Skkn tìm hiểu bài toán cực trị hình học giải tích trong mặt phẳng oxy

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 17 |
  • Lượt tải: 0
nganguyen

Đã đăng 34173 tài liệu

Mô tả:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “TÌM HIỂU BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG OXY” 1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Xuất phát từ những bài toán trong thực tế, bài toán cực trị là mô hình đơn giản của các bài toán kinh tế trong cuộc sống. Với tinh thần đổi mới giáo dục trong các đề thi Đại học của những năm gần đây, bài toán cực trị được đưa vào thường xuyên. Điều đó đặt ra cho quá trình giảng dạy bộ môn Toán học cần phải chú ý rèn luyện cho học sinh những dạng toán này, nhằm đáp ứng với đòi hỏi của thực tiễn và đưa giáo dục nói chung và Toán học nói riêng gần hơn với cuộc sống. Với lý do trên cùng với mong muốn nâng cao chất lượng bài giảng, chất lượng quá trình giáo dục chúng tôi mạnh dạn “Tìm hiểu bài toán cực trị hình học giải tích trong mặt phẳng Oxy”. 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn các phương pháp giải bài toán cực trị hình học giải tích. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu. Đề xuất một số phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích. 4. Khách thể và đối tượng nghiên cứu Khách thể: Công tác dạy học bộ môn Toán học ở trường phổ thông. Đối tượng: Các phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích. 5. Giới hạn và phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu các phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích được giảng dạy tại trường THPT Văn Giang trong 02 năm học 2012-2013; 2013-2014. 6. Giả thuyết khoa học Hiện nay việc giảng dạy và học tập các phương pháp giải bài toán cực trị trong hình học giải tích còn gặp một số khó khăn. Nếu áp dụng sáng kiến kinh nghiệm của tác giả một cách phù hợp thì hiệu quả học tập và giảng dạy chuyên đề cực trị trong hình học giải tích sẽ tốt hơn. 7. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lý luận Phương pháp nghiên cứu thực tiễn Phương pháp thống kê Toán học 2 8. Cấu trúc của sáng kiến kinh nghiệm Mở đầu Nội dung Kết luận Tài liệu tham khảo 3 NỘI DUNG I. Cơ sở lý luận 1. Các tính chất của Bất đẳng thức Điều kiện Nội dung a b  ac bc c0 a  b  ac  bc c0 a  b  ac  bc a  b  ac bd  c  d 0  a  b  ac  bd  0  c  d a  b  a 2 n1  b2 n1 ; n  N * 0  a  b  a 2n  b2 n ; n  N * 0ab a  b ab 3 a  3 b 2. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất Cho hàm số f  x  xác định trên tập D Giá trị M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f  x  trên D nếu  f  x   M x  D;   M  Max f x  D x0  D : f x0  M .     Giá trị m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên D nếu  f  x   m x  D;   m  min f x  D  x  D : f x  m .  0 0     4 Đối với hàm hai biến, ba biến…ta cũng có định nghĩa tương tự. 3. Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM) Cho n số không âm: a ; a ;...; a 1 2 n a  a  ...  a 2 n  n a a ...a 1 2 n n khi đó ta có: 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  a  ...  a 1 2 n 4. Bất đẳng thức Bunhiacopxki Cho hai bộ n số: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn khi đó ta có bất đẳng thức:  a1.b1  a2 .b2  ...  an .bn  2   a12  a22  ...  an2  b12  b22  ...  bn2  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a a1 a2   ...  n . b1 b2 bn 5. Định lý Nếu hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b thì hàm số tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên đoạn  a; b . 