Chủ đề này có 112 trả lời

[12DecMath]

$\boxed{40}$Cho tam giác ABC trực tâm H, có điểm P bất kì. U là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AP qua H với BC. Cách xác định điểm V, W tương tự điểm U. Chứng minh rằng U,W,V thẳng hàng.
P/s: Mô hình khá đẹp, áp dụng phương tích sẽ ra. 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 02-05-2021 - 10:05

[DaiphongLT]

$\boxed{40}$Cho tam giác ABC trực tâm H, có điểm P bất kì. U là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AP qua H với BC. Cách xác định điểm V, W tương tự điểm U. Chứng minh rằng U,W,V thẳng hàng.
P/s: Mô hình khá đep, áp dụng phương tích sẽ ra. 
 

Đề bài có sai không nhỉ, sao mk vẽ hình không thẳng hàng

[12DecMath]

Đề bài có sai không nhỉ, sao mk vẽ hình không thẳng hàng

Đâu có sai nhỉ?

Hình gửi kèm

• 

[PDF]

Để ý $U,U',V,V'$, $U,U',W,W'$ đồng viên, sau đấy biến đổi góc.

$\boxed{40}$Cho tam giác ABC trực tâm H, có điểm P bất kì. U là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AP qua H với BC. Cách xác định điểm V, W tương tự điểm U. Chứng minh rằng U,W,V thẳng hàng.
P/s: Mô hình khá đẹp, áp dụng phương tích sẽ ra. 
 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 02-05-2021 - 10:13

[viscolt0801]

$\boxed{\textbf{Bài 41}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB<AC)$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$, tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ và cắt $DE,DF$ tại $M,N$, $NE$ cắt $MF$ tại $H$. Vẽ đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $DMN$ cắt $(I)$ tại $L$ khác $D$.

1. Chứng minh: $A$ là tâm $(MNFE)$

2. Chứng minh:  $H$ thuộc $(I)$ và 3 điểm $A,H,L$ thẳng hàng.

3. Tiếp tuyến tại $M,N$ của $(O)$ cắt $EF$ tại $P,Q$, $LP$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $L$. Chứng minh: $PT.PL = PE^2$ và 3 điểm $N,E,T$ thẳng hàng.

4. Chứng minh $(LPQ)$ tiếp xúc $(O)$

  Trích đề thi HSG lớp 9 Thành Phố Vũng Tàu 2020-2021

[12DecMath]

$\boxed{\textbf{Bài 41}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB<AC)$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$, tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ và cắt $DE,DF$ tại $M,N$, $NE$ cắt $MF$ tại $H$. Vẽ đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $DMN$ cắt $(I)$ tại $L$ khác $D$.

1. Chứng minh: $A$ là tâm $(MNFE)$

2. Chứng minh:  $H$ thuộc $(I)$ và 3 điểm $A,H,L$ thẳng hàng.

3. Tiếp tuyến tại $M,N$ của $(O)$ cắt $EF$ tại $P,Q$, $LP$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $L$. Chứng minh: $PT.PL = PE^2$ và 3 điểm $N,E,T$ thẳng hàng.

4. Chứng minh $(LPQ)$ tiếp xúc $(O)$

  Trích đề thi HSG lớp 9 Thành Phố Vũng Tàu 2020-2021

Lời giải của mình cho bài này :   

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 05-05-2021 - 09:08

[tthnew]

$\boxed{\textbf{Bài 41}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB<AC)$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$, tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ và cắt $DE,DF$ tại $M,N$, $NE$ cắt $MF$ tại $H$. Vẽ đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $DMN$ cắt $(I)$ tại $L$ khác $D$.

1. Chứng minh: $A$ là tâm $(MNFE)$

2. Chứng minh:  $H$ thuộc $(I)$ và 3 điểm $A,H,L$ thẳng hàng.

3. Tiếp tuyến tại $M,N$ của $(O)$ cắt $EF$ tại $P,Q$, $LP$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $L$. Chứng minh: $PT.PL = PE^2$ và 3 điểm $N,E,T$ thẳng hàng.

4. Chứng minh $(LPQ)$ tiếp xúc $(O)$

  Trích đề thi HSG lớp 9 Thành Phố Vũng Tàu 2020-2021

 

Hôm qua có giải bài này với Linh.

a) Ta đã có $AF = AE.$ Tiếp theo ta chứng minh $AF=AN.$ Có:

$\angle ANF=\angle FDB=\angle BFD=\angle NFA$ tức tam giác $NFA$ cân tại $A.$

Vậy $AF=AN.$ Tương tự $AE=AM.$ Vậy A cách đều $M, N, F, E.$

b) Có $AN=AE=AM$ suy ra $\angle NEM=90^o$ tức $\angle HED=90^o.$

Từ đây $H$ thuộc $(I).$

Kẻ đường kính $DD'$ của $(O).$ Ta có $D'MHN$ là hình bình hành.

