Đến nội dung


Hình ảnh

VMF's Marathon Hình học Olympic

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 430 trả lời

#41 xuantrandong

xuantrandong

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Physics class QH Huế
  • Sở thích:Hình học,hẹn hò :)))

Đã gửi 31-05-2016 - 13:35

Mình xin đề xuất $\boxed{\text{Bài toán 18}}$

(Sưu tầm) Cho$\Delta ABC$ nhọn. $M$ là một điểm di động trên cạnh $AB$ và $N$ là trung điểm $AC$. Gọi $P,Q$ là hình chiếu của $A$ trên $MC,MN$. Chứng minh rằng khi $M$ di động trên cạnh $AB$ thì tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta PQN$ nằm trên một đường thẳng cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuantrandong: 31-05-2016 - 13:36


#42 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 31-05-2016 - 17:58

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 18:}}$
Đường thẳng qua $C$ song song $AB$ cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB$ tại $H$. Ta có $\triangle AHC$ vuông tại $H$ nên $\triangle NHC$ cân tại $N$. Do đó $\widehat{NHP}=\widehat{NHC}-\widehat{PHC}=\widehat{NCH}-\widehat{PAC}$(do $P, A, H, C$ đồng viên) $= \widehat{BAC}-\widehat {PAC}=\widehat{BAP}=\widehat{MQP}$. Do đó $(PQN)$ đi qua điểm $H$ cố định hay tâm $(PQN)$ thuộc trung trực $NH$ cố định. Ta có đpcm.

Untitled.jpg
P/s: mãi mới tranh bài để được giải, các bạn giải nhanh quá :(. Mình xin đề xuất bài toán 19 sau, mình sưu tầm được từ thầy Nguyễn Minh Hà
$\boxed{\text{Bài toán 19: }}$ Cho tam giác $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. Các điểm $A_b, A_c$ thứ tự thuộc các cạnh $AB, AC$ sao cho $A_bA_c$ song song $BC$ và $A_bA_c$ tiếp xúc $(I)$. Định nghĩa tương tự với các điểm $B_c, B_a, C_a, C_b$. Gọi $I_1, I_2, I_3$ là tâm nội tiếp $\triangle AA_bA_c$, $\triangle BB_cB_a$, $\triangle CC_aC_b$. Chứng minh rằng $OI$ đi qua điểm Lemoine của $\triangle I_1I_2I_3$.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 2\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 5\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 31-05-2016 - 18:21
Bảng điểm


