Chủ đề này có 18 trả lời

[dangkhuong]

Quán hình học phẳng- nơi các bạn và thầy cô giáo đam mê hình học thoả sức phát huy sở trường của mình và thảo luận các bài toán hay. Mỗi tháng sẽ có 4 bài toán gồm các bài toán đề nghị của các bạn Nguyễn Hoàng Nam, mình, Trí Phan Quang và 1 bài của bạn đọc gởi đến do chúng tôi chọn lọc. Kể từ tháng thứ 2 bạn nào được giải nhất của tháng trước có quyền đề nghị bài cho tháng sau(nếu muốn). Ngay từ lúc này các bạn có thể đóng góp bài cho chuyên mục. Các bài toán của tháng trước sẽ được giải và bình luận cũng như tiếp nhận phản hồi của bạn đọc trong một file pdf hàng tháng. Các bạn được giải nhất mỗi tháng sẽ được tặng một cuốn sách tuyển tập các bài toán trong chuyên mục sau mỗi năm. Cảm ơn các bạn đã ủng hộ nhóm. Chuyên mục có thể là một bước tiếp nối dành cho các bạn yêu hình học... Các bạn có thể gởi giải ở đây.

Tiêu chí chấm bài: Ngắn gọn đẹp đẽ nhất.

File gửi kèm

•  Geometry-3.pdf   256.41K   530 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 05-08-2018 - 22:00

[toanhoc2017]

Giải lên bằng file pdf ạ hay phải gõ telex lên trang này ak bạn?

[trihoctoan]

Cứ gõ latex tại  trang em ơi !.

[Iceghost]

Chém bài ngắn nhất trước

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ có tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $E$. $K$ là hình chiếu của $E$ lên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng: $(K;EK)$ tiếp xúc $(O)$.

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ với $X, Y, Z$ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn trên $BC, AC, AB$. Lấy $T$ là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính $AI$ với $(O)$.

 

Trước hết ta chứng minh $TX$ đi qua $D$ là trung điểm cung nhỏ $BC$. Do $\angle TBZ = \angle TCY$ và $\angle TZB = 180^\circ - \angle TZA = 180^\circ - \angle TYA = \angle TYZ$ nên $\triangle{TZB} \sim \triangle{TYC}$, suy ra $\dfrac{TB}{TC} = \dfrac{ZB}{YC} = \dfrac{XB}{XC}$. Do $X$ nằm trên đoạn $BC$ nên $TX$ là phân giác trong góc nội tiếp $BTC$, từ đó $TX$ đi qua $D$.

 

Gọi $H$ là giao điểm của $IX$ và $OT$, do $HX \parallel OD$ nên $\dfrac{TH}{HX} = \dfrac{TO}{OD} = 1$ hay $HT = HX$.

 

Bây giờ ta cần chứng minh $H$ nằm trên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$. Lấy $X'$ đối xứng $X$ qua $H$ và $D'$ đối xứng $D$ qua $O$, theo bổ đề hình thang thì $T$, $X'$, $D'$ thẳng hàng. Do $DD'$ là đường kính $(O)$ nên $\angle ATX' = \angle ADD' = \angle DIX = \angle AIX'$, suy ra $X'$ cũng thuộc đường tròn đường kính $AI$. Từ đó $AX' \perp XX'$ và $AX' \parallel BC$, mà $H$ là trung điểm $XX'$ nên $H$ phải nằm trên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.

 

Bấy giờ, để ý rằng: Do $BX = CE$ nên $(K,KE)$ chỉ là ảnh của $(H,HX)$ qua phép đối xứng trục $DD'$, mà $(H,HX)$ tiếp xúc $(O)$ tại $T$ nên theo tính đối xứng thì $(K, KE)$ cũng tiếp xúc $(O)$ (tại $T'$ là ảnh của $T$ của phép đối xứng trục $DD'$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Iceghost: 06-08-2018 - 13:30

[nguyenhaan2209]

Bài 2:

Goị tâm đường tròn $Apolonius$ đỉnh $A$ là $S$, $AC$ cắt $(S)$ tại $L$, $A'$ đối xứng $A$ qua $BC$, $CH$ cắt $(S)$ tại $J$, $D,E$ là chân đường pg trong và ngoài góc $A$.