6. Phương trình tham số của đường thẳng Đường thẳng  đi qua M  x0 ; y0  nhận u  a; b   0 làm vector chỉ phương. Khi đó   x  x0  at;  y  y0  bt. có phương trình tham số là:  7. Phương trình tổng quát của đường thẳng Đường thẳng  đi qua điểm M  x0 ; y0  nhận u  a; b   0 làm vector pháp tuyến. Khi đó  có phương trình tổng quát là: a  x-x 0   b  y  y0   0  ax  by  c  0;  c  ax 0  by0  8. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Cho đường thẳng  có phương trình tổng quát: ax + by + c = 0 và điểm M  x0 ; y0  . Khi đó khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  được tính bằng công thức: d M ,   ax 0  by0  c a 2  b2 . 5 9. Góc giữa hai đường thẳng Cho 2 đường thẳng 1;  2 lần lượt có phương trình a1 x  b1 y  c1  0 a2 x  b2 y  c2  0  a  b  0;  a  b  0. 2 1 2 2 2 1 2 2 Gọi  là góc giữa hai đường thẳng đã cho. Khi đó: a1a2  b1b2 cos  a12  b12 . a22  b22 . 10. Phương trình tổng quát của mặt phẳng Cho đường thẳng  đi qua M  x0 ; y0 ; z0  nhận n  a; b; c   0 làm vector pháp tuyến. Khi đó đường thẳng  có phương trình tổng quát là: a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0  ax + by + cz + d = 0;  d = -ax0  by0  cz0 . 11. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Cho mặt phẳng   : ax + by + cz + d = 0 và điểm M  x0 ; y0 ; z0  . Khoảng cách từ điểm M đến   được tính bằng công thức d  M ,     ax 0  by0  cz0  d a 2  b2  c2 . II. Một số dạng bài toán cực trị hình học giải tích trong chương trình phổ thông 1. Dạng bài tìm điểm thỏa mãn một yếu tố cực trị Bài 1 Cho đường thẳng  : x  2 y  2  0; A  0;6 ; B  2;5 . Tìm điểm M   sao cho: a) MA  MB nhỏ nhất. b) MA  MB lớn nhất. A Lời giải a) Phân tích: Nếu hai điểm A, B khác phía so với đường thẳng  thì điểm M cần tìm chính là giao điểm của đường B A/ M thẳng  với đường thẳng AB. Nếu hai điểm A, B cùng phía so với đường thẳng  (Hình 1) khi đó ta thực hiện theo các bước 6sau: Hình 1  Bước 1: Xác định điểm A / là điểm đối xứng với A qua  . Bước 2: Từ đánh giá: MA  MB  MA/  MB  A/ B  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A/ ; M ; B thẳng hàng. Nên ta đi viết phương trình đường thẳng A/ B . Bước 3: Điểm M    A/ B . Với thuật toán trên ta đi đến lời giải chi tiết cho câu a) như sau: Đặt f  x; y   x  2 y  2 Ta có: f  0;6  0  12  2  10; f  2;5  2  10  2  6 . Như vậy hai điểm A; B nằm về một phía so với đường thẳng  . Gọi A / là điểm đối xứng với A qua  . Đường thẳng AA / : 2( x  0)  1( y  6)  0  2 x  y  6  0 Gọi I  AA /   . Tọa độ của I là nghiệm của hệ phương trình: 2 x  y  6  0  x  2;   I  2;2   x  2 y  2  0  y  2. Do I là trung điểm của AA / nên ta có: A/  4; 2  Từ đó A/ B   2;7  . Đường thẳng A/ B : 7( x  2)  2( y  5)  0  7 x  2 y  24  0 Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình: 11  x ;  x  2 y  2  0   11 19  4  M ;   4 8 7 x  2 y  24  0  y  19 .  8 Trong trường hợp câu b) thì thuật toán lại có sự khác biệt so với câu a). Nếu hai điểm A; B mà nằm về hai phía so với  thì ta lại phải đi tìm điểm A / đối xứng với A qua  . Sau đó ta sử dụng đánh giá: MA  MB  MA/  MB  A/ B  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M , A/ , B thẳng hàng. Từ đó tìm ra tọa độ của M.  