MyLoveIs4Ever nội dung
Có 307 mục bởi MyLoveIs4Ever (Tìm giới hạn từ 29-04-2020)
#154155 Mệnh đề tương đương
Đã gửi bởi
on 13-04-2007 - 22:03
trong
Đại số
EM đánh sai đề rùi 1b) $\large\dfrac{x^3}{4-x^2}-4+x^2=0 $ Cái này đặt ẩn phụ thui ah2
#154447 Mệnh đề tương đương
Đã gửi bởi
on 16-04-2007 - 19:08
trong
Đại số
Giả sử x là số thỏa :$\large\ x^2+x+1=0 $
Tính $\large\ x^{1983}+\dfrac{1}{x^{1983}} $
---------------Đây là bài toán sai mà đúng ,đúng mà sai ----------
Tính $\large\ x^{1983}+\dfrac{1}{x^{1983}} $
---------------Đây là bài toán sai mà đúng ,đúng mà sai ----------
#152243 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 28-03-2007 - 23:11
trong
Hình học phẳng
CMR trong tam giác ABC ta có BĐT sau:
Tìm min biếu thức sau theo S : A= 14R+2r (cái này hay lém) (S là diện tích tam giác)
------------------------------------
Nếu bạn nào cần lời giải mình sẽ pót lên (có lẽ ko cần bởi nó cũng dễ)
Số sẽ đẹp hơn nếu tìm min A=30R+4r
Tìm min biếu thức sau theo S : A= 14R+2r (cái này hay lém) (S là diện tích tam giác)
------------------------------------
Nếu bạn nào cần lời giải mình sẽ pót lên (có lẽ ko cần bởi nó cũng dễ)
Số sẽ đẹp hơn nếu tìm min A=30R+4r
#152039 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 27-03-2007 - 14:12
trong
Hình học phẳng
Ờ bài này cũng dễ thiệt từ O hạ các đường vuông góc xuống AB,BC,CA là G,E,F theo định lý Ptoleme cho các tứ giác AGOF;GOEB,OECF nội tiếp ta có:(Và OE=x;OF=y;OG=z)
R(a+b+c)=ay+az+bz+bx+cy+cx <=> R(a+b+c)+2S=(a+b+c)(x+y+z)
<=> R+r=x+y+z (Đây cũng chính là định lí Carmot)
R(a+b+c)=ay+az+bz+bx+cy+cx <=> R(a+b+c)+2S=(a+b+c)(x+y+z)
<=> R+r=x+y+z (Đây cũng chính là định lí Carmot)
#151367 bài hình khá dễ
Đã gửi bởi
on 20-03-2007 - 19:43
trong
Hình học phẳng
Bạn ơi Bạn nhầm dấu rùi fãi là:
$\large\ aIA^2+bIB^2+cIC^2 \leq aMA^2+bMB^2+cMC^2$....
CM:
dựng diểm S trong mp ABC thỏa $\large\ a_1\vec{SA} +a_2\vec{SB}+a_3\vec{Sc}=\vec{0}$
<=> $\large\ SM^2=x^2MA^2+y^2MB^2+z^2MC^2+2xy\vec{MA}\vec{MB}+2yz\vec{MB}\vec{MC}+2xz\vec{MA}\vec{MC}$ với $\large\ a_1= \dfrac{x}{x+y+z};a_2= \dfrac{y}{x+y+z};a_3= \dfrac{z}{x+y+z}$
sử dụng định lí hàm cos do SM^2 >0 =dpcm
Tóm lại cần CM:
$\large\ a_1MA^2+a_2MB^2+a_3MC^2 \geq \dfrac{a_1a_2a_3}{a_1+a_2+a_3}(\dfrac{a^2}{a_1}+\dfrac{b^2}{a_2}+\dfrac{c^2}{a_3})$ Dấu = xảy ra khi M trùng tâm đường tròn nội tiếp
(Bác học lớp mấy CL dzậy cho làm wen nha)
$\large\ aIA^2+bIB^2+cIC^2 \leq aMA^2+bMB^2+cMC^2$....