+ Ta có $(CDBE)=-1 => CA.CL=CD.CE=CS.CB$ (hệ thức Maclaurin)

$=> \angle BLA= \angle BSA=2\angle BEA=\angle A'EA=\angle A'LA => L, B, A'$ thẳng hàng

+ Gọi đối xứng của $M$ qua $BC$ là $M'$ thì chú ý rằng $\angle MBC=\angle MHS=\angle HMS=\angle HBS => H,B,M'$ thẳng hàng

    Từ đó $HB, HM$ đẳng giác góc $\angle A'HA => M'A'=AM$

Mà $IA=KA'$ (phép đối xứng trục $BC$) $=> AK,AI$ đẳng giác góc $\angle AHA'$

Lấy $R$ trên tia $HA'$ sao cho $HR=HC$ thì $ΔHBR = ΔHAC (c.g.c)$

$=> ΔHAB = ΔHRC$ mà $HI⊥AB$ đồng thời $HI, HK$ đẳng giác $=>HK⊥RC$

$=> HK$ là đường phân giác ($ΔHRC$ cân) => $KA'=KM$

+ $KA'=IA$ (đx trục) $= IB$ (giả thiết) $= BK$ (đx trục) $=> K$ là tâm $(BMA')$

Ta có:  $ \angle JKB= \angle AKA'-  \angle BKA'=180^o- \angle AEA'-  \angle BIA=180^o-2 \angle AES-2 \angle AIH$

$=180^o-2 \angle AES-2 \angle AEH=180^o-2 \angle HES= \angle HSE= \angle HMB= \angle JMB$ => J , M , K , B đồng viên

Lại có: $ \angle JBA=\angle B-( \angle JBM+  \angle MBC) =  \angle B-(  \angle JKM+  \angle MHS) =  (\angle B -  \angle MHS)- \angle AHM $

$= 180^o-  \angle MHS -(180^o-  \angle B)-  \angle A'HB=180^o-\angle HMS-\angle EBA'-\angle A'HB=180-\angle HBS-\angle EBA'- \angle A'HB =\angle BA'H$

Từ đó, chú ý rằng: $A'B=AB, BR=AC$ (Δ = nhau) $=> A'B/BR=AB/AC$

Nên $d(A/JB):(A/JC) = AB/AC . sinJBA/sinJCA = AB/AC . sinBA'R/sinBRA' = AB/AC . BR/A'B=1$

$=> A$ nằm trên đường phân giác $ \angle BJC$, vậy $JK$ là phân giác góc $BJC$ □

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 08-08-2018 - 01:03

[Zeref]

Lời giải khác cho bài 1:

 

Sau khi đổi về mô hình trực tâm, bài toán cũ tương đương bài toán sau: Cho $\Delta ABC$, đường cao $AD,BE,CF$. Một đường thẳng qua $A$ vuông $EF$ tại $G$ . Hình chiếu của $G$ lên đường trung bình đỉnh $D$ của $\Delta DEF$ là $K$. CM $(K;KG)$ tiếp xúc $(DEF)$

 

Chứng minh:

Gọi $H$ là trực tâm, $M,N$ là trung điểm $BC,AH$. $AG \cap BC=P$ và $AH \cap EF=Q$. Hình chiếu của $D$ lên $AP$ là $L$.

Dễ thấy: $MN \parallel AP$ và $L \in (K;KG)$. Ta sẽ CM $NG \perp ML$.

Dễ có $(AH,QD)=-1$ nên $NA^2=NQ.ND \Rightarrow \frac{NA}{NQ}=\frac{ND}{NA}=\frac{MD}{MP}$

Mà $\Delta GAQ \sim LDP$ (chú ý tam các tam giác vuông). Do đó $\Delta AGN \sim DLM$.