M  A/ B    7 Nếu hai điểm A; B nằm về cùng một phía so với  thì ta có ngay đánh giá: MA  MB  AB  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ; A; B thẳng hàng. Do đó điểm M cần tìm là giao của AB với  . Sử dụng kết quả câu a) ta có hai điểm A; B nằm về cùng phía so với  nên ta có đánh giá: MA  MB  AB  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ; A; B thẳng hàng. Ta có AB   2; 1 nên AB :1( x  0)  2( y  6)  0  x  2 y 12  0 Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:  x  5;  x  2 y  12  0   7   7  M  5;   2 x  2 y  2  0  y  2 . Để củng cố thuật toán trên các em học sinh làm thêm một số bài tập: Bài 2 Cho hai điểm A  2;5 ; B  4;5 và đường thẳng  : x  2y  3  0. Tìm điểm 3 9 M   : MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất? ( Đáp số: M  ;  ) 2 4 Bài 3 Cho hai điểm A 2; 5 ; B  4;5 và đường thẳng  : x  2 y  3  0 . Tìm điểm N   : NA  NB đạt giá trị lớn nhất? Bài 4  x  t; . Tìm M   sao cho :  y  1  2t. Cho hai điểm A1;2 ; B  0; 1 và đường thẳng  :  a) MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất. b) MA  MB đạt giá trị lớn nhất. Vẫn là bài toán tìm điểm thỏa mãn một yếu tố cực trị nhưng được hỏi theo hình thức khác. Ta xét ví dụ tiếp theo. Bài 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M  2;1 . Đường thẳng  đi qua M cắt Ox; Oy lần lượt tại A a;0 ; B  0; b  ;  a  0; b  0 . 8 a)Tìm a; b để diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất? b) Tìm a; b : 1 1  đạt giá trị nhỏ nhất? 2 OA OB 2 c) Tìm a; b : OA  OB đạt giá trị nhỏ nhất? a) Lời giải 1 x a y b Sử dụng phương trình đoạn chắn ta có:  :   1 1 2 Nhận thấy tam giác OAB vuông tại O nên: SOAB  a.b 2 a 1 b Mặt khác do M      1; 1 2 1 2 2 Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a  b  2 ab  1  2 ab  ab  8;  2  1 2 Từ đó suy ra: SOAB  ab  4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2  xảy ra dấu bằng. Khi 2 1  a  b a  4;  đó kết hợp với 1 ta có hệ phương trình:   2  1  1 b  2.  a b Bình luận: Ở đây ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM và nhận thấy tính hiệu quả cao, lời giải gọn gàng và đẹp. Vấn đề là học sinh cần tìm hiểu được nhiều cách giải cho một đề toán. Do vậy một trong những thủ thuật của người thầy (theo cá nhân tôi) là sau lời giải một bài toán nên đặt câu hỏi tự nhiên theo diễn biến tâm lý: Còn lời giải nào khác nữa không?. Câu hỏi đó làm cho học sinh có hứng thú tìm tòi, và phải làm cho học sinh thấy được chúng ta không nên bằng lòng theo kiểu “ăn xổi”. a) Lời giải 2 Từ kết quả 1 ta rút ra: 2 1 a  1 b  a b a2 Theo bài ra do b  0; a  0  a  2 9 Từ đó: SOAB 1 a2  ab   f  a ; 2 2a  4  a  2 Ta đi khảo sát hàm số f  a  trên miền a  2 . f / a  2a.  2a  4   2a 2  2a  4  a  0 f / a  0    a  4 2 2a 2  8a  2a  4  2 l  t / m Lại có: lim f  a   lim a 2 a 2    a2   2a  4 a2 lim f  a   lim   a  a  2a  4 Lập bảng biến thiên ta có: a 2 f / a   4 0    f a f  4 Suy ra: min f  a   f  4   4 a2  a  4; b  2. Với a  4  b  2 . Vậy các giá trị cần tìm là:  Bình luận: Lời giải 2 có vẻ phức tạp, tuy nhiên việc sử dụng đạo hàm vào bài toán cực trị cũng cần hết sức chú ý vì đây cũng là một công cụ rất mạnh trong chương trình toán phổ thông mà học sinh cần được trang bị và thành thạo. b) Lời giải 1 Gọi H là chân đường cao hạ từ O xuống cạnh AB 10 Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB ta có: 1 1 1 1     hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  H . Tức là 2 2 2 OA OB OH OM 2 OM  AB . 5 2a  b  0   AB.OM  0  a  ;  2 1  Vậy ta có hệ phương trình:  2  M    a  b  1 b  5. 5  a  ; Vậy các giá trị cần tìm là:  2 b  5. Bình luận: Trong câu b) ta đã sử dụng kiến thức: độ dài đường chiếu luôn nhỏ hơn độ dài đường xiên. Giống như câu a) ta lại có một câu hỏi: Còn lời giải nào khác nữa không? Và cứ như vậy học sinh sẽ có sự hứng thú nhất định và các em trở thành những nhà thám hiểm thực sự trong kho tàng kiến thức! 2 2 1 1 1 1 Để ý thấy:        gợi cho ta nhớ tới bất đẳng thức Bunhiacopxki? Do 2 2 OA OB  a   b  đó gợi ý cho ta lời giải thứ 2 như sau: b) Lời giải 2 2 a 1 b Theo bài ra do M      1 Xét: 2 1  1  1 1  2.  