CM:
dựng diểm S trong mp ABC thỏa $\large\ a_1\vec{SA} +a_2\vec{SB}+a_3\vec{Sc}=\vec{0}$
<=> $\large\ SM^2=x^2MA^2+y^2MB^2+z^2MC^2+2xy\vec{MA}\vec{MB}+2yz\vec{MB}\vec{MC}+2xz\vec{MA}\vec{MC}$ với $\large\ a_1= \dfrac{x}{x+y+z};a_2= \dfrac{y}{x+y+z};a_3= \dfrac{z}{x+y+z}$
sử dụng định lí hàm cos do SM^2 >0 =dpcm
Tóm lại cần CM:
$\large\ a_1MA^2+a_2MB^2+a_3MC^2 \geq \dfrac{a_1a_2a_3}{a_1+a_2+a_3}(\dfrac{a^2}{a_1}+\dfrac{b^2}{a_2}+\dfrac{c^2}{a_3})$ Dấu = xảy ra khi M trùng tâm đường tròn nội tiếp
(Bác học lớp mấy CL dzậy cho làm wen nha)
#154318 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 16:31
trong
Bất đẳng thức và cực trị
12) Đặt S=a+b+c+d+1 Ta có:
$\large\ VT=\sum\dfrac{a}{S-a} =\sum\dfrac{a^2}{a(S-a)} \geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\sum a(S-a)} $
Mà $\large\sum a(S-a) =(a+b+c+d)^2+(a+b+c+d)-(a^2+b^2+c^2+d^2) \leq \dfrac{1}{4}(a+b+c+d)(3a+3b+3c+3d+4) $
$\large\ => VT \geq \dfrac{4(a+b+c+d)}{3a+3b+3c+3d+4} \geq 1 $
$\large\ VT=\sum\dfrac{a}{S-a} =\sum\dfrac{a^2}{a(S-a)} \geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\sum a(S-a)} $
Mà $\large\sum a(S-a) =(a+b+c+d)^2+(a+b+c+d)-(a^2+b^2+c^2+d^2) \leq \dfrac{1}{4}(a+b+c+d)(3a+3b+3c+3d+4) $
$\large\ => VT \geq \dfrac{4(a+b+c+d)}{3a+3b+3c+3d+4} \geq 1 $
#154317 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 16:22
trong
Bất đẳng thức và cực trị
7) $\large\ S \geq \sqrt{(a+b+c)^2+[\sum\dfrac{1}{\sqrt{b+c}}]^2} $
$\large\sum\dfrac{1}{\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{3}{\sqrt[6]{\dfrac{8}{27}(a+b+c)^3}} => S \geq \sqrt{6^2+\dfrac{9}{4}} $
$\large\sum\dfrac{1}{\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{3}{\sqrt[6]{\dfrac{8}{27}(a+b+c)^3}} => S \geq \sqrt{6^2+\dfrac{9}{4}} $
#154324 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 16:41
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Tặng Chú Văn nè: CMR: $\large\dfrac{1+x^2}{1+y+z^2}+\dfrac{1+y^2}{1+z+x^2}+\dfrac{1+z^2}{1+x+y^2} \geq 2 $mọi x,y,z >-1
#154350 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 19:13
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Sai rùi bạn ơi ở đâu ra$\large\dfrac{1}{a^4} \geq 1 ;\dfrac{1}{a^4}+\dfrac{16}{b^4} \geq 2 $
#154362 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 21:24
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Thử bài này xem cho a,b,c dương thỏa ab+bc+ca=1 CMR:
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)
#154333 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 17:13
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Sorry Đông mình sửa lại đề rùi
#154325 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 16:44
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Tặng chú Đông: Cho các giả thiết sau: $\ 0 \leq a \leq b \leq c \leq d $
$\large\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \geq 3 $
$\large\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \geq 2 $
CMR: $\large\ a^4+b^4+c^4-d^4 \leq 17 $
$\large\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \geq 3 $
$\large\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \geq 2 $
CMR: $\large\ a^4+b^4+c^4-d^4 \leq 17 $
#154315 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 16:18
trong
Bất đẳng thức và cực trị
13) Ta có VT $\large\sum\dfrac{a^2}{a(b+c)} \geq \dfrac{(a + b + c + d + e + f)^2}{ab+bc+cd+de+ef+fa+ce+ea+bd+df+fb} $
Gọi S là mấu ta có: $\large\ 2S=(a+b+c+d+e+f)^2-[(a+d)^2+(b+e)^2+(c+f)^2] \leq (a+b+c+d+e+f)^2-\dfrac{1}{3}(a+b+c+d+e+f)^2 => S \leq \dfrac{1}{3}(a+b+c+d+e+f)^2 $ => DPCM
Gọi S là mấu ta có: $\large\ 2S=(a+b+c+d+e+f)^2-[(a+d)^2+(b+e)^2+(c+f)^2] \leq (a+b+c+d+e+f)^2-\dfrac{1}{3}(a+b+c+d+e+f)^2 => S \leq \dfrac{1}{3}(a+b+c+d+e+f)^2 $ => DPCM
#154313 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 16:11
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Mài mò mãi cũng ra 11) Đặt S=$\ x_1+x_2+...+x_n $
Ta có$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} =\sum (n-1)\dfrac{x_i^6}{(n-1)x_i(S-x_i)} \geq \sum 4(n-1)\dfrac{x_i^6}{[(n-1)x_i+S-x_i]^2} \geq 4(n-1) \dfrac{[\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i}]^2}{n} $
Mà $\large\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i} \geq \dfrac{(\sum x_i)^2}{(n-1)(\sum x_i^2)+(n-1)x_i^2} \geq \dfrac{1}{2(n-1)} $
=>$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} \geq \dfrac{1}{4(n-1)^2n}.4(n-1) =\dfrac{1}{n(n-1)} $
Ta có$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} =\sum (n-1)\dfrac{x_i^6}{(n-1)x_i(S-x_i)} \geq \sum 4(n-1)\dfrac{x_i^6}{[(n-1)x_i+S-x_i]^2} \geq 4(n-1) \dfrac{[\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i}]^2}{n} $
Mà $\large\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i} \geq \dfrac{(\sum x_i)^2}{(n-1)(\sum x_i^2)+(n-1)x_i^2} \geq \dfrac{1}{2(n-1)} $
=>$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} \geq \dfrac{1}{4(n-1)^2n}.4(n-1) =\dfrac{1}{n(n-1)} $
#154135 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 13-04-2007 - 20:55
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Giải 2 bài cuối nha:
4) Từ $a+b+c+abc=4 \Rightarrow a+b+c \geq ab+bc+ac $(Việt Nam MO 96
làm biếng CM lại wá)
$\large\ VT=\sum\dfrac{a^2}{a\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum(a\sqrt{b+c})} $
Mà $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \leq \sqrt{(a+b+c)(2ab+2bc+2ca)} \leq \sqrt{2(a+b+c)^2} $ =>dpcm
5) ChebuSev ta có $\large\ a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)](a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{1}{6}[\sum(a\sqrt{b+c})]^2$.
Lại có $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \geq 3\sqrt[3]{abc\sqrt{8abc}}=6 $ dpcm
4) Từ $a+b+c+abc=4 \Rightarrow a+b+c \geq ab+bc+ac $(Việt Nam MO 96
làm biếng CM lại wá)$\large\ VT=\sum\dfrac{a^2}{a\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum(a\sqrt{b+c})} $
Mà $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \leq \sqrt{(a+b+c)(2ab+2bc+2ca)} \leq \sqrt{2(a+b+c)^2} $ =>dpcm
5) ChebuSev ta có $\large\ a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)](a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{1}{6}[\sum(a\sqrt{b+c})]^2$.
Lại có $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \geq 3\sqrt[3]{abc\sqrt{8abc}}=6 $ dpcm
#154078 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 13-04-2007 - 13:35
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Anh giải nha:
4) $VT \leq \large\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)} $ (Đến đây Cauchy là ra)
5)$VT \geq \large\dfrac{(x_1+x_2+...+x_n+\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n})^2}{n}$
Và $\large\(x_1+x_2+...+x_n)(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n}) \geq n^2 $
Bài của Hoojee Lee:
Ta có $\large\sqrt{a^4+(ab)^2+b^4} \geq \dfrac{\sqrt3}{2}(a^2+b^2} $
$ \large\ VT^2 \geq \3(a^2+b^2+c^2}^2 $
$\large\ VP^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) \leq 3(a^2+b^2+c^2)^2 $
4) $VT \leq \large\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)} $ (Đến đây Cauchy là ra)
5)$VT \geq \large\dfrac{(x_1+x_2+...+x_n+\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n})^2}{n}$
Và $\large\(x_1+x_2+...+x_n)(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n}) \geq n^2 $
Bài của Hoojee Lee:
Ta có $\large\sqrt{a^4+(ab)^2+b^4} \geq \dfrac{\sqrt3}{2}(a^2+b^2} $
$ \large\ VT^2 \geq \3(a^2+b^2+c^2}^2 $
$\large\ VP^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) \leq 3(a^2+b^2+c^2)^2 $
#154157 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 13-04-2007 - 22:17
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Ờ để anh giải thử:
$\large\ a^2+1 \geq 2a;b^2+1 \geq 2b;c^2+1 \geq 2c $
Ta CM $\large\ VT \leq \dfrac{1}{2} $ (Nhẩm $a=b=c=1$)
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{a}{a+b+1} \leq 1 $
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq 2 $
Ta có $\large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq \dfrac{(a+b+c+3)^2}{\sum[(b+1)(a+b+1)} \geq 2 $ (Biến đổi tương đương hoặc khai triển vế ở mẫu đưa về $\leq \dfrac{1}{2}(a+b+c+3)^2 $)
$\large\ a^2+1 \geq 2a;b^2+1 \geq 2b;c^2+1 \geq 2c $
Ta CM $\large\ VT \leq \dfrac{1}{2} $ (Nhẩm $a=b=c=1$)
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{a}{a+b+1} \leq 1 $
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq 2 $
Ta có $\large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq \dfrac{(a+b+c+3)^2}{\sum[(b+1)(a+b+1)} \geq 2 $ (Biến đổi tương đương hoặc khai triển vế ở mẫu đưa về $\leq \dfrac{1}{2}(a+b+c+3)^2 $
)
#154140 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 13-04-2007 - 21:25
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Bài 3 anh nghĩ là tìm max của $\large\sum\dfrac{a}{a^2+2b+3}$ chứ
#154160 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 13-04-2007 - 22:30
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Hihi em bảo những bài này dành cho người mới học Cauchy-Schwazt thì hơi là.......Những bài tập này đối với THCS thì có lẽ hơi cao.....
