Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019

geometry

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 15 trả lời

#1 NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 77 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:miền nam
  • Sở thích:tìm link

Đã gửi 30-12-2018 - 20:34

Khép lại một năm 2018 với những điều thuận lợi là thứ mà ban biên tập Quán Hình Học nói riêng và Group Hình Học Phẳng nói chung đều rất vui và có thể tiếp tục nhìn vào năm kế tiếp và cố gắng.

Và đề bắt đầu 1 năm mới, 1 số Quán Hình học mới và những bài mới. Chúng mình, những người làm việc biên tập, chân thành cảm ơn các bạn đã sát cánh cùng trong 1 mục tiêu lớn của nhóm. Vì vậy đề khích lệ 1 năm kế tiếp thàng công chúng mình mong muốn gựi tặng các bạn đã tham gia giải bài 1 tài liệu nhỏ cũng là món quà tinh thần mang tính học thuật của nhóm. 

Với các bạn: Nguyễn Hà An, Trần Anh Quốc, Nguyển Đắc Quán, Nguyễn Đức Ánh cho các dóng góp to lớn về lời giải và Trần Vũ Duy về hai bài toán đề nghị đẹp tuyệt. Chúng minh sẽ gửi đến các bạn 1 cuốn tài liệu bằng giấy gồm các số đã qua và 1 vài điều bất ngờ khác.

Với các bạn: Đoàn Thành Đạt, Nguyễn Đức Thịnh, Nguyễn Duy Hiếu, Nguyễn Duy Khang vì những đóng góp lời giải cho chuyên mục ngay từ những ngày đầu chúng minh cũng muốn gửi đến các bạn file pdf tập hợp lại các bài và một số bất ngờ khác.

Và điều cuối cùng, chỉ còn hai tuần nữa là các bạn đã bắt đầu vào kì thi VMO, nhóm mình hi vọng với những gì chúng minh đã dóng góp sẽ hộ trỡ được các bạn trong mùa thi lần này. Tháng này có số bài lên tới 7 nhưng vẫn đảm bảo được chất lượng để các bạn có thể ôn tập lại kiến thức hình chuẩn bị cho kì thi.

Happy New Year

https://drive.google...Iqv64Lp9i36nvP4



#2 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 30-12-2018 - 22:52

Lời giải của em :

Bài 1 :  $AO,AI$ cắt $(O)$ tại $P,Z$ và $PZ$ cắt đường cao $AD$ tại $H$. $PZ$ cắt $BC$ tại $U$. Ta có $ZI^2=ZE.ZA=ZH.ZU$ , do đó $\angle{HIU}=90^o$ nên tứ giác $HDIU$ nội tiếp . $PI$ cắt $(O)$ tại $G$ thì $G$ thuộc $(AI)$ . $F,Q$ là tiếp điểm của $(I)$ trên $AB,AC$ thì $\triangle{GFQ}\sim{\triangle{GBC}}$ nên ta có biến đổi tỉ số $\frac{GF}{GQ}=\frac{BF}{CQ}=\frac{AY}{AX}$ . Do đó $\triangle{GFQ}\sim{\triangle{AYX}}$ nên $\angle{AXY}=\angle{GQF}=\angle{GIF}=\angle{UIP}=\angle{UIZ}-\angle{ZIP}=\angle{ACB}-\angle{AIP}$ nên $IH\perp{XY}$. Lại có $\angle{DIH}=\angle{DUH}=90^o -\angle{IED}$ nên $IH$ đi qua tâm ngoại của $\triangle{IDE}$. Do đó tt tại $I$ của $(IDE)$ song song $XY$ $\blacksquare$.

Bài 4: Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì do tứ giác $BPQC$ là hình thang cân vuông nên $M$ thuộc trung trực $BC$. Bằng tính toán đại số đơn giản ( :) :) ) ta có được bán kính của $(APK)$ và $(AQL)$ bằng nhau. . Vì $\angle{KAI}=\angle{BAC}=\angle{QIL}$ nên $KI=JL$ ( do bán kính bằng nhau ) . Từ đó tứ giác $IJKL$ là hình thang cân nên $\angle{TQP}=\angle{JQA}=\angle{ALJ}=\angle{AKI}=\angle{API}=\angle{TPA}$ nên $T$ thuộc trung trực $PQ$ nên từ trên ta có được $MT$ là trung trực $PQ$  $\blacksquare$.