1.    4  1  2  2  b  a a b    Bunhiacopxki  1 1 1   . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2a  b a 2 b2 5 5 b  2a   a  ; Kết hợp với giả thiết ta có hệ phương trình:  2 1   2  a  b  1 b  5. 11 5  a  ; Vậy các giá trị cần tìm là:  2 b  5. Bình luận: Thật gọn, đẹp! Còn có cách giải khác nữa không? Đối với câu c) Giáo viên sẽ tránh cho học sinh một sai lầm khi sử dụng bất đẳng thức AM-GM thông qua lời giải 1 của câu c) như sau: c) Lời giải 1 Ta có OA  OB  a  b  2 ab ; 3 (Theo bất đẳng thức AM-GM) 2 a 1 b Mặt khác 1    2 2  ab  8; ab  4  (Theo bất đẳng thức AM-GM) Từ đó suy ra: OA  OB  2 8  4 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cả hai đánh giá  a  b;   3 ;  4 cùng xảy ra dấu bằng. Điều đó tương đương với  2 1 1  a  b  2 . Dễ nhận thấy hệ trên vô nghiệm. Như vậy lời giải là sai! c) Lời giải 2 Ta có OA  OB  a  b Mặt khác 2 1 a  1 b  a b a2 Do a  0; b  0  a  2 Ta được OA  OB  a  a a2  a   f a a2 a2 Ta đi khảo sát hàm số f  a  với a  2 Ta có f / 2a  1 a  2   a 2  a a 2  4a  2   a  2 2  a  2  a  2 f / a  0  a 2  4a  2  0 a  2  2 l  ;   a  2  2  t / m  . 12 Lại có a2  a lim f  a   lim   a   a   a  2 a2  a lim f  a   lim   a2   a2 a2 Ta có bảng biến thiên a f / a - f a   2 2 2 0 +  3 2 2 a  2  2; Từ đó ta có kết luận: min  OA  OB   3  2 2 khi  b  2  1.  Củng cố thuật toán các em học sinh làm thêm một số bài tập sau: Bài 6 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm A 1;3 và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho 2 1  đạt giá trị nhỏ nhất? 2 OM ON 2 Bài 7 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2;5) , cắt chiều dương của các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M, N khác gốc toạ độ sao cho diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất? Bài 8 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M  3;2 , cắt chiều dương của các trục Ox, Oy tại các điểm A; B khác gốc toạ độ sao cho OA  2OB đạt giá trị nhỏ nhất? Bài 9 Bài toán về góc sút và khung thành. 13 Cho hai điểm A, B nằm về cùng phía so với đường thẳng  . Tìm trên đường thẳng  điểm M sao cho M nhìn xuống A, B một góc lớn nhất? Nhận xét: Bài số 9 là một bài khá lý thú, gây hứng thú và tò mò cho người làm toán. Dễ nhận thấy một vài trường hợp đặc biệt như khi  là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB thì điểm M cần tìm chính là tiếp điểm. Vậy trong các trường hợp còn lại thì ta xử lý thế nào? Dựng đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc N với  tại M. Ký hiệu là đường tròn (C)  Xét điểm N trên  và khác M. Gọi I là giao của (C) và NB (Hình 2) I Ta có AMB  AIB (cùng chắn cung AB) M Mặt khác: ANB  NAI  AIB  AMB A  AMB  ANB N  M B Vậy M là điểm cần tìm. Hình 2 2. Dạng bài tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất sử dụng phương pháp hình giải tích Bài 10 (Trích đề thi chọn HSG - lớp 11 Thành phố Hà Nội năm học 2008-2009) Cho x 2  y 2  4 x  6 y  12  0 . Tìm: Max của biểu thức A  x 2  y 2 . Lời giải Nhận xét: điều kiện của đầu bài thoả mãn phương trình của một đường tròn: 2 2  C1  :  x  2   y  3  1 có tâm I1  2;3 ; R1  1 . Gọi A0 là một giá trị của biểu thức. Dễ nhận thấy A0  0 . Do đó ta được đường tròn  C2  : x 2  y 2  A0 có tâm I 2  0;0 ; R2  A0 . Vì A0 là một giá trị của biểu thức điều đó tương đương với  C1  &  C2  phải có điểm chung. (*) 14  I1I 2  R1  R2  (*)   I1I 2  R1  R2 