Ta có: $\widehat{GNM}+\widehat{LMN}=\widehat{AGN}+\widehat{LMN}=\widehat{DLM}+\widehat{LMN}=90^o$

Do đó $NG \perp ML$. Gọi $X=NG \cap ML$. $\widehat{NXD}=90^o$ nên $X \in (DEF)$. Và $GL \parallel MN \Rightarrow X \in (K;KG)$ 

Vậy $X \in (K;KG),(DEF)$ và $GL \parallel MN$ nên $(K;KG)$ tiếp xúc $(DEF)$ (đpcm)

 

PS

@nguyenhaan2209, bạn nên gõ Latex để mọi người dễ nhìn.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 07-08-2018 - 00:28

[nguyenhaan2209]

 Bổ đề Cho tam giác $ABC$, tiếp tuyến tại $A, C$ cắt nhau tại $E$. Khi đó: $sinAEB/sinCEB=(AC/BC)^2$

$sinAEB/sinCEB=sinAEB/sinBAE.sinBAE/sinBCE.sinBCE/sinBEC=AB/BE.sinBCA/sinBAC.BE/AC=(AB/AC)^2$

Áp dụng định lí $Ceva$ sin cho 3 đường $BAb, CAc, AA1$ đồng quy tại $A1$

$=>sinAcCB/sinAcCA . sinA1AC/sinA1AB . sinA1BA/sinA1BC = 1$

Áp dụng bổ đề, ta có: $sinA1BA/sinA1BC=(AbF/AbD)^2, sinAcCB/sinAcCA=(AcD/AcE)^2$

Từ đó: $sinA1AC/sinA1AB=(AcD/AcE.AbF/AbD)^2$

Kéo dài $CaCB, BaBc, AbAc$ cắt $AB, AC$ tại $P,Q,R,S$ thì ta có: $SRI=RSI=C$ (t/c đối song) $=> IS=IR$ mà $IAb=IBa$

$=>BaAbRS$ là hình thang cân =>IF là trục đối xứng của hình thang => $FBa=FAb$ 

$\frac{AcD}{AbD}=\frac{sinAcAbD}{sinAbAcD}=\frac{sin(AcAbBc+DAbBc)}{sin(AbAcCb+CbAcD)}=tan(45+1/2(B-C)) $

Tử số: $Πcos(45+1/2(C-B)=[sin(3B/2)-sin(1/2(C-A))].cos(45+1/2(A-C)) $

$ =sin(135+B-C)+sin(A-B-45)+sin(45+A-C)-sin45$

CMTT với mẫu, chú ý $cos(x)=cos(-x)$, ta thu được đẳng thức: $ Πtan(45+1/2(B-C))=1$

CMTT với $B1, C1$ và áp dụng định lí $Ceva$ sin cho 3 đường $AA1, BB1, CC1$, chú ý các số đo trên là đối xứng:

$=> Π sinA1AC/sinA1AB=1$ Tuy nhiên tỉ lệ bị ngược, do đó AA1, BB1, CC1 không đồng quy

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 12-08-2018 - 21:59

[nguyenhaan2209]

Gọi $YE$ cắt $XF$ tại $S$, $A'$ là hình chiếu của $S$ lên $OA$, $SA'$ cắt $XY$ tại $L$

Khi đó do $EF \perp AO$ nên $AS//EF$ và $A(FEGS)=GF/GE$

Ta có tâm ngoại tiếp $AXY$ nằm trên $AO$ (phép vị biến $ABC$ thành $AYX$)

Nên $TE, KF, AO$ đồng quy vì thế $GF/GE=tanGDE/tanGDF=tanAKH/tanAHK=tanB/tanC$

Vì  $S(FEGA')=S(XYGL)=GX/GY:LX/LY $

$=>LX/LY=GX/GY.GE/GF=AX/AY.OX/OY.AX/OX.AY/OY=(AX/AY)^2$

Vậy $LA'$ tiếp xúc (O) hay $LA \perp AO $ nên $A\equiv A'$ và ta có ĐPCM

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 07-08-2018 - 18:33

[Tran Xuan Huy]