P/s: Bài 6 e vẽ hình k thấy tiếp xúc là sao nhỉ ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 30-12-2018 - 23:05

        AQ02

                                 


#3 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 31-12-2018 - 08:56

Bài 6 đúng đề rồi, cơ mà hơi hiển nhiên :V

Bổ đề : ( Nguyễn Duy Khương ): Cho hình thang $ABCD$ ( $AB\parallel{CD}$ ). $X,Y$ thuộc $BC,AD$ thỏa mãn $AX\parallel{CY}$. CMR: $BY\parallel{DX}$.

Quay trở lại bài toán: Do $\angle{MFE}=\angle{EFG}=\angle{FEB}$ nên $MF\parallel{BE}$. Áp dụng bổ đề cho hình thang $MNBC$ thì $NE\parallel{CF}$. Lúc này xét phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AE^2$ , đặt là $\mathcal{I}$ . Qua $\mathcal{I}$: $M,N$ biến thành $B,C$. $E$ biến thành $F$. Do đó $MN$ biến thành $(O)$ tiếp xúc $(A-mix)$ đồng thời $(A-mix)$ bất biến qua $\mathcal{I}$ nên $MN$ tiếp xúc $(A-mix)$. Do đó theo định lí $Brianchon$ cho lục giác suy biến $NMEFXY$ thì $XY$ tiếp xúc $(A-mix)$ tại nghịch đảo của điểm tiếp xúc $MN$ và $(A-mix)$, gọi điểm này là $L$. Lại có theo định lí $Monge- D'Alembert$ cho 2 đường tròn $(A-mix)$ và $(I)$ thì $AL$ đi qua điểm đối xứng của tiếp điểm của $(I)$ qua $I$ nên $AL$ đi qua tiếp điểm $(A-bàng)$. Do đó $XY$ tiếp xúc với $(O)$ tại tiếp điểm $(A-mix)$ và $(O)$. Nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ và đối xứng qua phân giác thu được câu $b$. Do đó ta có đpcm $\blacksquare$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 31-12-2018 - 08:56

        AQ02

                                 


#4 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi 01-01-2019 - 09:41

Bài $1$ : gọi tiếp tuyến là $d$ cắt $AB$,$AC$ tại $K$,$L$.gọi $Ia,Ib,Ic$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $A,B,C$ của tam giác $ABC$ . $M,N,K,U$ là tiếp điểm của $Ib,Ic,Ia$ lên $BC$ Và giao $AD với (IDE)$ $A’$ là đối xứng $A$ qua $O$. Có tam giác $ADI~AIaA’$ -> góc $ADI=AIaA’=KIU$ vậy ta chỉ cần chứng minh $A’Ia$ vuông góc với $XY$ thật vậy $IaX=IaN,IaY=IaM$ -> $IaY^2-IaX^2=IaM^2-IaN^2=MK^2-NK^2$ để ý $MK=AC,NK=AB$ và $AC^2-AB^2=A’B^2-A’C^2$. Vậy theo định lí 4 điểm ta có $XY vuông góc A’Ia$ (dpcm)

#5 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi 01-01-2019 - 15:58

Bài $4$ : ta chỉ cần chứng minh $TP=TQ$ 

Gọi $BE,CF$ là 2 đường cao từ $B,C$ $PQ$ cắt $BC$ tại $G$.$DK,DL$ cắt $PQ$ tại $H,M$

có $APE=ABE=ACF=AQF$ vậy ta cần chứng 
minh $IPE=JQF$ để ý $IPE$~$KPB$ và $JQF$~$LQC$
vậy ta chứng minh $KPB=KHB=LQC=LMC$
gọi $CF$ cắt $PQ$ tại $N$ thì $MNDC$ nội tiếp
và $GH/GN=GD/GC=GB/GD$ ->$ND//HB$
-> $BHD=DNC=DMC$ vậy ta có dpcm

  • NHN yêu thích

#6 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi 02-01-2019 - 21:05

Bài $5$:

ta sẽ chứng minh 2 kết quả sau: từ đó ta có $TJ$ tiếp xúc với $(BC)$ cố định (dpcm)

kết quả $1$: $TB\perp BC$

kết quả $2$ : $TB$ và $TJ$ đối xứng nhau qua $TM$ từ đó ta có $TJ$ tiếp xúc $(BC)$ 

thật vậy, áp dụng định lí dersagues cho $2$ tam giác $JHZ$ và $XCM$ từ đó ta có $JX,CH,ZM$ đồng quy tại $K$. 