R R I I R R 2 1 2 1 2  1 1  2  3 1 ; I1I 2  R1  R2  13  1  A0  A0    2 13  1  14  2 13 ;  2  ; I1 I 2  R1  R2  13  A0  1  A0  14  2 13   A0  14  2 13  3 ; R1  R2  I1 I 2  R1  R2  A0  1  13  A0  1  A0  14  2 13    A0  14  2 13   A0  1  13  14  2 13  A0  14  2 13 So sánh các kết quả của (1); (2) và (3) ta có MaxA  14  2 13. Bình luận: Như vậy ta đã sử dụng phương pháp của hình học giải tích để tìm Max của biểu thức A nhờ những nhận xét về điều kiện và đầu bài. Sẽ tương đối khó khăn khi đi tìm một phương pháp khác cho bài số 10! Với bài 10 ta có thể khái quát hoá thành bài tập như sau: Bài 11 Cho x; y thoả mãn điều kiện P. Trong đó P có thể biến đổi về phương trình của một đường tròn  C1  nào đó. Yêu cầu tìm min, max của biểu thức Q trong đó biểu thức Q cũng biến đổi được đưa về phương trình của một đường tròn  C2  nào đó. Quay lại Bài 10 ta có thể nhận thấy biểu thức A có thể được biến đổi nhờ điều kiện của đầu bài. Thực vậy: Từ giả thiết ta có A  x 2  y 2  4 x  6 y  12 15 Như vậy nếu gọi A0 là một giá trị của biểu thức A. Điều đó chứng tỏ giữa đường 2 2 thẳng  : 4 x  6 y  12  A0  0 và đường tròn  C1  :  x  2    y  3  1 có tâm I1  2;3 ; R1  1 phải có điểm chung (**) **  d  I1 ,    1  8  18  12  A0 1 16  36  14  A0  52   52  14  A0  52  14  2 13  A0  14  2 13 Vậy Max A  14  2 13 . Bình luận: Với việc đưa biểu thức A về dạng phương trình đường thẳng thì ta phải xử lý ít trường hợp hơn so với việc đưa biểu thức A về phương trình của đường tròn. 3. Bài tập vận dụng Bài 12 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  2 x  y  2 với điều kiện: 2 x y2   1. 4 9 Bài 13 Cho đường tròn:  C  : x 2   y  1  4 & A  2; 3 ; B 1;3 . Tìm điểm H trên đường tròn (C) sao cho tam giác HAB có diện tích là lớn nhất, nhỏ nhất. 2 Bài 14 Cho đường tròn:  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0; & M  5; 3 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất ở đây I là tâm đường tròn (C). Bài 15 Cho đường thẳng:  : x  y  1  0 & A 2;3 ; B  4;1 . Tìm M   sao cho 1. MA  MB có độ dài ngắn nhất (Đ/s: M(-2;1)). 2. 2MA2  3MB2 đạt giá trị nhỏ nhất (Đ/s: M  ;   ). 5 5  6 11 III. Kết quả vận dụng SKKN vào công tác giảng dạy Chuyên đề được thực hiện tại lớp 11A trường THPT Văn Giang năm học 2013-2014. Để đánh giá kết quả của chuyên đề tôi thực hiện cho học sinh làm dạng bài trong chuyên đề trước và sau khi giảng dạy kết quả thu được là khả quan. Trước khi giảng dạy thì chỉ 16 có một số em làm được sau khi giảng dạy chuyên đề thì đa số các em đã định hình phương pháp làm và thực hiện thành thạo. Kết quả cụ thể được thống kê trong bảng sau KẾT QUẢ KIỂM TRA LỚP 11A Điểm 8  10 7 6 5 4 3 2 1 Trướ 3 c 2 3 5 15 10 6 0 6 5 7 15 5 5 1 0 Sau Như vậy nhìn vào bảng thống kê đa số học sinh đã hiểu và vận dụng và thực hiện được bài toán cực trị trong hình giải tích (Oxy). 17 KẾT LUẬN 1. Chuyên đề có giá trị thực tiễn trong công tác giảng dạy và học tập của học sinh và giáo viên. 2. Phù hợp với khả năng nhận thức và tiếp thu của học sinh. 3. Chuyên đề sẽ được mở rộng ra các bài toán cực trị trong không gian. 4. Do trình độ nên chuyên đề có thể còn một số khiếm khuyết, rất mong sự đóng góp ý kiến của đồng nghiệp để chuyên đề có giá trị cao hơn. Xin trân trọng cảm ơn! ĐÀO QUANG BÌNH 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Hạ Vũ Anh - Phương pháp Vectơ và phương pháp toạ độ trong hình học 2. Nguyễn Minh Hà (Chủ biên) – Nguyễn Xuân Bình - Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10. 3. Trần Văn Hạo (Chủ biên) - Đại số 10. 19
- Xem thêm -