 

Gọi $YE$ cắt $XF$ tại $S$, $A'$ là hình chiếu của $S$ lên $OA$, $SA'$ cắt $XY$ tại $L$

Khi đó do $EF \perp AO$ nên $AS//EF$ và $A(FEGS)=GF/GE$

Ta có tâm ngoại tiếp $AXY$ nằm trên $AO$ (phép vị biến $ABC$ thành $AYX$)

Nên $TE, KF, AO$ đồng quy vì thế $GF/GE=tanGDE/tanGDF=tanAKH/tanAHK=tanB/tanC$

Vì  $S(FEGA')=S(XYGL)=GX/GY:LX/LY $

$=>LX/LY=GX/GY.GE/GF=AX/AY.OX/OY.AX/OX.AY/OY=(AX/AY)^2$

Vậy $LA'$ tiếp xúc (O) hay $LA \perp AO $ nên $A\equiv A'$ và ta có ĐPCM

 

 

 

Gọi $YE$ cắt $XF$ tại $S$, $A'$ là hình chiếu của $S$ lên $OA$, $SA'$ cắt $XY$ tại $L$

Khi đó do $EF \perp AO$ nên $AS//EF$ và $A(FEGS)=GF/GE$

Ta có tâm ngoại tiếp $AXY$ nằm trên $AO$ (phép vị biến $ABC$ thành $AYX$)

Nên $TE, KF, AO$ đồng quy vì thế $GF/GE=tanGDE/tanGDF=tanAKH/tanAHK=tanB/tanC$

Vì  $S(FEGA')=S(XYGL)=GX/GY:LX/LY $

$=>LX/LY=GX/GY.GE/GF=AX/AY.OX/OY.AX/OX.AY/OY=(AX/AY)^2$

Vậy $LA'$ tiếp xúc (O) hay $LA \perp AO $ nên $A\equiv A'$ và ta có ĐPCM

 

Hay quá bạn ơi !!! E đang định gửi bài mà thấy bài của a hay quá nên thôi @@@@

[NHN]

bạn nguyenhaan2209 giải 4 bài đều khá hay, mình nghĩ bạn nên chuyển lời giải qua dạng Latex để moi người dễ biên tập nhé, với lại nếu được mình nghĩ bạn có thể chọn 1 vài bài trước để dề nghị cho tháng sau

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 07-08-2018 - 19:17

[quantv2006]

 

Bổ đề sau: Cho tam giác $ABC$, tiếp tuyến tại $A, C$ cắt nhau tại $E$. Khi đó: $sinAEB/sinCEB=(AC/BC)^2$

CM: $sinAEB/sinCEB=sinAEB/sinBAE.sinBAE/sinBCE.sinBCE/sinBEC=AB/BE.sinBCA/sinBAC.BE/AC=(AB/AC)^2$

Áp dụng định lí $Ceva$ sin cho 3 đường $BAb, CAc, AA1$ đồng quy tại $A1$

$=>sinAcCB/sinAcCA . sinA1AC/sinA1AB . sinA1BA/sinA1BC = 1$

Áp dụng bổ đề, ta có: $sinAcCB/sinAcCA=(AcD/AcE)^2$,  $sinA1BA/sinA1BC=(AbF/AbD)^2$

Từ đó: $sinA1AC/sinA1AB=(AcD/AcE.AbF/AbD)^2$

Kéo dài $CaCB, BaBc, AbAc$ cắt $AB, AC$ tại $P,Q,R,S$ thì ta có: $SRI=RSI=C$ (t/c đối song) $=> IS=IR$ mà $IAb=IBa$