có tam giác $YBZ$ ~ $KCX$ và tam giác $TZY$ ~ $MXK$ từ đó ta có $TYZ^B$ ~ $MKX^C$ nên $TBY=MCK$ hay $TB$ vuông $BC$. vậy $TB$ là tiếp tuyến của $T$ đến $(BC)$

ta chỉ cần chứng minh $BTM=MTJ$ từ đó có kết quả $2$.

tương đường $TJY=YJH$ và có $JY vuông JX$ nên ta chỉ cần chứng minh $J(TH,YX)=-1$ 

gọi $U,V,L$ lần lượt là giao của $BT$ với $JY,JX$ và giao của $BC$ với $JX$

ta chỉ cần chứng minh $J(TH,UV)=-1$ hay $T$ là trung điểm $UV$

tương tự trên ta có  $TYU\bigcap B\bigcap Z$ ~ $MKL\bigcap C\bigcap X$ nên $\frac{TB}{TU}=\frac{MC}{ML}=\frac{MB}{ML}=\frac{BT}{TV}$

vậy $TV=TU$ hay ta chứng minh được bổ đề $2$ áp dụng kết quả $1$ và $2$ ta có dpcm 

P/s : Bài toán thật hay :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chaobu909: 02-01-2019 - 21:12

  • NHN yêu thích

#7 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi 04-01-2019 - 14:35

Bài 6: bài này dài quá em xin phép không gõ talex ạ :v
a) gọi B’ là đối xứng B qua AI
Từ đó tam giác BFB’ ~EMF nên AM.AB’=AE^2
Nghịch đảo đối xứng cực A phương tích AF^2 ta có M<->B N<->C hay ta đưa bài toán về bài toán sau
Gọi G là tâm A-Mix ,(AGB),(AGC) lần lượt cắt AC,AB tại U,K. Chứng minh rằng MN tiếp xúc (AUK)
Thật vậy gọi H là hình chiếu của G lên MN có tam giác ABI ~ AGM nên biến đổi góc ta có HGM=C/2 hay MN tiếp xúc A-mix. Gọi P là trung điểm CE thì EPIG nội tiếp -> PIG=180-HEG=180-BIG-> B,I,P thẳng hàng.BPG=IEG=BAG-> P thuộc (AGB).GN vuông BI nên BI cắt MN tại 1 điểm trên (G,GB).HLI=ABI=PUE
->U,L đối xứng qua PG.ULHE và IHLE nội tiếp -> 5 điểm thuộc đường tròn -> H thuộc (UIE) tương tự -> H là điểm miquel của AEF -> H thuộc (AKU) và MA.MU=MP.MG=MH^2 -> (AKU) tiếp xúc MN.
b)qua phép nghịch đảo đối xứng ta chỉ cần chứng minh KU//X1Y1
GH/TJ=GE/JL=AG/AJ->A,H,T thẳng hàng
Vậy ta chứng minh GU//JX1
AUG= 180-ABG,AX1J=ANJ=180-ANC
Vậy <->ABG=ANC<->IBG=JAN
Gọi M’ là đối xứng M qua AI -> BM’IG nội tiếp ->IBG=M’BG
Thật vậy có tam giác M’IG~ANJ(cgc) có góc MGI= AJN và tỉ lệ cạnh <-> GME~JCL
-> dpcm .597CDD57-A033-4501-84B3-5985425B7A75.png F67E3055-F21A-472A-92A4-2DB0C21064FE.png

#8 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 04-01-2019 - 18:30

Bài 6: bài này dài quá em xin phép không gõ talex ạ :v
a) gọi B’ là đối xứng B qua AI
Từ đó tam giác BFB’ ~EMF nên AM.AB’=AE^2
Nghịch đảo đối xứng cực A phương tích AF^2 ta có M<->B N<->C hay ta đưa bài toán về bài toán sau
Gọi G là tâm A-Mix ,(AGB),(AGC) lần lượt cắt AC,AB tại U,K. Chứng minh rằng MN tiếp xúc (AUK)
Thật vậy gọi H là hình chiếu của G lên MN có tam giác ABI ~ AGM nên biến đổi góc ta có HGM=C/2 hay MN tiếp xúc A-mix. Gọi P là trung điểm CE thì EPIG nội tiếp -> PIG=180-HEG=180-BIG-> B,I,P thẳng hàng.BPG=IEG=BAG-> P thuộc (AGB).GN vuông BI nên BI cắt MN tại 1 điểm trên (G,GB).HLI=ABI=PUE
->U,L đối xứng qua PG.ULHE và IHLE nội tiếp -> 5 điểm thuộc đường tròn -> H thuộc (UIE) tương tự -> H là điểm miquel của AEF -> H thuộc (AKU) và MA.MU=MP.MG=MH^2 -> (AKU) tiếp xúc MN.
b)qua phép nghịch đảo đối xứng ta chỉ cần chứng minh KU//X1Y1
GH/TJ=GE/JL=AG/AJ->A,H,T thẳng hàng
Vậy ta chứng minh GU//JX1
AUG= 180-ABG,AX1J=ANJ=180-ANC
Vậy <->ABG=ANC<->IBG=JAN
Gọi M’ là đối xứng M qua AI -> BM’IG nội tiếp ->IBG=M’BG
Thật vậy có tam giác M’IG~ANJ(cgc) có góc MGI= AJN và tỉ lệ cạnh <-> GME~JCL
-> dpcm .attachicon.gif597CDD57-A033-4501-84B3-5985425B7A75.pngattachicon.gifF67E3055-F21A-472A-92A4-2DB0C21064FE.png

P/s : Làm sao để lược bớt phần rìa trong geogebra bạn nhỉ :))


        AQ02

                                 


#9 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi 04-01-2019 - 18:33

P/s : Làm sao để lược bớt phần rìa trong geogebra bạn nhỉ :))

 mình cũng không rõ cái này mình viết trong điện thoại nên bỏ phần rìa có vẻ khó :) 



#10 jack112739

jack112739

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:A0 tổng hợp K52
  • Sở thích:Manga,hình học số học

Đã gửi 06-01-2019 - 02:34

 bạn có thể ẩn đi bằng cách chọn đường đó xong ấn phím crtl+h hoặc nhấn chuột phải vào đường đó chọn ẩn(hide object) còn cách khác là chọn cái thanh công cụ đầu tiên từ PHẢI sang ấn vào biểu tượng thứ 4 từ trên xuống


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi jack112739: 06-01-2019 - 02:36


#11 jack112739

jack112739

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:A0 tổng hợp K52
  • Sở thích:Manga,hình học số học

Đã gửi 06-01-2019 - 02:36

 mình cũng không rõ cái này mình viết trong điện thoại nên bỏ phần rìa có vẻ khó :)

bạn có thể ẩn đi bằng cách chọn đường đó xong ấn phím crtl+h hoặc nhấn chuột phải vào đường đó chọn ẩn(hide object) còn cách khác là chọn cái thanh công cụ đầu tiên từ PHẢI sang ấn vào biểu tượng thứ 4 từ trên xuống



#12 AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.
  • Sở thích:pp

Đã gửi 06-01-2019 - 22:38

bạn có thể ẩn đi bằng cách chọn đường đó xong ấn phím crtl+h hoặc nhấn chuột phải vào đường đó chọn ẩn(hide object) còn cách khác là chọn cái thanh công cụ đầu tiên từ PHẢI sang ấn vào biểu tượng thứ 4 từ trên xuống

Mình ấn ctrl+h xong là nó cho hiện lịch sử :((


        AQ02

                                 


#13 jack112739

jack112739

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:A0 tổng hợp K52
  • Sở thích:Manga,hình học số học

Đã gửi 10-01-2019 - 03:22

Bài toán số 5:

