- Lúc cơ thể hoạt động, lao động: xảy ra sự $oxy$ hóa đường $glucozo$ để tạo ra năng lượng cần thiết cho sự co cơ đồng thời sản phẩm phân hủy quá trình này là \(CO_2\) tích lũy dần trong máu.

- Do đó: \(CO_2+H_2O\rightarrow CO_3H_2|^{H^+}_{HCO_3^-}\)

- Khi \(H^+\) được tạo ra sẽ kích thích thụ quan gây ra xung thần kinh hướng tâm, truyền về trung khu hô hấp và tuần hoàn nằm trong hành tủy, truyền tới trung khu giao cảm và theo dây giao cảm đến tim, mạch máu đến cơ làm tăng nhịp, lực co tim và mạch máu đến cơ dãn ra để cung cấp \(O_2\) cần cho nhu cầu năng lượng co cơ, đồng thời chuyển nhanh sản phẩm phân hủy đến các cơ quan bài tiết.

Khi lao động nặng hay chơi thể thao làm nhu cầu trao đổi khí của cơ thể tăng cao, hoạt động hô hấp của cơ thể có thể biến đổi theo hướng vừa tăng nhịp hô hấp (thở nhanh hơn), vừa tăng dung tích hô hấp (thở sâu hơn).

nhớ tick cho mik nha☺☺

bấm chữ x nha bạn

Là chữ x nha 

Vd 3x3

ABCD là hình bình hành

=>AB//CD và AB=CD; AD=BC và AD//BC

ΔMAB đều

=>MA=MB=AB và \(\hat{MAB}=\hat{MBA}=60^0\)

Ta có: ΔNBC đều

=>\(\hat{NBC}=\hat{NCB}=60^0\) và NB=NC=BC

Ta có: ΔPCD đều

=>PC=PD=CD và \(\hat{PCD}=\hat{PDC}=\hat{DPC}=60^0\)

ΔQAD đều

=>QA=QD=AD và \(\hat{QAD}=\hat{QDA}=\hat{AQD}=60^0\)

Ta có: QA=QD=AD

NB=NC=BC

mà AD=BC

nên QA=QD=BN=NC=BC=AD

Ta có: MA=MB=AB

PC=PD=CD
mà AB=CD

nên MA=MB=PC=PD=AB=CD

ABCD là hình bình hành

=>\(\hat{BAD}=\hat{BCD}\) (3) và \(\hat{ABC}=\hat{ADC}\) (4)

Ta có: \(\hat{MAQ}+\hat{MAB}+\hat{QAD}+\hat{BAD}=360^0\)

=>\(\hat{MAQ}+\hat{BAD}=360^0-60^0-60^0=240^0\) (1)

Ta có: \(\hat{PCN}+\hat{BCD}+\hat{BCN}+\hat{DCP}=360^0\)

=>\(\hat{PCN}+\hat{BCD}=360^0-60^0-60^0=240^0\) (2)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{MAQ}=\hat{PCN}\)

Ta có: \(\hat{MBN}+\hat{ABC}+\hat{MBA}+\hat{NBC}=360^0\)

=>\(\hat{MBN}+\hat{ABC}=360^0-60^0-60^0=240^0\) (5)

Ta có: \(\hat{QDP}+\hat{ADC}+\hat{ADQ}+\hat{CDP}=360^0\)

=>\(\hat{QDP}+\hat{ADC}=360^0-60^0-60^0=240^0\) (6)

Từ (4),(5),(6) suy ra \(\hat{QDP}=\hat{NBM}\)

Xét ΔQDP và ΔNBM có

QD=NB

\(\hat{QDP}=\hat{NBM}\)

DP=BM

Do đó: ΔQDP=ΔNBM

=>QP=NM

Xét ΔMAQ và ΔPCN có

MA=PC

\(\hat{MAQ}=\hat{PCN}\)

AQ=CN

Do đó; ΔMAQ=ΔPCN

=>MQ=PN

Xét tứ giác MNPQ có

MN=PQ

MQ=PN

Do đó: MNPQ là hình bình hành

Gọi F là giao điểm của AG và BC. Qua B, kẻ BE//MN(E∈AG) và qua C, kẻ CH//MN(H∈AG)

Xét ΔABC có

G là trọng tâm

F là giao điểm của AG và BC

Do đó:F là trung điểm của BC

Xét ΔABC có

G là trọng tâm

AF là đường trung tuyến

Do đó: AG=2GF

Xét ΔFEB và ΔFHC có

\(\hat{FBE}=\hat{FCH}\) (hai góc so le trong, BE//CH)

FB=FC

\(\hat{EFB}=\hat{HFC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFEB=ΔFHC

=>FE=FH

=>F là trung điểm của EH

Xét ΔABE có MG//BE

nên \(\frac{AM}{AB}=\frac{AG}{AE}\)