#43 QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 01-06-2016 - 10:14

Lời giải sử dụng vector cho bài 19.
Đầu tiên là do thói quen, cho nên mình thay $I_1$, $I_2$, $I_3$ bởi $A'$, $B'$, $C'$. Trong chứng minh này, kí hiệu $a$, $b$, $c$ là độ dài $BC$, $CA$, $AB$ và $p$ là nửa chu vi $\triangle ABC$.
$\triangle ABC$ và $\triangle AA_bA_c$ vị tự tâm $A$, bây giờ ta cần tính tỉ số vị tự. Hai tam giác đồng dạng thì tỉ số hai đường cao bằng tỉ số đồng dạng. Đường cao ứng với $A$ của $\triangle ABC$ có độ dài $h_a$, đường cao ứng với $A$ của $\triangle AA_bA_c$ có độ dài $h_a-2r$.
\[\dfrac{h_a-2r}{h_a}=1-\dfrac{2r}{h_a}=1-\dfrac{2\dfrac{S}{p}}{\dfrac{2S}{a}}=\dfrac{p-a}{p}\]
Từ đó mà $\dfrac{\overline{AA'}}{\overline{AI}}=\dfrac{p-a}{p}$ từ điều này ta dễ dàng thu được $\overrightarrow{IA'}=\dfrac{a\overrightarrow{IA}}{p}$. Tương tự ta có
\[\overrightarrow{IB'}=\dfrac{b\overrightarrow{IB}}{p}\qquad \overrightarrow{IC'}=\dfrac{c\overrightarrow{IC}}{p}\]
Ta sẽ xem độ dài ba cạnh $\triangle A'B'C'$ tỉ lệ với ba giá trị nào(hi vọng là đơn giản). Mục đích của việc này mình sẽ giải thích bên dưới.
\[\overrightarrow{B'C'}=\dfrac{c}{p}\overrightarrow{IC}-\dfrac{b}{p}\overrightarrow{IB}\]
\[\Rightarrow B'C'^2=\dfrac{c^2IC^2+b^2IB^2-2bc\overrightarrow{IB}\cdot\overrightarrow{IC}}{p^2}\]
\[p^2B'C'^2=\dfrac{ab^2c(p-b)}{p}+\dfrac{abc^2(p-c)}{p}-bc(IB^2+IC^2-a^2)\]
\[p^2B'C'^2=\dfrac{abc(pb+pc-b^2-c^2)}{p}+a^2bc-bc(\dfrac{ca(p-b)+ab(p-c)}{p})\]
\[p^2B'C'^2=\dfrac{-abc(b-c)^2}{p}+a^2bc\]
Tương tự ta tính  $B'C'$, $C'A'$, $A'B'$ thì $B'C'^2$, $C'A'^2$, $A'B'^2$ tỉ lệ với $pa-(b-c)^2$,$ pb-(c-a)^2$, $pc-(a-b)^2$
Điểm $K$ là điểm Lemoine của $\triangle A'B'C'$ nên bộ số tâm tỉ cự của $K$ với $\triangle A'B'C'$ chính là $pa-(b-c)^2$,$ pb-(c-a)^2$, $pc-(a-b)^2$.
Do đó
\[(pa+pb+pc-(b-c)^2-(c-a)^2-(a-b)^2)\overrightarrow{OK}=\sum(pa-(b-c)^2)\overrightarrow{OA'}\]
Điểm $K$ là điểm Lemoine của $\triangle A'B'C'$ nên bộ số tâm tỉ cự của $K$ với $\triangle A'B'C'$ chính là $pa-(b-c)^2$,$ pb-(c-a)^2$, $pc-(a-b)^2$.
Do đó
\[(pa+pb+pc-(b-c)^2-(c-a)^2-(a-b)^2)\overrightarrow{OK}=\sum(pa-(b-c)^2)\overrightarrow{OA'}\]
\[(pa+pb+pc-(b-c)^2-(c-a)^2-(a-b)^2)\overrightarrow{OK}=\sum(pa-(b-c)^2)\dfrac{(p-a)\overrightarrow{OI}+a\overrightarrow{OA}}{p}\]
\[(pa+pb+pc-(b-c)^2-(c-a)^2-(a-b)^2)\overrightarrow{OK}=\mathcal{P}\overrightarrow{OI}+\sum(pa^2-a(b-c)^2)\overrightarrow{OA}\]
\[(pa+pb+pc-(b-c)^2-(c-a)^2-(a-b)^2)\overrightarrow{OK}=\mathcal{P}\overrightarrow{OI}+\mathcal{Q}\overrightarrow{OT}\]
Trong đó $\mathcal{P}$ là một biểu thức. Bây giờ ta quan tâm tới điểm $T$ mà $\sum (pa^2-a(b-c)^2)\overrightarrow{TA}=\overrightarrow{0}$. Chỉ cần chỉ ra $O$, $I$, $T$ thẳng hàng là được. Bộ số tâm tỉ cự của $I(a:b:c)$ và của $O(a^2(b^2+c^2-a^2):\ldots:\ldots)$. Theo tài liệu tổng kêt sau https://blogcuaquang...oa-o-ti-cu.html thì $O,I,T$ thẳng hàng khi và chỉ khi
\[\sum(pa^2-a(b-c)^2)(bc^2(a^2+b^2-c^2)-b^2c(c^2+a^2-b^2))=0\]
Biến đổi tương đương, phân tích nhân tử (cái này thì mình xài wolframalpha) thì tương đương
\[abcp(b-c)(c-a)(a-b)(a+b+c-2p)=0\]
rõ ràng đẳng thức đúng vì $a+b+c=2p$
nên $O,I,T$ thẳng hàng, mà theo trên các vector $\overrightarrow{OK}$ biểu diễn được theo $\overrightarrow{OT}$, $\overrightarrow{OI}$ nên kéo theo $O$, $I$, $K$ thẳng hàng.
OI.png
$\boxed{\text{Bài toán 20}}$(Yahoo) Cho 4 điểm $A,B,C,D$. Chứng minh đường tròn Miquel của 3 tứ giác toàn phần $(AB,AC,DB,DC)$, $(BC,BA,DC,DA)$, $(CA,CB,DA,DB)$ đồng quy.
$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 2\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 5\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 01-06-2016 - 14:32


#44 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 628 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 01-06-2016 - 12:37

Cấu hình của bài thầy Hà trong bài đề nghị của Khánh là cấu hình rất thú vị, trên đó khai thác được khá nhiều điểm đặc biệt các tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$ mà những tâm đặc biệt của tam giác tạo bởi các tâm trên nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

 

Mình ví dụ một bài như sau

 

Giữ nguyên đề của Khánh. Gọi $O_a,O_b,O_c$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$. Chứng minh rằng trọng tâm tam giác $O_aO_bO_c$ nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 01-06-2016 - 17:01
Nhầm tâm ngoại tiếp và trọng tâm.


#45 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 01-06-2016 - 16:54

Em cảm ơn thầy về ví dụ trên. Theo bản thân mình thấy bài này rất hay. Mong bạn Bảo theo nguyện vọng của mình, vẫn giữ nguyên bài 19, ai có lời giải thuần túy thì người đó được cộng thêm 3 điểm. Trong 2 ngày nữa, nếu không ai có lời giải thuần túy thì mình xin phép đăng lời giải bài mình đề xuất.