$BH$ cắt $AC$ tại $E,TZ$ cắt $XY$ tại $K$ và lấy $I$ trên $AH$ sao cho $I \not \equiv J$ và 6 điểm $K,Z,J,E,X,I$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $XZ$ áp dụng định lý pascal với bộ $ZXI \ KJE,$ta thu được $I$ nằm trên $KB$ hay $\widehat{KBM}=90-\widehat{KIJ}=90-\widehat{JXM}=\widehat{ZYM}=\widehat{ZTM}$-> $T,B,K,M$ đồng viên hay $TB \perp BC$ 

gọi $TM$ giao $YZ$ tại $N$ và $L$ đối xứng $B$ qua $L$ ta có

$\frac{JN}{JY}.\frac{AY}{AB}.\frac{LB}{LZ}=\frac{XM}{XY}.\frac{AY}{AB}.\frac{2}{1}=1 -> L \in AH$

suy ra đối xứng của $T$ qua $N$ cũng nằm trên $AH$ mà $TN \perp YJ -> JT,JA$đối xứng nhau qua $YJ ->\widehat{JTM}=90-\widehat{TJY}=90-\widehat{YJH}=90-\widehat{TMB}=\widehat{BTM}$

gọi $F$ là đối xứng của $B$ qua $MT$ -> $MB=MC=MF,M \in TJ, \widehat{MFT}=\widehat{MBT}=90$ -> $TJ$ tiếp xúc đường tròn đường kính $BC$(cố định)



#14 jack112739

jack112739

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:A0 tổng hợp K52
  • Sở thích:Manga,hình học số học

Đã gửi 10-01-2019 - 03:24

có ai biết cách chèn hình vẽ vào cmt ko ạ ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi jack112739: 10-01-2019 - 13:51


#15 trihoctoan

trihoctoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 24 Bài viết

Đã gửi 10-01-2019 - 19:00

Bạn có thể xem ở đây : https://diendantoanh...-trên-diễn-đàn/



#16 chaobu909

chaobu909

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Khoa học tự nhiên
  • Sở thích:Toán, anime :D

Đã gửi Hôm qua, 23:25

Bài $3$ : P/s bài này căng quá lại 3 câu em mãi mới xong :v 

$a$ ,câu này lời giải không phải của em ạ, của anh nam em xin tóm tắt lại và mở rộng thay điểm $H$ thành điểm $P$ bất kì và hạ $3$ đường vuông góc tạo tam giác $pedal$ ta sử dụng $2$ bổ đề sau 1) gọi $X,Y,Z$ là hình chiếu $P$ lên $BC,CA,AB$ thì gọi điểm bất kì trên $(XYZ)$ qua $P$ kẻ vuông góc cắt 2 cạnh $AB,AC$ tại $M,N$ thì tồn tại 1 inconic tiếp xúc cả $4$ cạnh $AB,BC,CA,MN$ và inconic cố định

2) cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $I$ gọi $X,Y,Z,T$ lần lượt là điểm tiếp xúc $(I)$ lên $AB,BC,CD,DA$ thì $AC,BD,XZ,YT$ đồng quy tại 1 điểm

bổ đề 2 vẫn đúng trong inconic nên áp dụng bổ đề $1$ và $2$ ta có điều phải chứng minh  

2 câu $b$,$c$ em tự suy nghĩ ạ, em dùng hình như trong đề :D 

$b$ ) biến đổi góc ta có điểm $L$ chính là giao $(AEL)$ và $(AFC)$ gọi $U,V$ lần lượt là giao trung trực $HB,HC$ với 2 cạnh $AB,AC$ thì ta sẽ chứng minh $(AUV)$ đi qua $L$ và $(AUV)$ là đường tròn cố định

thật vậy ta có $LFB$~$LCE$ nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{UB}{BF}=\frac{EV}{EC}$ 

thật vậy gọi $M,N$ là hình chiếu $K$ lên $AC,BC$ và $KH$ căt $EF$ tại $P$ thì $M,N,P$ thẳng hàng và $KPL$ ~ $KEC$ ~$KFB$ thi $AFEK$ nội tiếp

thì $\frac{BF}{EC}=\frac{KF}{KE}=\frac{HF}{HE}=\frac{UH}{EV}$ vậy ta chứng minh $FHU$ ~ $HEV$ thật vậy cộng góc ta có $HVA=HUA$ và $EHV=BFH$ nên ta có dpcm.

$c$ ta chứng minh $KP$ đi qua giao $2$ tiếp tuyến tại $B$,$C$

 <-> $\frac{KB}{KC}=\frac{KF}{KE}=\frac{BF}{CE}=\frac{BP}{PC}=\frac{BL}{LE}$

thật vậy do tam giác $BFL$ ~ $ECL$ nên ta có đpcm :) 







1 người đang xem chủ đề

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