$=>BaAbRS$ là hình thang cân

$=>IF$ là trục đối xứng của hình thang $=> FBa=FAb$

Mà $FCa=\frac{1}{2} sđ(FBa+BaCa)=\frac{1}{2} sđ(\frac{1}{2} FAb+CbBc)$ 

CMTT với $B1, C1$ và áp dụng định lí $Ceva$ sin cho 3 đường $AA1, BB1, CC1$, chú ý các số đo trên là đối xứng

$Π sinA1AC/sinA1AB=1 => AA1, BB1, CC1$ đồng quy

 

 

Ở đoạn: $\frac{sin A1AC}{sin A1AB} =\frac{AcD}{AcE}^2 . \frac{AbF}{AbD}^2$ thì phần $\frac{AcD}{AbD}$ chưa giải quyết được.

[dangkhuong]

Lời giải bài 1 của Khang và bạn nguyennhaan2209 có màu sắc khác nhau. Mình thấy khá ấn tượng lời giải của nguyennhaan2209 bởi khá ngắn gọn và tìm được mối liên hệ tốt trong giả thiết mới

[dangkhuong]

Ngoài ra lời giải của Zeref là lời giải đẹp nhất cho tới hiện tại cho bài toán 1. Ngoài ra mình còn nhận được một lời giải khá dài của bạn Hiếu Lê-thpt chuyên Hà Nội Ams.

[Zeref]

Lời giải bài 1 của bạn nguyenhaan2209 ở đâu ấy nhỉ ? Mình tìm mãi mà không thấy ? 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 08-08-2018 - 00:09

[nguyenhaan2209]

Bài 1 của em ạ:

- Gọi $I_a$ là tâm bàng tiếp, $D,F$ là tiếp điểm của $I_a$ với $CA, AB$. Gọi $M,M'$ là trung điểm cung nhỏ, cung lớn BC, (AI) cắt (O) tại G.
Dễ thấy $GBE$ ~ $GCD => GB/GC=BF/CD=BE/CE => GE$ là phân giác $BGC$ hay $G,E,M$ thẳng hàng

- Gọi $K'=OG$ cắt $IaE$ thì do $KE//OM$ và $OGM$ cân tại $O => KE=KG =>(K',KE)$ tiếp xúc $(O)$ tại $G$

- Lấy $E'$ đối xứng $E$ qua $K'$ thì $\angle EGE'=90^o=\angle MGM'$ mà $M,E,G$ thẳng hàng nên $G,E',M'$ thẳng hàng

Vì vậy $\angle AGE'=\angle AGM'=\angle AMM'=\angle AIaE'$ => $A,E',G,Ia$ nội tiếp hay $AE'//BC$

Vì $d(K/AE')=d(K/BC)$ mà $AE'//BC$ nên $K$ thuộc đg tb đỉnh $A$. Vậy $K$ trùng $K'$ hay $(K,KE)$ tiếp xúc $(O) $

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 08-08-2018 - 02:04

[Iceghost]

Lời giải khác cho bài 3:

Kẻ đường kính $AM$ của $(AXK)$ và đường kính $AN$ của $(AYK)$. Ta sẽ chứng minh $BM$, $CN$ cắt nhau trên tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$
Dễ dàng nhận thấy một số điều sau: $M, O, X$ thẳng hàng, $N, O, Y$ thẳng hàng, $M, K, N$ thẳng hàng, tứ giác $MNXY$ nội tiếp, tứ giác $PQXY$ nội tiếp. Từ đó ta có $\angle{MYP} = \angle{NXQ}$
 
Giả sử tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $D$, theo định lý $Desargues$ cho hai tam giác $DMN$ và $ABC$: $BM$, $CN$, $AD$ đồng quy khi và chỉ khi $I = DM \cap AB$, $K = MN \cap BC$, $J = DN \cap AC$ thẳng hàng.
 