#46 QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 01-06-2016 - 20:20

Giá như đã nghĩ đến từ trước :3

Mình đưa ra lời giải dùng nghịch đảo cho bài 19. Kí hiệu vẫn như trong chứng minh cũ.

Gọi $D$, $E$, $F$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với $BC$, $CA$, $AB$.

$DX$, $EY$, $FZ$ là đường kính đường tròn nội tiếp.

$(IA_bA_c)$, $(IB_cB_a)$, $(IC_aC_b)$ có đường kính $IA'$, $IB'$, $IC'$ nên giao điểm của từng cặp là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $B'C'$, $C'A'$, $A'B'$ mà ta kí hiệu là $A_1$, $B_1$, $C_1$. Theo như chứng minh cũ của mình thì $\overrightarrow{IA'}=\dfrac{a\overrightarrow{IA}}{p}$ nên $\sum\overrightarrow{IA'}=\dfrac{1}{p}\sum a\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{0}$ nên $I$ là trọng tâm $\triangle A'B'C'$. $K$ là điểm Lemoine của $\triangle A'B'C'$ nên $I$ và $K$ đẳng giác trong $\triangle A'B'C'$. Do đó tâm của đường tròn $(A_1B_1C_1)$ là trung điểm $IK$, ta kí hiệu là $J$. Giờ chỉ cần chứng minh $J$ thuộc $OI$ (*)

Đến đây xét phép nghịch đảo đường tròn nội tiếp $I^{r^2}_I$

\[I^{r^2}_I: A_b,A_c,B_c,B_a,C_a,C_b,A_1,B_1,C_1\mapsto A'_b,A'_c,B'_c,B'_a,C'_a,C'_b,A'_1,B'_1,C'_1\]

Và qua phép nghịch đảo này thì $A'_b$, $A'_c$, $B'_c$, $B'_a$, $C'_a$, $C'_b$ là trung điểm $XF$, $XE$, $YD$, $YF$, $ZE$, $ZD$.

$\triangle DEF$ và $\triangle A'_1B'_1C'_1$ vị tự. Ta cần tìm tâm vị tự.

$A'_1B'_1$ $||$ $DE$(đường trung bình), $\perp$ $DY$ $\Rightarrow$ $DB'_c\perp A'_1C'_b$. Hoàn toàn tương tự, $DC'_b\perp A'_1B'_c$

$\Rightarrow$ $D$ là trực tâm $\triangle A'_1B'_cC'_b$ $\Rightarrow$ $A'_1D\perp B'_cC'_b$ $\Rightarrow$ $A'_1D\perp YZ$ $\Rightarrow A'_1D\perp B'_1C'_1,EF$. Vậy tâm vị tự chính là trực tâm chung $L$ của $\triangle DEF$ và $\triangle A'_1B'_1C'_1$. Từ điều này cũng suy ra $\triangle DEF$ và $\triangle A'_1B'_1C'_1$ có chung đường thẳng Euler $OI$. Từ đó, tâm của $(A'_1B'_1C'_1)$ thuộc $OI$. (1)

Mà $A'_1,B'_1,C'_1$ là ảnh của $A_1,B_1,C_1$ qua $I^{r^2}_I$ nên tâm ngoại tiếp của $\triangle A'_1B'_1C'_1$, $\triangle A_1B_1C_1$, $I$ thẳng hàng. Tức là tâm $(A'_1B'_1C'_1)$ thuộc $IJ$. (2)

Từ (1)(2) suy ra $J$ thuộc $OI$.

Theo (*) thì $K$ thuộc $OI$.

thanghang.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 02-06-2016 - 22:56
Yêu cầu của mem


#47 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 02-06-2016 - 09:10

Anh Dương giỏi quá  :D, cảm ơn anh về lời giải. Cơ mà lời giải của em không cần dùng đến nghịch đảo đâu ạ, với lại đoạn chứng minh "$I$ là trọng tâm $\triangle ABC$" anh cũng không cần phải dùng đến vecto đâu ạ.



#48 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 02-06-2016 - 09:23

Cấu hình của bài thầy Hà trong bài đề nghị của Khánh là cấu hình rất thú vị, trên đó khai thác được khá nhiều điểm đặc biệt các tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$ mà những tâm đặc biệt của tam giác tạo bởi các tâm trên nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

 

Mình ví dụ một bài như sau

 

Giữ nguyên đề của Khánh. Gọi $O_a,O_b,O_c$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$. Chứng minh rằng trọng tâm tam giác $O_aO_bO_c$ nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

Còn ví dụ của thầy thì lại khá đơn giản: Gọi $O_{bc}, O_{ca}, O_{ab}$ lần lượt là trung điểm $O_bO_c, O_cO_a, O_aO_b$. Khi đó ta có $IO_{bc} \parallel OO_a, IO_{ca} \parallel OO_b, IO_{ab} \parallel OO_c$. Từ đó ta có trọng tâm $G$ của $\triangle O_aO_bO_c$ thuộc $OI$ và $\frac{\overline{GO}}{\overline{GI}} = -2$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 02-06-2016 - 09:27


#49 QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 02-06-2016 - 22:52

Mình giải thích thuật ngữ và kí hiệu trong bài toán 20.