Nên $D'H,NM$ cắt tại trung điểm mỗi đường. Mà $A$ là trung điểm $MN.$ Vậy D', A, H thẳng hàng.

Mặt khác $\angle HLD=\angle D'LD=90^o$ tức $D', H, L$ thẳng hàng.

Vậy $A, H, L$ thẳng hàng.

c) Trước hết ta chứng minh $PM = PE.$ Thật vậy từ câu a) có $MNFE$ nội tiếp. Do đó:

$$\angle PME=\angle PMD=\angle MND=\angle MNF=\angle FED=\angle PEM$$ nên $PM=PE.$

Có $PT\cdot PL=PM^2=PE^2.$

$\Delta PTE \sim \Delta PEL$ suy ra $\angle PTE= \angle PEL$

tức $$\angle ETL=\angle QEL=\angle LEF=180-\angle LDF=\angle NTL$$

Do đó $\angle ETL=\angle NTL.$ Vậy N, E, T thẳng hàng.

d) Chưa giải.

Nhân tiện bác Khải Hoàn cho t hỏi mô hình trực tâm là gì:v

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 04-05-2021 - 16:44

[viscolt0801]

$\boxed{\textsf{Bài 42}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn $AB<AC$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$, tiếp xúc với cạnh $BC$ tại $D$. $M,N$ là điểm thuộc các cạnh $AB,AC$  sao cho $MN || BC$ và $MN$ không cắt $(I)$. Đường tròn $(J)$ bàng tiếp góc $A$ của tam giác $AMN$, tiếp xúc cạnh $MN$ tại $H$.

1. Chứng minh rằng: $\Delta ABJ \sim \Delta AIN $.

2. Từ $B$ kẻ tiếp tuyến thứ hai của $(J)$, tiếp xúc với $(J)$ tại $L$ ; từ $N$ kẻ tiếp tuyến thứ hai của $(I)$, tiếp xúc $(I)$ tại $K$. Chứng minh rằng : $\angle ABL + \angle IAB = \angle INK + \angle AIN $.

3. Chứng minh rằng : $DK || HL$

 P/s: Bài này mình sưu tầm, có thể là các bạn gặp ở đâu đó rồi   

[DaiphongLT]

a) Ta có MN//BC, NJ phân giác ngoài $\widehat{MNC}$
$\Rightarrow \widehat{ANJ}=\widehat{ANM}+\widehat{MNC}=\widehat{ACB}+\frac{1}{2}(180^{\circ}-\widehat{ACB})=90^{\circ}+\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{AIB}$
$\Rightarrow \Delta AJN\sim \Delta ABI(g-g)\Rightarrow \frac{AJ}{AN}=\frac{AB}{AI}\Rightarrow \Delta ABJ\sim \Delta AIN(c-g-c)$
b)$\widehat{ABL}+\widehat{IAB}=2\widehat{ABJ}+\widehat{IAN}=2\widehat{AIN}+\widehat{IAN}=\widehat{AIN}+\widehat{INC}=\widehat{AIN}+\widehat{INK}$



P/s: hình hơi xấu

[DaiphongLT]

$\boxed{\textsf{Bài 42}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn $AB<AC$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$, tiếp xúc với cạnh $BC$ tại $D$. $M,N$ là điểm thuộc các cạnh $AB,AC$  sao cho $MN || BC$ và $MN$ không cắt $(I)$. Đường tròn $(J)$ bàng tiếp góc $A$ của tam giác $AMN$, tiếp xúc cạnh $MN$ tại $H$.

1. Chứng minh rằng: $\Delta ABJ \sim \Delta AIN $.

2. Từ $B$ kẻ tiếp tuyến thứ hai của $(J)$, tiếp xúc với $(J)$ tại $L$ ; từ $N$ kẻ tiếp tuyến thứ hai của $(I)$, tiếp xúc $(I)$ tại $K$. Chứng minh rằng : $\angle ABL + \angle IAB = \angle INK + \angle AIN $.