=>\(\frac{AB}{AM}=\frac{AE}{AG}\)

Xét ΔAHC có GN//HC

nên \(\frac{AG}{AH}=\frac{AN}{AC}\)

=>\(\frac{AC}{AN}=\frac{AH}{AG}\)

\(\frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=\frac{AE+AH}{AG}=\frac{AE+EH+AE}{AG}=\frac{2\cdot AE+2\cdot EF}{AG}\)

\(=\frac{2\cdot AF}{AG}=\frac{2\cdot AF}{\frac23AF}=2:\frac23=3\)

Phương trình bậc hai có dạng: a\(x^2\) + b\(x\) + c 

Bước 1: Đưa nó về bình phương của một tổng hoặc một hiệu cộng với một số nào đó. nếu a > 0 thì em sẽ tìm giá trị nhỏ nhất;  nếu a < 0 thì em sẽ tìm giá trị lớn nhất 

Bước 2: lập luận chỉ ra giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất

Bước 3: kết luận

                  Giải:

A = 3\(x^2\) - 5\(x\) + 3  Vì a = 3 > 0 vậy biểu thức A chỉ tồn tại giá trị nhỏ nhất

A = 3\(x^2\) - 5\(x\) + 3 

A = 3.(\(x\)² - 2.\(x\).\(\dfrac{5}{6}\) + \(\dfrac{25}{36}\))  + \(\dfrac{11}{12}\) 

A = 3.(\(x\) - \(\dfrac{5}{6}\))² + \(\dfrac{11}{12}\) 

Vì (\(x-\dfrac{5}{6}\))² ≥ 0  ⇒ 3.(\(x\) - \(\dfrac{5}{6}\))² ≥ 0 ⇒ 3.(\(x-\dfrac{5}{6}\))² + \(\dfrac{11}{12}\) ≥ \(\dfrac{11}{12}\)

A_min = \(\dfrac{11}{12}\) ⇔ \(x\) = \(\dfrac{5}{6}\)

A B C D M K H

a/

Xét tg vuông MCA và tg vuông MCK có

CM chung 

CA=CK (gt)

=> tg MCA = tg MCK (Hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau)

b/

Xét tg ACK có

\(CM\perp AK\) (gt)

\(AD\perp BC\) (gt)

=> H là trực tâm tg ACK => \(KH\perp AC\)

Mà \(AB\perp AC\)

=> KH//AB

c/

Xét tg vuông AMH và tg vuông KMH có

tg MCA = tg MCK (cmt) => MA=MK

MH chung

=> tg vuông AMH = tg vuông KMH  (Hai tg vuông có hai cạnh góc vuông bằng nhau)

=> HA=HK (1)

Xét tg vuông KDH có

HD<HK (trong tg vuông cạnh huyền là cạnh có độ dài lớn nhất) (2)

Từ (1) và (2) => HD<HA

d: Sửa đề: Chứng minh EC<EA

Xét ΔEAC vuông tại C có EA là cạnh huyền

nên EA là cạnh lớn nhất trong ΔEAC

=>EA>EC

=>EC<EA

a: Sửa đề: Chứng minh AM//CN

Ta có: \(\hat{DAM}=\hat{MAC}=\frac12\cdot\hat{DAC}\) (AM là phân giác của góc DAC)

\(\hat{BCN}=\hat{ACN}=\frac12\cdot\hat{ACB}\) (CN là phân giác của góc ACB)

mà \(\hat{DAC}=\hat{ACB}\) (hai góc so le trong, DA//BC)

nên \(\hat{DAM}=\hat{MAC}=\hat{NCA}=\hat{NCB}\)

Ta có: \(\hat{MAC}=\hat{NCA}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AM//CN

b: Ta có: ABCD là hình bình hành

=>AB//CD

=>AN//CM

Xét tứ giác ANCM có

AN//CM

AM//CN

Do đó: ANCM là hình bình hành

c:

Gọi O là giao điểm của AC và DB

ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

AMCN là hình bình hành

=>AC cắt MN tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của AC

nên O là trung điểm của MN

Xét tứ giác BEDF có

BE//DF

BE=DF

Do đó: BEDF là hình bình hành

=>BD cắt EF tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của BD

nên O là trung điểm của EF

Xét tứ giác ENFM có

O là trung điểm chung của EF và NM

=>ENFM là hình bình hành

=>ME//FN

ai trả lời nhanh cho mình vs ạ đang cần gấp

Tham khảo nha

Vì AD//BC

=> góc DAC = góc BCA. ( so le trong)

Mà góc DAC = góc BAC ( AC là p/giác góc A)

=>góc BAC= goc BCA

=> tam giác BAC cân tại B

=>AB=BC
Vậy _____________