Tứ giác toàn phần $(a,b,c,d)$ là hình phẳng tạo bởi 4 đường thẳng $a,b,c,d$ đôi một cắt nhau và không có 3 đường nào đồng quy.

Kí hiệu $P_{bc}$ là giao điểm của $b$ với $c$. Tương tự có $P_{ca}$, $P_{ab}$, $P_{da}$, $P_{db}$, $P_{dc}$.

Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần $(a,b,c,d)$ là đường tròn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của $\triangle P_{bc}P_{db}P_{dc}$, $\triangle P_{ca}P_{dc}P_{da}$, $\triangle P_{da}P_{db}P_{ab}$, $\triangle P_{bc}P_{ca}P_{ab}$, ngoài ra nó còn đi qua điểm đồng quy của 4 đường tròn ngoại tiếp này.

Bài toán 20 là một tính chất rất đẹp của các đường tròn Miquel và lúc trước mình đã mất khá nhiều thời gian mới nhìn ra được lời giải. Bài toán này khó ở chỗ phải vẽ thêm đường phụ. Nếu xuất phát như bài toán thì không dễ dàng thấy các đường tròn có những điểm chung nào, để chứng minh đường tròn đồng quy như kiểu bài này thì cần phải tìm điểm chung của từng cặp trước, sau đó mới có thể chỉ ra chúng đồng quy.

Cuối cùng, thực sự mong muốn Bảo sửa lại điểm 2 cho mình như cũ nhé.

Hình gửi kèm

  • Miq.png


#50 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 03-06-2016 - 12:51

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 19}}$

Bổ đề 1 (1đ): $I$ là trọng tâm tam giác $\triangle I_1I_2I_3$

Gọi $D, E, F$ thứ tự là tiếp điểm của $(I)$ với $BC, CA, AB$ và $X, Y, Z$ thứ tự là tiếp điểm của $A_bA_c, B_cB_a, C_aC_b$ với $(I)$.

Gọi $S(X)$ là ảnh của hình $X$ qua phép đối xứng tâm $I$.

Ta có $B_a = FF \cap YY = S(ZZ) \cap S(EE) = S(ZZ \cap EE) = S(C_a)$. Vậy $B_a$ đối xứng $C_a$ qua $I$. $\triangle AB_aC_a$ có $AI$ là phân giác và trung tuyến nên $AI \perp B_aC_a$. Do $I$ là tâm bàng tiếp của hai tam giác $\triangle BB_aB_c, \triangle CC_aC_b$ nên $I_2B_aC_aI_3$ là hình thang vuông. Do đó $AI$ chứa đường trung bình của hình thang vuông $I_2B_aC_aI_3$ nên $AI$ đi qua trung điểm $I_2I_3$, hay $I_1I$ là trung tuyến $\triangle I_1I_2I_3$. Từ đó ta có $I$ là trọng tâm $\triangle I_1I_2I_3$ $\blacksquare$.

Bổ đề 2 (1,5đ)(Bổ đề chìa khóa): Cho $\triangle ABC$ với điểm $P$ bất kì nằm trong tam giác. $AP, BP, CP$ thứ tự cắt $BC, CA, AB$ tại các điểm $A_0, B_0, C_0$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc $AP$ cắt $BC$ tại $A_1$. Định nghĩa tương tự với $B_1, C_1$. Gọi $P_0$ là liên hợp đẳng giác của $P$ đối với $\triangle A_0B_0C_0$. Khi đó $A_1, B_1, C_1$ thuộc cùng một đường thẳng vuông góc với $PP_0$.(Mathematical Reflections 2006). 

Chứng minh bổ đề 2: 

Gọi $\triangle DEF, \triangle D_0E_0F_0$ thứ tự là tam giác pedal của điểm $P, P_0$ đối với $\triangle A_0B_0C_0$. Từ giả thiết $PA_1 \perp PA_0$ và $E_0F_0 \perp PA_0$, ta có $PA_1 \parallel E_0F_0$. Nếu $PA_1$ cắt $C_0A_0, A_0B_0$ tại $Y, Z$ thì theo định lí Reim ta có $E, F, Y, Z$ đồng viên (do $D, E, F, D_0, E_0, F_0$ đồng viên).