3. Chứng minh rằng : $DK || HL$

 P/s: Bài này mình sưu tầm, có thể là các bạn gặp ở đâu đó rồi   

c) Ta dễ cm dc KN//BL hay JL//KI
Từ D kẻ đường thẳng song song với HL cắt (I) tại K'
Ta có K'D//HL, ID//JH $\Rightarrow \widehat{JLH}=\widehat{JHL}=\widehat{K'DI}=\widehat{DK'I}$
K'D cắt BL tại P, K'I cắt BL tại F, ta có  HL//BP nên $\widehat{HLP}+\widehat{K'PL}=180^{\circ}\Leftrightarrow \widehat{JLH}+\widehat{JLP}+\widehat{K'PL}=180^{\circ}$
Mà $\widehat{JLH}=\widehat{PK'I}$, $\widehat{PK'I}+\widehat{K'PL}+\widehat{PFK'}=180^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{JLP}=\widehat{PFK'}\Rightarrow JL//K'I$ hay K trùng K'
 

[DaiphongLT]

Bài 43: Cho tam giác ABC (AB>AC) nội tiếp (O;R). H là trực tâm của tam giác ABC, AH vuông góc với BC tại F. Gọi M trung điểm BC, trên (O) lấy K và Q sao cho $\widehat{HQA}=\widehat{HKQ}=90^{\circ}$ (A, B, C, K, Q theo thứ tự đó trên đường tròn). Chứng minh (KHQ) tiếp xúc (MFK)
P/s: nếu ai để ý bài này thì đây chính là 1 phần mở rộng ra của bài số 4 trong topic hình cũ của anh spirit1234     

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 06-05-2021 - 01:33

[12DecMath]

Ai muốn tham khảo lời giải thì đây là đề Ukraine IMO 2015 thì phải. Mình có làm bài này r. 
P/s: Dạo này bận quá nên chắc topic đóng màng nhện rồi       
 

[LMQCZ]

 

Chào các bạn, mình là 12DecMath. Để tiếp nối series ôn tập hình học của anh spirit1234, mình xin phép được lập lại topic rất hay giúp các bạn lớp 9 có thể ôn tập hình học thi vào THPT chuyên.

P/s: Dưới đây là một số bài tập mà mình muốn gửi!

$\boxed{1}$ Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc với AB,AC lần lượt tại D và E. P là một điểm bất kì trên cung lớn DE của đường tròn (I). Lấy điểm F là điểm đối xứng với A qua PD và M là trung điểm DE. Chứng minh rằng $\hat{FMP}$ = 90^o

$\boxed{2}$ Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Phân giác $\hat{BAC}$ cắt (O) tại E khác A. Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB,AC. Trung trực AB,AC cắt AE lần lượt tại P,Q. Chứng minh rằng $PM.PE=QN.QE$

$\boxed{3}$ Cho tam giác ABC (AB<AC) ngoại tiếp đường tròn (I), nội tiếp (O), có trực tâm H. (I) tiếp xúc với BC tại D. Khi IO//BC thì chứng minh rằng HD//AO

$\boxed{4}$ Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. AH cắt BC tại D. Đường tròn (w) tâm A đi qua D cắt (O) tại P,Q. Gọi G là giao điểm của PQ và AD. AO cắt BC tại E và K,M lần lượt là trung điểm của AD,BC. Chứng minh rằng HM,GE,OD đồng quy.

$\boxed{5}$ Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp và I_a là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A. Đường thẳng qua I_a vuông góc với AI_a cắt AC tại E. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của I_a lên AB,AC. L thuộc HK sao cho CL//AB. Chứng minh rằng B,L,E thẳng hàng.

$\boxed{6}$(Bài toán khó) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (I). Đường chéo AC và BD cắt nhau tại E.Gọi J là tâm nội tiếp của tam giác ABC. K là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ACD ứng với góc D. Chứng minh K,J,E thẳng hàng.

 

Mong Topic sẽ quay lại và phát triển như xưa!

P/s: Khi đăng bài thì các bạn phải thêm hình để cho mọi người có thể dễ dàng tiếp thu hơn!

 

Hay Quá cảm ơn ad ạ

[Mr handsome ugly]

Bài 44: Cho một góc $\widehat{xOy}$ trên một mặt phẳng ( góc này nhỏ hơn 180 độ) và một điểm A nằm trong góc này. Chứng minh rằng luôn tồn tại điểm B và C biết B thuộc dường thẳng 0x và C thuộc dường thẳng Oy sao cho A là trung điểm BC và liệu có tồn tại vô hạn các cặp điểm (B;C) khác nhau như vậy không.

 

P/S: Bạn nào vẽ hình giúp anh với; anh không biết vẽ bằng máy tính (

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr handsome ugly: 23-05-2021 - 17:07

[biomemphisvng]

Gửi các anh chị bài tham khảo ạ!

