hình thang BDEC(DE//BC) có

M là trung điểm của BD

N là trung điểm của CE

Do đó: MN là đường trung bình của hình thang BDEC

Suy ra: \(MN=\dfrac{DE+BC}{2}=\dfrac{4+2}{2}=\dfrac{6}{2}=3\left(cm\right)\)

Pt hóa học thì em tự viết nhé vì đơn giản rồi. Thầy tóm tắt sơ đồ thôi.

\(\left\{{}\begin{matrix}C_3H_4O\\C_4H_6O_2\\C_3H_6O_3\end{matrix}\right.\)   +   O₂ (kk)  →  \(\left\{{}\begin{matrix}CO_2\\H_2O\\N_2\end{matrix}\right.\)  \(\underrightarrow{Ca\left(OH\right)_2}\)  \(\left\{{}\begin{matrix}Ca\left(HCO_3\right)_2\\CaCO_3\\N_2\end{matrix}\right.\)

Khí duy nhất thoát ra là N₂ = 19,264:22,4 = 0,86 mol 

=> nO₂ = nN₂ :4 = 0,215 mol

nCa(OH)₂ = 8,75.0,02 = 0,175 mol

nCaCO₃ = 15: 100 = 0,15 mol

nCa(OH)₂ > nCaCO₃ nên có muối Ca(HCO₃)₂

BTNT Ca => nCa(HCO₃)₂ = 0,025 mol

Tiếp tục bảo toàn nguyên tố C => nCO₂ = 0,2 mol

Gọi số mol H₂O là a mol 

Số mol C₃H₄O là x , C₄H₆O₂ là y và C₃H₆O₃ là z mol

Khi đốt cháy C₃H₆O₃ thì số mol CO₂ = nH₂O

Khi đốt cháy C₃H₄O và C₄H₆O₂  có dạng C_nH_2n-2O_x thì số mol CO₂ > nH₂O

=> nC₃H₄O + nC₄H₆O₂ = nCO₂ - nH₂O

Ta được pt: x + y = 0,2 - a (1)

Pt về số mol H₂O : 2x + 3y + 3z = a (2)

BTNT O => x + 2y + 3z + 0,215.2 = 0,2.2 + a

<=> x + 2y + 3z = a - 0,03 (3)

Từ (1) vad (3) => 2x + 3y + 3z = 0,17 = nH₂O

BTKL => m + 0,215.32 = 0,2.44 + 0,17.18 

<=> m = 4,98 gam

Sai

ΔAED vuông tại E nên AE<AD

ΔDFC vuông tại F nên FC<DC

=>AE+FC<AD+DC=AC

Bài 2: 

a) Ta có: AB=AD(gt)

nên A nằm trên đường trung trực của BD(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: CB=CD(gt)

nên C nằm trên đường trung trực của BD(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Từ (1) và (2) suy ra AC là đường trung trực của BD(Đpcm)

b) Ta có: \(\widehat{BCD}=60^0\)

nên \(\widehat{CBD}=\widehat{CDB}=60^0\)

Ta có: \(\widehat{BAD}=100^0\)

nên \(\widehat{ABD}=\widehat{ADB}=\dfrac{180^0-100^0}{2}=\dfrac{80^0}{2}=40^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{ABC}=100^0;\widehat{ADC}=100^0\)

1. a

$(3x+5)^2=(3x)^2+2.3x.5+5^2$

$=9x^2+30x+25$

1.b 

$(6x^2+\frac{1}{3})^2=(6x^2)^2+2.6x^2.\frac{1}{3}+(\frac{1}{3})^2$

$=36x^4+4x^2+\frac{1}{9}$

1.c

$(5x-4y)^2=(5x)^2-2.5x.4y+(4y)^2$

$=25x^2-40xy+16y^2$

1.d

(2x^2y-3y^3x)^2=(2x^2y)^2-2.2x^2y.3y^3x+(3y^3x)^2$

$=4x^4y^2-12x^3y^4+9x^2y^6$

1.e

$(5x-3)(5x+3)=(5x)^2-3^2=25x^2-9$

1.f

$(6x+5y)(6x-5y)=(6x)^2-(5y)^2=36x^2-25y^2$

1.g

$(-4xy-5)(5-4xy)=(-4xy-5)(-4xy+5)$

$=(-4xy)^2-5^2=16x^2y^2-25$

1.h

$(a^2b+ab^2)(ab^2-a^2b)=(ab^2+a^2b)(ab^2-a^2b)$

$=(ab^2)^2-(a^2b)^2=a^2b^4-a^4b^2$

1.i

$(3x-4)^2+2(3x-4)(4-x)+(4-x)^2$
$=[(3x-4)+(4-x)]^2=(2x)^2=4x^2$

1.j

$(3a-1)^2+2(9a^2-1)+(3a+1)^2$

$=(3a-1)^2+2(3a-1)(3a+1)+(3a+1)^2$

$=[(3a-1)+(3a+1)]^2=(6a)^2=36a^2$

1.k

(a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)-(a^4+b^4)$

$=(a^2+b^2)^2-(ab)^2-(a^4+b^4)$

$=a^4+b^4+2a^2b^2-a^2b^2-a^4-b^4$

$=a^2b^2$

Bài 6: 

a: Trên tia Ox, ta có: OA<OB

nên điểm A nằm giữa hai điểm O và B

=>OA+AB=OB

hay AB=3cm

b: Trên tia Ax, ta có: AB<AC

nên điểm B nằm giữa hai điểm A và C

mà AB=AC/2

nên B là trung điểm của AC