Gọi $J_a$ là giao điểm của $EF$ và $PA_1$. Ta có $\widehat{A_1PE} = \widehat{PA_0E} = \widehat{PFE}$, do đó $A_1P$ là tiếp tuyến của $(PEF)$. $B_0C_0$ cắt $BC$ tại $S$, theo hàng điểm cơ bản thì  $A(SA_0C_0B_0)= (SA_0BC)=-1$, do đó $(A_1PYZ)=A_0(A_1PYZ)=A_0(SAC_0B_0)=A(SA_0C_0B_0)=-1$. Từ đó ta có $J_aP^2=J_aE.J_aF=J_aY.J_aZ$, do $(A_1PYZ)=-1$ nên $J_a$ là trung điểm $A_1P$. Gọi đường tròn pedal của $P, P_0$ đối với $\triangle A_0B_0C_0$ là $\Omega$. Ta có $P_{J_a/(P,0)} = J_aP^2=J_aE.J_aF=P_{J_a/\Omega}$. Do đó $J_a$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $P$ và đường tròn $\Omega$. Định nghĩa tương tự với $J_b, J_c$ thì $\overline{J_aJ_bJ_c} \perp PP_0$. Để ý rằng $J_a, J_b, J_c$ là trung điểm $PA_1, PB_1, PC_1$. Từ đó ta có đpcm $\blacksquare$.

Đặc biệt hóa: Khi $P$ là trọng tâm $\triangle ABC$, ta có $P_0$ là điểm Lemoine của $\triangle A_0B_0C_0$. Khi đó ta có $PP_0$ đi qua điểm Lemoine $L$ của $\triangle ABC$. Hay $PL$ vuông góc với $\overline{A_1B_1C_1}$

Bổ đề 3 (Hiển nhiên): Cho $\triangle ABC$ với tâm nôi tiếp $I$, tâm ngoại tiếp $O$. Đường qua $I$ vuông góc $IA$ cắt $BC$ tại $A_1$, Định nghĩa tương tự với $B_1, C_1$. Khi đó $\overline{A_1B_1C_1} \perp OI$.

Quay lại bài toán 19(0,5đ): 

Dễ thấy rằng $\triangle B_aI_2B_c, \triangle C_aI_3C$ có các cạnh tương ứng song song nên $B_aC_a, BC, I_2I_3$ đồng quy tại $A_1$. Tương tự, $A_bC_b, I_1I_3, AC$ đông quy tại $B_1$ và $A_cB_c, I_1I_2, AB$ đông quy tại $C_1$. Áp dụng bổ đề 3 ta có $OI \perp \overline{A_1B_1C_1}$. Gọi $L$ là điểm Lemoine của $\triangle I_1I_2I_3$, với chú ý $I$ là trọng tâm $\triangle I_1I_2I_3$ ta có $IL \perp \overline{A_1B_1C_1}$. Từ đó $O, I, L$ thẳng hàng $\blacksquare$.

 

 



#51 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 03-06-2016 - 21:15

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 20:}}$

Bổ đề: Cho tam giác $\triangle ABC$ và điểm $P$ bất kì. Gọi $l_a$ là đường thẳng đối xứng của $AP$ qua đường phân giác góc $\widehat{BAC}$. Định nghĩa tương tự với $l_b, l_c$. Khi đó $l_a, l_b, l_c$ đôi một song song $\Leftrightarrow$ $P \in (ABC)$.

Quay lại bài toán:

Gọi $M_a, \Omega_a$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ${AB, AC, DB, DC}$. Định nghĩa tương tự vói $M_b, M_c, \Omega_b, \Omega_c$. Gọi $E = AD \cap BC, F = AB \cap CD, G = AC \cap BD$. Gọi $E_1, E_2, G_1, G_2$ thứ tự là tâm ngoại tiếp tam giác $\triangle EAB, \triangle ECD, \triangle GAB, \triangle GCD$, $S = E_1G_1 \cap E_2G_2$. 

Ta có $(SE_1, SE_2) \equiv (E_1G_1,E_2G_2) \equiv (FB, FC)$ (mod $\pi$) (do $E_1G_1 \perp FB$ và $E_2G_2 \perp FC$) $\equiv (M_bA, M_bD) \equiv (M_bE_1, M_bE_2)$ (mod $\pi$) (dễ thấy $\triangle M_bE_1A \stackrel{+}{\sim} \triangle M_bE_2D$). Do đó $S \in \Omega_b$. Tương tự $S \in \Omega_a$. Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của $\Omega_b$ và $\Omega_a$. Ta sẽ chứng minh $T \in (M_aM_bM_c)$.

Xét phép nghịch đảo cực $M_a$ hợp với phép đối xứng trục phân giác $l$ góc $\widehat{AM_aD}$:

$I_{M_a}^{M_aA.M_aD} \circ Đ_l$ biến $A \leftrightarrow D$, $B \leftrightarrow C$ (dễ thấy do $\triangle M_aAB \stackrel{-}{\sim} \triangle M_aDC$), do đó biến $(M_aAB) \leftrightarrow CD$, $(M_aCD) \leftrightarrow AB$. hay $G \leftrightarrow F$. 