 

$\boxed {45}$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi biomemphisvng: 04-06-2021 - 22:19

[Nguyen Van Hoang noob]

Bài 44: Cho một góc $\widehat{xOy}$ trên một mặt phẳng ( góc này nhỏ hơn 180 độ) và một điểm A nằm trong góc này. Chứng minh rằng luôn tồn tại điểm B và C biết B thuộc dường thẳng 0x và C thuộc dường thẳng Oy sao cho A là trung điểm BC và liệu có tồn tại vô hạn các cặp điểm (B;C) khác nhau như vậy không.

 

P/S: Bạn nào vẽ hình giúp anh với; anh không biết vẽ bằng máy tính (

 

Cho em gửi lời giải 

Hình gửi kèm

• 

[tthnew]

$\boxed{45}$ (Đề thi thử Archimedes ngày 5/6/2021) Cho tam giác $ABC$ có hai đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$ ($E \in CA, F\in AB$). Gọi $M,N$ là trung điểm $CE,BF.$ $NM$ cắt $BE,CF$ tại $P,Q.$

a) Chứng minh rằng $\dfrac{PB}{PE}=\dfrac{QF}{QC}.$

b) Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $(HPQ).$

c) Gọi $I$ là trung điểm $PQ;$ K là giao điểm của $IH$ và $EF.$ Chứng minh rằng $(KPQ)$ đi qua trực tâm của tam giác $HPQ.$

Spoiler câu a, b

Lời giải.

a) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABE$ với $N, P, M$ thẳng hàng:

$$\dfrac{AN}{NB}\cdot \dfrac{PB}{PE}\cdot \dfrac{EM}{MA}=1.$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AFC$ với $M, Q, N$ thẳng hàng:

$$\dfrac{AN}{FN}\cdot \dfrac{QF}{QC}\cdot \dfrac{MC}{MA}=1$$

Mặt khác $NB=FN; EM=MC$ nên ta có đpcm.

b) Gọi $(HPQ)$ cắt $BC$ tại $S.$ Ta có: $\angle NQS=\angle BHS=\angle AHE=\angle AFE=\angle ACB=\angle MCS$ suy ra tứ giác $SQMC$ nội tiếp. Do đó: $$\angle QSC=\angle AMP; \angle HSQ=\angle HPQ=\angle EPM.$$

Từ đây $\angle HSC=\angle QSC+\angle HSQ=90^o$ nên $AS$ là đường cao tam giác $ABC.$ Có: $$\angle ASM=90-\angle MSC=90-\angle MQC=90-\angle FQN=\angle ANM$$ nên tứ giác $ANSM$ nội tiếp. Vậy $S \in (ANM).$ Vẽ tiếp tuyến $Sx$ của $(HPQ).$ Ta có:

$$\angle xSM=\angle xSQ-\angle QSM=\angle SHC-\angle QCM$$

$$=90^o-\angle SCH-\angle QCM=90^o - \angle ACS=\angle SAM$$ vậy $Sx$ cũng là tiếp tuyến $(ANM).$

Nên $(AMN)$ và $(HPQ)$ tiếp xúc nhau.

c) Gọi $L$ là giao điểm của $(KPQ)$ và $EF.$ Ta chứng minh $L$ là trực tâm của tam giác $HPQ.$

 

 

[PDF]

$\boxed{45}$ (Đề thi thử Archimedes ngày 5/6/2021) Cho tam giác $ABC$ có hai đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$ ($E \in CA, F\in AB$). Gọi $M,N$ là trung điểm $CE,BF.$ $NM$ cắt $BE,CF$ tại $P,Q.$

a) Chứng minh rằng $\dfrac{PB}{PE}=\dfrac{QF}{QC}.$

b) Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $(HPQ).$

c) Gọi $I$ là trung điểm $PQ;$ K là giao điểm của $IH$ và $EF.$ Chứng minh rằng $(KPQ)$ đi qua trực tâm của tam giác $HPQ.$

Spoiler câu a, b

Lời giải.

a) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABE$ với $N, P, M$ thẳng hàng:

$$\dfrac{AN}{NB}\cdot \dfrac{PB}{PE}\cdot \dfrac{EM}{MA}=1.$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AFC$ với $M, Q, N$ thẳng hàng:

$$\dfrac{AN}{FN}\cdot \dfrac{QF}{QC}\cdot \dfrac{MC}{MA}=1$$

Mặt khác $NB=FN; EM=MC$ nên ta có đpcm.

b) Gọi $(HPQ)$ cắt $BC$ tại $S.$ Ta có: $\angle NQS=\angle BHS=\angle AHE=\angle AFE=\angle ACB=\angle MCS$ suy ra tứ giác $SQMC$ nội tiếp. Do đó: $$\angle QSC=\angle AMP; \angle HSQ=\angle HPQ=\angle EPM.$$

Từ đây $\angle HSC=\angle QSC+\angle HSQ=90^o$ nên $AS$ là đường cao tam giác $ABC.$ Có: $$\angle ASM=90-\angle MSC=90-\angle MQC=90-\angle FQN=\angle ANM$$ nên tứ giác $ANSM$ nội tiếp. Vậy $S \in (ANM).$ Vẽ tiếp tuyến $Sx$ của $(HPQ).$ Ta có:

$$\angle xSM=\angle xSQ-\angle QSM=\angle SHC-\angle QCM$$

$$=90^o-\angle SCH-\angle QCM=90^o - \angle ACS=\angle SAM$$ vậy $Sx$ cũng là tiếp tuyến $(ANM).$

Nên $(AMN)$ và $(HPQ)$ tiếp xúc nhau.

c) Gọi $L$ là giao điểm của $(KPQ)$ và $EF.$ Ta chứng minh $L$ là trực tâm của tam giác $HPQ.$

 

 

Gợi ý cho câu c: Chứng minh tứ giác $HPSQ$ điều hòa là xong.

[biomemphisvng]

$\boxed{45}$ (Đề thi thử Archimedes ngày 5/6/2021) Cho tam giác $ABC$ có hai đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$ ($E \in CA, F\in AB$). Gọi $M,N$ là trung điểm $CE,BF.$ $NM$ cắt $BE,CF$ tại $P,Q.$

a) Chứng minh rằng $\dfrac{PB}{PE}=\dfrac{QF}{QC}.$

b) Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $(HPQ).$

c) Gọi $I$ là trung điểm $PQ;$ K là giao điểm của $IH$ và $EF.$ Chứng minh rằng $(KPQ)$ đi qua trực tâm của tam giác $HPQ.$

Spoiler câu a, b

Lời giải.

a) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABE$ với $N, P, M$ thẳng hàng:

$$\dfrac{AN}{NB}\cdot \dfrac{PB}{PE}\cdot \dfrac{EM}{MA}=1.$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AFC$ với $M, Q, N$ thẳng hàng:

$$\dfrac{AN}{FN}\cdot \dfrac{QF}{QC}\cdot \dfrac{MC}{MA}=1$$

Mặt khác $NB=FN; EM=MC$ nên ta có đpcm.

b) Gọi $(HPQ)$ cắt $BC$ tại $S.$ Ta có: $\angle NQS=\angle BHS=\angle AHE=\angle AFE=\angle ACB=\angle MCS$ suy ra tứ giác $SQMC$ nội tiếp. Do đó: $$\angle QSC=\angle AMP; \angle HSQ=\angle HPQ=\angle EPM.$$

Từ đây $\angle HSC=\angle QSC+\angle HSQ=90^o$ nên $AS$ là đường cao tam giác $ABC.$ Có: $$\angle ASM=90-\angle MSC=90-\angle MQC=90-\angle FQN=\angle ANM$$ nên tứ giác $ANSM$ nội tiếp. Vậy $S \in (ANM).$ Vẽ tiếp tuyến $Sx$ của $(HPQ).$ Ta có:

$$\angle xSM=\angle xSQ-\angle QSM=\angle SHC-\angle QCM$$

$$=90^o-\angle SCH-\angle QCM=90^o - \angle ACS=\angle SAM$$ vậy $Sx$ cũng là tiếp tuyến $(ANM).$

Nên $(AMN)$ và $(HPQ)$ tiếp xúc nhau.

c) Gọi $L$ là giao điểm của $(KPQ)$ và $EF.$ Ta chứng minh $L$ là trực tâm của tam giác $HPQ.$

 

 

a, Liệu có cách nào khác ngoài việc dùng Menelaus ko ạ? (vì ngay từ phần a đã dùng như vậy thực sự hơi mệt)
Nếu từ E và F kẻ song song với MN để dùng Talet bình thường thôi thì được ko ạ?
Mn cho em xin ý kiến ạ
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi biomemphisvng: 09-06-2021 - 20:02

[12DecMath]

Comback     

$\boxed{46}$ Cre: https://www.facebook...100016418798908
         

P/s: Hẹn mng sau ngày 17   

Hình gửi kèm

•