Thật vậy, theo định lý $Menelaus$ thì ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{IM}{ID} \cdot \dfrac{JD}{JN} \cdot \dfrac{KN}{KM} = 1$$
Biến đổi vế trái ta có \[\begin{align*} \dfrac{IM}{ID} \cdot \dfrac{JD}{JN} \cdot \dfrac{KN}{KM} &= \dfrac{MP}{DA} \cdot \dfrac{DA}{NQ} \cdot \dfrac{ON \cos \angle{ONK}}{OM \cos \angle{OMK}} \\ &= \dfrac{MP}{NQ} \cdot \dfrac{ON}{OM} \cdot \dfrac{\cos \angle{ONK}}{\cos \angle{OMK}} \\ &= \dfrac{MP}{NQ} \cdot \dfrac{NX}{MY} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= \dfrac{MP}{MY} \cdot \dfrac{NX}{NQ} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= \dfrac{\sin \angle{MYP}}{\sin \angle{MPY}} \cdot \dfrac{\sin \angle{NQX}}{\sin \angle{NXQ}} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= 1 \end{align*}\]
Suy ra đpcm. Tới đây xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\dfrac12$ biến $BM$ thành $YE$, biến $CN$ thành $XF$, biến tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ thành chính nó. Do $BM, CN, AD$ đồng quy nên $YE, XF, AD$ cũng đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Iceghost: 08-08-2018 - 16:40

[Iceghost]

Lời giải khác nữa cho bài 3. Ý tưởng từ @Nguyen Xuan Hieu <3

 

Kẻ các đường kính $XI$ và $XL$ của $(E)$ và $(F)$, suy ra $IL$ là tiếp tuyến của $(A)$.

Gọi $D$ là trung điểm $AK$ thì $XY$ và $EF$ đều đi qua $D$. Gọi $Z$ là giao của $YE$ với $IL$.

Ta có $$\dfrac{ZE}{ZY} = \dfrac{d(E,IL)}{d(Y,IL)} = \dfrac{\dfrac12 AK}{AY \sin \angle{IAY}} = \dfrac{AK}{AB \sin C} = \dfrac{CK}{AB \sin \angle{KAC}}$$

$$\dfrac{XY}{XD} = \dfrac{CB}{CK}$$

$$\implies \dfrac{ZE}{ZY} \cdot \dfrac{XY}{XD} = \dfrac{CB}{AB \sin \angle{KAC}} = \dfrac{\sin A}{\sin C \cos B}$$

Để ý $\triangle{YAL} \sim \triangle{YOK}$ (g-g) nên $\dfrac{AL}{OK} = \dfrac{YA}{YO} = \tan \angle{AOY} = \tan C$. Tương tự ta cũng có $\dfrac{AI}{OK} = \tan B$ nên $$\dfrac{DF}{DE} = \dfrac{AL}{AI} = \dfrac{\tan C}{\tan B} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin B \cos C}$$

$$\implies \dfrac{FD}{FE} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin B \cos C + \cos B \sin C} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin(B+C)} =\dfrac{\cos B \sin C}{\sin A}$$

Từ đó ta có $\dfrac{ZE}{ZY} \cdot \dfrac{XY}{XD} \cdot \dfrac{FD}{FE} = 1$ hay $Z$, $X$, $F$ thẳng hàng, suy ra $XF$ cắt $YE$ tại $Z$ nằm trên $IL$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$

Hình gửi kèm

• 

[quantv2006]

Về bài số 4,

Em rất buồn và tiếc khi phải thông báo về bài số 4 do em đề nghị sai.

Khi tạo bài này từ bài gốc, mặc dù đã kiểm tra nhưng trên hình vẽ rất dễ lầm lẫn nên em đã xác định kết quả đồng quy không đúng. Lệch 1 chút .

Rất đáng trách.
 

Ngay từ khi bạn nguyenhaan đăng lời giải, em đã xem rất kỹ. Bạn đã làm được đoạn đầu rất tốt, phát hiện ra việc đối xứng của $A_b$ và $B_a$. Rất tiếc là đề bài sai.

Em chân thành xin lỗi.

[dangkhuong]

https://www.facebook...65312837285565/. Mọi người theo dõi các bài toán của tháng mới tại đây