Do $G \leftrightarrow F$, $A \leftrightarrow D$, $D \leftrightarrow A$ nên $(FAD) \leftrightarrow (GDA)$, tương tự $(FBC) \leftrightarrow (GCB)$ nên $M_b = (FAD) \cap (FBC) \leftrightarrow M_c = (GAD) \cap (GBC)$. Theo định nghĩa, ảnh của tâm đường tròn $(M_aAB)$ tức $G_1$ là đối xứng của cực qua ảnh đường tròn đó qua phép nghịch đảo, tức là đối xứng của $M_a$ qua đường thẳng $DC$. Gọi $l_{M_a}$ là đường thẳng qua $M_a$ vuông góc $CD$, thế thì $M_aG_1$ và $l_{M_a}$ đẳng giác trong góc $\widehat{AM_aD}$, hơn nữa $M_aM_b, M_aM_c$ đẳng giác trong góc $AM_aD$, thế thì $M_aG_1$ và $l_{M_a}$ đảng giác trong $\triangle M_aM_bM_c$. Định nghĩa tương tự với $l_{M_b}$, ta cũng chứng minh được $l_{M_b}$ và $M_bE_1$ đăng giác trong $\triangle M_aM_bM_c$. Theo Bổ đề ta có: $M_aG_1$ cắt $M_bE_1$ tại một điểm thuộc $(M_aM_bM_c)$. Giả sử $X=M_aG_1 \cap M_bE_1$ thì $X \in (M_aM_bM_c)$.

Từ đó ta có $(TM_a, TM_b) \equiv (TM_a, TS) + (TS, TM_b) \equiv (G_1M_a, G_1S) + (E_1S, E_1M_b) \equiv (G_1M_a, E_1M_b) \equiv (XM_a, XM_b) \equiv (M_cM_a, M_cM_b)$ (mod $\pi$). Vậy $T \in (M_aM_bM_c)$, hay $\Omega_a, \Omega_b, (M_aM_bM_c)$ đồng quy. Tương tự thì ta có đpcm $\blacksquare$.

$\boxed{\text{Bài toán 21 (AoPS)}}$: Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Các đoạn thẳng $AI, BI, DI$ thứ tự cắt $(I)$ tại $A', B', D'$. Tia $CI$ cắt $(I)$ tại $C'$ thỏa mãn $I$ nằm giữa $C, C'$. $X = AC \cap A'C'$, $Y= BD \cap B'D'$. Chứng minh $XY$ tiếp xúc $(I)$. 

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 5\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 03-06-2016 - 21:51
Bổ sung điểm


#52 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 06-06-2016 - 00:36

$\boxed{\text{Bài toán 21}}$ được anh NgocKhanh99k48 đăng lên đã ba ngày chưa có lời giải nên để tiếp tục topic mình sẽ để bài toán này lên đầu trang và tiếp tục cho đến khi nào có người giải được nó. Xin đề xuất bài toán tiếp theo dễ thở hơn nhiều để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 22}}$ (Sáng tác - dựa trên kết quả của thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC.P$ là một điểm bất kì trong tam giác sao cho $\measuredangle BPC=180^\circ-\measuredangle BAC$. Giả sử tồn tại hai điểm $E,F$ trên $BP,CP$ sao cho $EF\parallel BC$ và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ thuộc $BC$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ và $ABC$ tiếp xúc nhau.

Post 189.png

Hình vẽ bài toán 22

Tản mạn chút

 



#53 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Banned
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 06-06-2016 - 09:15

Lời giải bài 22.

Vì $EF \parallel BC$ nên $\odot (PEF)$ tiếp xúc với $\odot (PBC)$ tại $P$. Dễ thấy qua phép đối xứng trục $BC$ thì $\odot (PBC) \rightarrow \odot (ABC)$, $\odot (PEF)$ thành chính nó từ đó dễ dàng có đpcm.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 5\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 06-06-2016 - 10:19
Bổ sung điểm


#54 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Banned
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 06-06-2016 - 09:38

$\boxed{\text{Bài toán 23}}$$(AoPS)$ Cho $\Delta ABC$ với $I$ và $O$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp. $\Delta I_AI_BI_C$ là tam giác hình chiếu của $I$ đối với $\Delta ABC$. $H$ là trực tâm $\Delta I_AI_BI_C$. $P\in \odot I_AI_BI_C$ sao cho $\odot PBC$ tiếp xúc với $\odot I_AI_BI_C$. Trục đẳng phương của $(I)$ và $(O)$ cắt $I_CI_B$ và $OI$ tại $E,F$. Chứng minh tứ giác $EFHP$ nội tiếp.

c305c8dd377d31f7fa8e51d3b5085d53369eed.p

P/s: Dạo này thấy topic trầm nhỉ  :(


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fatcat12345: 06-06-2016 - 09:40


#55 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 06-06-2016 - 11:19

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 23}}$. Bài này sử dụng một số kết quả quen thuộc nên mình/em không chứng minh tại đây! :)

$\boxed{\text{Kết quả 1.}}$ $OI$ là đường thẳng $Euler$ của tam giác $I_AI_BI_C$.

$\boxed{\text{Kết quả 2.}}$ Gọi $N$ là giao điểm của $I_AH$ với $I_B,I_C$. Khi đó $\frac{NI_C}{NI_B}=\frac{I_AC}{I_AB}$

Kết quả này cũng đúng khi mở rộng ra hai điểm liên hợp đẳng giác, chứng minh tham khảo trong link (Bổ đề $4$)

Quay lại bài toán đang xét.