-----------------
@:Chả biết xưng hô thế nào xưng hô như vậy hợp chứ
-----------------
@:Chả biết xưng hô thế nào xưng hô như vậy hợp chứ
#154285 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 15-04-2007 - 11:14
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Bài của vo_thanh_van nè:
AM-GM $\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{x^2y}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{x^2z}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3x\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $
$\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{y^2z}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{y^2x}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3y\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $
$\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{z^2x}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{z^2y}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3z\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $
Cộng lại =>$\large\ 3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2) \geq xyz(x+y+z)^3 $
AM-GM $\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{x^2y}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{x^2z}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3x\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $
$\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{y^2z}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{y^2x}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3y\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $
$\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{z^2x}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{z^2y}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3z\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $
Cộng lại =>$\large\ 3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2) \geq xyz(x+y+z)^3 $
#154187 Cauchy-Schwarz
Đã gửi bởi
on 14-04-2007 - 10:39
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Trong khi anh giải anh cho em mấy bài giải trí nè:(Cấm dùng d�ồn biến nha)
1)Cho a,b,c thỏa $\ ab+bc+ac=1$ CMR: $\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \geq \dfrac{5}{2} $
2)Tìm min $ M=\sum \dfrac{\cos^2{\dfrac{A}{2}}\cos^2{\dfrac{B}{2}}}{\cos^2{\dfrac{C}{2}}} $
Nếu chịu dể ý em sẽ thấy vẻ đẹp 2 bài toán này...................
-----------------------
Thêm bài Cauchy Schwazt anh tặng em nè.
CMR: mọi a,b,c dương thì $\large\dfrac{a^2+b}{b+c}+\dfrac{b^2+c}{c+a}+\dfrac{c^2+a}{a+b} \geq 2 $
1)Cho a,b,c thỏa $\ ab+bc+ac=1$ CMR: $\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \geq \dfrac{5}{2} $
2)Tìm min $ M=\sum \dfrac{\cos^2{\dfrac{A}{2}}\cos^2{\dfrac{B}{2}}}{\cos^2{\dfrac{C}{2}}} $
Nếu chịu dể ý em sẽ thấy vẻ đẹp 2 bài toán này...................
-----------------------
Thêm bài Cauchy Schwazt anh tặng em nè.
CMR: mọi a,b,c dương thì $\large\dfrac{a^2+b}{b+c}+\dfrac{b^2+c}{c+a}+\dfrac{c^2+a}{a+b} \geq 2 $
#161063 Bình chọn ảnh bạn gái
Đã gửi bởi
on 22-07-2007 - 14:35
trong
Góc giao lưu
Hehehe pót tiếp đi ku Zai hình nhỏ này cute đó (cao lớn dáng được 
chỉ tiếc cái mặt hơi mờ )
P/s : hehe thường thì tụi chuyên Hóa gái cute lắm chỉ tiếc khối chuyên Hóa trường em chả có ai đẹp
chỉ tiếc cái mặt hơi mờ )P/s : hehe thường thì tụi chuyên Hóa gái cute lắm chỉ tiếc khối chuyên Hóa trường em chả có ai đẹp
#159997 Bình chọn ảnh bạn gái
Đã gửi bởi
on 11-07-2007 - 18:51
trong
Góc giao lưu
đây là ảnh bạn gái của mình .Các bạn thử cho nhận xét khách quan nha
Nhờ Cường up mãi mới đựoc cái ảnh quý giá này
Ôi trời dễ thương wá em chấm chị này
#159145 Bình chọn ảnh bạn gái
Đã gửi bởi
on 05-07-2007 - 14:47
trong
Góc giao lưu
Tiếp tục này (mấy ảnh chụp HQ)
1 cái chụp cận cảnh nhé
Cho nhận xét tiếp đi,đc thì up tiếp
Thế ảnh bạn gái chú đâu pót lên lun đi chứ (Sao lại pót của Chương)
cho mọi người chiêm ngưỡng đi Đức P/s Em bầu chọn cho anh Định Cường chị ở bãi biển đẹp wá
#159194 Bình chọn ảnh bạn gái
Đã gửi bởi
on 05-07-2007 - 19:42
trong
Góc giao lưu
ảnh của người yêu mình đó cho ý kiến nha
Con pé này bằng tuổi cậu àh nếu thế thì zà wá cỡ này chắc lớp 12