Tiếp tuyến tại $P$ của $(I)$ cắt $BC$ tại $M$. Ta có $MP^2=MB.MC\Longrightarrow \mathcal{P}_{(M/(I))}=\mathcal{P}_{(M_(O))}$ hay $M$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)\Longrightarrow M,E,F$ thẳng hàng.

Post 190.png

Hình vẽ bài toán

Do $\triangle PMI_A$ cân tại $M$ nên $PI_A$ là phân giác $\angle BPC\Longrightarrow P$ nằm trên đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$

Mặt khác theo kết quả 2 thì $\frac{NI_C}{NI_B}=\frac{I_AC}{I_AB}=\frac{I_BC}{I_CB}\Longrightarrow \triangle NI_CB\sim \triangle NI_BC$

$\Longrightarrow \frac{BN}{NC}=\frac{I_AB}{I_AC}\Longrightarrow NI_A$ là phân giác $\angle BNC\Longrightarrow N$ thuộc đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$. Gọi $T$ là giao điểm thứ hai khác $I_A$ của đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$ với $BC$. 

Do $B,N,I_A,T$ cùng thuộc một đường tròn nên $\angle PNH=180^\circ-\angle PTI_A=180^\circ-\angle PI_AI$

Mặt khác để ý rằng $P,I,I_A,M,F$ cùng thuộc một đường tròn nên $\angle PFH=\angle PI_AI\Longrightarrow P,N,H,F$ cùng thuộc một đường tròn. 

Do $\angle HNE=\angle EFH$ nên $F,N,H,E$ cùng thuộc một đường tròn $\Longrightarrow E,F,P,H$ cùng thuộc một đường tròn.$\square$

Lời giải khác cho bài 22

Bài toán đề xuất: $\boxed{\text{Bài toán 24}}$ (Thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC.P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác. $K,L,M,N$ lần lượt là trực tâm các tam giác $PAB,PAC,QAB,QAC.KL$ cắt $MN$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR\perp BC$.

Post 192.png

P/s

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 6\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 08-06-2016 - 19:59


#56 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1512 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 08-06-2016 - 19:33

$\boxed{\text{Bài toán 24.}}$

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ với hai điểm liên hợp đẳng giác là $P, Q$. Gọi $K, L$ lần lược là trực tâm các tam giác $PAB, PAC$. Khi đó $KL$ đi qua hình chiếu $D$ của $Q$ trên $BC$. 

Chứng minh.

Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P$ trên $AC, AB$. Khi đó:

$\Delta BPF \sim \Delta BQD \Rightarrow \dfrac{BD}{DQ}=\dfrac{BF}{FP}$

$\Delta CPE \sim \Delta CQD \Rightarrow \dfrac{CD}{DQ}=\dfrac{CE}{EP}$

$\Delta BKF \sim \Delta PAF \Rightarrow \dfrac{BK}{PA}=\dfrac{BF}{FP}$

$\Delta CLE \sim \Delta PAE \Rightarrow \dfrac{CL}{PA}=\dfrac{CE}{EP}$

Từ đó ta suy ra $\dfrac{BK}{CL}=\dfrac{CD}{DC}$ mà $BK || CL$ nên ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.  Cho tam giác $ABC$ với hai điểm liên hợp đẳng giác là $P, Q$. Gọi $K, L$ lần lược là trực tâm các tam giác $PAB, PAC$. Gọi $D$ là hình chiếu của $Q$ trên $BC$. Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P$ trên $BC, AB$. Gọi $T$ là giao điểm của $KL$ và $(DEF)$ khác $D$. Khi đó $AT \perp KL$

Chứng minh.

Ta có $\widehat{FTD}=\widehat{FEB}=90^o-\widehat{QBE}=90^o-\widehat{PBA}=\widehat{FAK}$

Do đó tứ giác $AKTF$ nội tiếp nên $AT\perp KL$

Trở lại bài toán.

Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P, Q$ trên $BC$. $E', F'$ là giao khác $E, F$ của $PE, QF$ với đường tròn Pedal tương ứng với $P$ của tam giác $ABC$.

Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra $KL$ đi qua $E$ và $MN$ đi qua $F$

Gọi $T, S$ là giao của $KL, MN$ với $(E'EF)$ khác $E, F$, áp dụng bổ đề 2 ta suy ra $AE'$ đi qua $T$ và $AF'$ đi qua $S$

Ta có tứ giác $ARTS$ nội tiếp nên $\widehat{ARS}=\widehat{ATS}=\widehat{E'TS}=\widehat{PES}$

Do đó $AR || PE$ nên $AR \perp BC$

Một trường hợp đặc biệt của bài toán khi $P\equiv Q$: Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn nội tiếp $I$. Gọi $H, K$ lần lược là trực tâm các tam giác $IAB, IAC$. Khi đó đường cao xuất phát từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ chia đôi đoạn thẳng $HK$.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 6\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 08-06-2016 - 19:59

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#57 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1512 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 08-06-2016 - 20:58

$\boxed{\text{Bài toán 25.}}$ Cho tam giác $ABC$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$. Gọi $M, N$ là hai điểm trên $DF, DE$ sao cho $MN || EF$. $P$ là một điểm bất kỳ nằm trên $(I)$. $PM, PN$ cắt $(I)$ lần thứ $2$ tại $X, Y$. Gọi $Q$ là giao điểm của $BX$ và $CY$. Chứng minh rằng đường thẳng $AP$ và $AQ$ đối xứng với nhau qua $AI$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 08-06-2016 - 23:13

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#58 halloffame

halloffame

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 445 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 09-06-2016 - 01:20

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 25}}$

Bổ đề 1: $\Delta ABC$ nội tiếp $(O);M,N \in AB,AC$ sao cho $MN \parallel BC.P$ bất kì trên $(O);PM,PN$ cắt lại $(O)$ ở $X,Y.$ Khi đó $CX,BY,MN$ đồng quy tại $T$ sao cho nếu $TA$ cắt lại $(O)$ ở $P'$ thì $PP' \parallel BC.$

Chứng minh: Áp dụng Pascal cho bộ 6 điểm $\begin{pmatrix} B,P,C \\ X,A,Y \end{pmatrix}$ ta được $CX,BY,MN$ đồng quy tại $T.$

Áp dụng Pascal cho bộ 6 điểm $\begin{pmatrix} P',X,B \\ C,A,P \end{pmatrix}$ ta được $PP',MT,BC$ đôi một song song hoặc đồng quy.

Mà $MN \parallel BC \Rightarrow$ đpcm.  

Bổ đề 2: $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I),(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ ở $D,E,F.Z$ là điểm bất kì$.DZ,EZ,FZ$ cắt lại $(I)$ ở $D',E',F'.$ Khi đó $AD',BE',CF'$ đồng quy.

$E’F’$ cắt $BC$ ở $D_1.$ Tương tự có $E_1,F_1.$

$\Delta DE'D_1 \sim \Delta F'DD_1 \Rightarrow \frac{E'D_1}{F'D_1} = (\frac{E'D}{F'D})^2 = (\frac{sin \widehat{E'D'D}}{sin \widehat{F'D'D}})^2.$

Tương tự cho các điểm kia sau đó nhân lại và chú ý do định lý Ceva sin nên

$\frac{sin \widehat{E'D'D}}{sin \widehat{F'D'D}}. \frac{sin \widehat{D'F'F}}{sin \widehat{FF'E'}}. \frac{sin \widehat{F'E'E}}{sin \widehat{EE'D'}}=1 \Rightarrow D_1,E_1,F_1$ thẳng hàng theo Menelaus.

Do đó, theo định lý Desargues ta có hai tam giác $ABC$ và $D'E'F'$ thấu xạ nhau, đpcm.

Quay lại bài toán.

Theo bổ đề 1, $EX,FY,MN$ đồng quy ở $T$ và $TD$ cắt $(O)$ ở $Z$ đối xứng $P$ qua $AI.$

Theo bổ đề 2, $AZ,BX,CY$ đồng quy tại $Q$ nên suy ra đpcm.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 6\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 09-06-2016 - 11:44

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#59 halloffame

halloffame

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 445 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 09-06-2016 - 01:52

$\boxed{\text{Bài toán 26.}}$ Cho $\Delta ABC$ tù ở $A$ nội tiếp $(O),$ có đường cao $AH$ và đường trung bình ứng với $BC$ là $MN(M \in AB).$

$(HMN)$ cắt $(O)$ ở $P.PM,PN$ cắt $AC,AB$ ở $X,Y.$ Chứng minh $XY$ đi qua $H.$ 


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#60 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 09-06-2016 - 09:20

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 26}}$. Ta có $\angle HPM=\angle MNH=\angle MNA=\angle ACB\Longrightarrow P,X,H,C$ cùng thuộc một đường tròn 

$\Longrightarrow \angle PHX=\angle PCA$. Tương tự thì $\angle PHY=\angle PBA\Longrightarrow \angle PHX=\angle PHY\Longrightarrow H,X,Y$ thẳng hàng hay $XY$ đi qua $H.\blacksquare$

Post 198.png

Hình vẽ bài toán

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 27}}$ (AopS) Cho tam giác $ABC,H$ là một điểm sao cho $\angle HBA=\angle HCA$. Trên đoạn $B,C$ lấy các điểm $D,E$ sao cho $\angle DHB=\angle EHC$. Trên $(ABC)$ lấy $K$ sao cho $\angle AKH=90^\circ$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KDE$ tiếp xúc $(ABC)$.

Post 199.png

Hình vẽ bài toán

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 09-06-2016 - 10:45
Đề nghị bài mới






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh