ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

#101

Φαινομενικά το θέμα GI_A_GEO_4_3702 είναι πανομοιότυπο με το προηγούμενό του GI_A_GEO_4_3701.

Κο όμως! Κρύβει παγίδα. Δεν τολμώ να πιστέψω ότι είναι συνειδητή επιλογή της επιτροπής.

ΘΕΜΑ 4
Έστω ότι

και

είναι τα μέσα των πλευρών

και $\displaystyle \Gamma \Delta$ παραλληλογράμμου $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ αντίστοιχα. Αν για το παραλληλόγραμμο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ επιπλέον ισχύει $\displaystyle {\rm A}{\rm B} > {\rm A}\Delta$ , να εξετάσετε αν είναι αληθείς οι ακόλουθοι ισχυρισμοί:
Ισχυρισμός 1: Το τετράπλευρο $\displaystyle \Delta {\rm E}{\rm B}{\rm H}$ είναι παραλληλόγραμμο.
Ισχυρισμός 2: Τα τρίγωνα $\displaystyle {\rm A}\Delta {\rm E}$ και $\displaystyle {\rm B}\Gamma {\rm H}$ είναι ίσα.
Ισχυρισμός 3: Τα τρίγωνα $\displaystyle {\rm A}\Delta {\rm E}$ και $\displaystyle {\rm B}\Gamma {\rm H}$ είναι ισοσκελή.
α) Στην περίπτωση που θεωρείτε ότι κάποιος ισχυρισμός είναι αληθής να τον αποδείξετε. (Μονάδες 16)
β) Στην περίπτωση που κάποιος ισχυρισμός δεν είναι αληθής, να βρείτε τη σχέση των διαδοχικών πλευρών του παραλληλογράμμου ώστε να είναι αληθής. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.
(Μονάδες 9)

: 29-5-2014 Τράπεζα Γεωμετρίας β.jpg (17.6 KiB) Προβλήθηκε 10855 φορές

α) Είναι $\displaystyle \Delta {\rm H}//{\rm B}{\rm E}$ και $\displaystyle \Delta {\rm H} = {\rm B}{\rm E}$ ως μισά τμήματα των ίσων και παραλλήλων $\displaystyle {\rm A}{\rm B},\;\Gamma \Delta$ , οπότε ο ισχυρισμός 1: Το τετράπλευρο $\displaystyle \Delta {\rm E}{\rm B}{\rm H}$ είναι παραλληλόγραμμο είναι σωστός.

Τα $\displaystyle {\rm A}\Delta {\rm E}$ και $\displaystyle {\rm B}\Gamma {\rm H}$ έχουν $\displaystyle {\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma$ ως απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου, $\displaystyle {\rm A}{\rm E} = \Gamma {\rm H}$ ως μισά τμήματα των ίσων $\displaystyle {\rm A}{\rm B},\;\Gamma \Delta$ και τις περιεχόμενες τους γωνίες $\displaystyle \widehat {\rm A},\;\;\widehat \Gamma$ ίσες, αφού είναι απέναντι γωνίες παραλληλογράμμου, οπότε είναι ίσα, άρα είναι σωστός και ο ισχυρισμός 2.

β) Αν είναι $\displaystyle {\rm A}{\rm E} = {\rm A}\Delta \Leftrightarrow {\rm A}\Delta = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}$ , το $\displaystyle {\rm A}\Delta {\rm E}$ είναι ισοσκελές. Το ίδιο για το $\displaystyle {\rm B}{\rm H}\Gamma$ .

Εδώ όμως είναι η παγίδα. Αυτή είναι μόνο μία από τις δυνατές περιπτώσεις.
Πώς ο μαθητής θα ελέγξει τη σχέση των πλευρών του παραλληλογράμμου για να είναι $\displaystyle {\rm A}\Delta = \Delta {\rm E}$ ή $\displaystyle \Delta {\rm E} = {\rm A}{\rm E}$ , που επίσης δίνουν ισοσκελές τρίγωνο;

: 29-5-2014 Τράπεζα Γεωμετρίας α.jpg (11.3 KiB) Προβλήθηκε 10855 φορές

Π.χ. φτιάξτε το τρίγωνο με $\displaystyle {\rm A}{\rm B} = 4,\;\;{\rm A}\Delta = \sqrt 2 ,\;\;\widehat {\rm A} = 45^\circ$ και θα δείτε ότι το $\displaystyle {\rm A}\Delta {\rm E}$ είναι ισοσκελές.

Προτείνω την απόσυρση της άσκησης αυτής από την Τράπεζα Θεμάτων, ως ακατάλληλης για αξιολόγηση των μαθητών.
Θέλω τονίσω ότι την βρίσκω πανέμορφη για εξάσκηση σε βάθος στη διερεύνηση περιπτώσεων. Είναι κατάλληλη μόνο για λάτρεις της Γεωμετρίας.

Την εξήγηση και τη διερεύνηση τη δίνω στο φάκελο του Καθηγητή, γιατί δεν αφορά τους μαθητές της Α΄ Λυκείου.

#102

ΘΕΜΑ 6879

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο,R). Έστω σημείο Δ του τόξου ΑΒ τέτοιο, ώστε $\Delta B\bot B\Gamma$ .
α) Να αποδείξετε ότι $A\Delta \bot A\Gamma$
(Μονάδες 8)
β) Έστω Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΔΒΗ είναι παραλληλόγραμμο.
(Μονάδες 9)
γ) ) Αν Μ είναι το μέσον της ΒΓ, να αποδείξετε ότι ${OM =\frac{AH}{2}$
(Μονάδες 8)

Λύση

α) Επειδή η εγγεγραμμένη γωνία ΔΒΓ είναι ορθή , η ΓΔ είναι διάμετρος του κύκλου. Επομένως και η γωνία ΔΑΓ είναι ορθή, αφού βαίνει σε ημικύκλιο. Επομένως
$\Delta A\bot A\Gamma$ .

: 2014-5-29-6879.PNG (21.95 KiB) Προβλήθηκε 10855 φορές

β) Επειδή το Η είναι ορθόκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma$ , είναι $BH\bot A\Gamma$ .Είναι όμως και $\Delta A\bot A\Gamma$ , οπότε $BH//\Delta A$ .

Όμοια, είναι $\Delta B\bot B\Gamma$ και $AH//B\Gamma$ , οπότε $AH//\Delta B$ .

Επομένως το τετράπλευρο $A\Delta BH$ είναι παραλληλόγραμμο.

γ) Επειδή το τετράπλευρο $A\Delta BH$ είναι παραλληλόγραμμο, είναι ΔΒ=ΑΗ.Στο τρίγωνο λοιπόν ΓΒΔ το τμήμα ΟΜ ενώνει τα μέσα δύο πλευρών , οπότε :

$OM =\frac{\Delta B}{2}=\frac{AH}{2}$

Αφήνω για το Χρήστο και το Αρχείο Word για κάθε άλλη χρήση !

Μπάμπης

( Αυτή ιστορία με το mathtype που δεν μεταφράζει σε TEX τα κοινά γράμματα της Ελληνικής και Λατινικής, θα με κάνει να μην ξαναγράψω γεωμετρία. Εϊναι απίστευτη ταλαιπωρία να γυρίζεις συνέχεια τη γλώσσα στο πληκτρολόγιο.

)

hlkampel · #103

Άσκηση 4756

Δίνεται κύκλος $\left( {{\rm O},\rho } \right)$ και ${\rm A}\Gamma$ μια διάμετρός του.
Θεωρούμε τις χορδές ${\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma$ . Έστω ${\rm K}$ και $\Lambda$ τα μέσα των χορδών $\Delta \Gamma$ και ${\rm B}\Gamma$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Οι χορδές ${\rm A}{\rm B}$ και $\Delta \Gamma$ είναι παράλληλες.
β) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο
γ) Η ${\rm B}\Delta$ είναι διάμετρος του κύκλου.
δ) Το τετράπλευρο ${\rm O}\Lambda \Gamma {\rm K}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.

Λύση

α) Είναι $\widehat {\Gamma {\rm A}{\rm B}} = \widehat {{\rm A}\Gamma \Delta }$ ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στα ίσα τόξα ${\rm B}\Gamma$ και ${\rm A}\Delta$ (αφού οι αντίστοιχες χορδές τους είναι ίσες)

Έτσι ${\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta$ αφού σχηματίζονται εντός εναλλάξ γωνίες ίσες από την τέμνουσα τους ${\rm A}\Gamma$ .

β) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ και ${\rm A}\Delta \Gamma$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm A}\Gamma$ κοινή πλευρά, ${\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma$ από την υπόθεση και $\widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma } = \widehat {{\rm A}\Delta \Gamma } = 90^\circ$ ως εγγεγραμμένες σε ημικύκλια.

Οπότε και ${\rm A}{\rm B} = \Gamma \Delta$ .

Έτσι το ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο αφού ${\rm A}{\rm B}// = \Gamma \Delta$ και $\widehat {{\rm A}\Delta \Gamma } = 90^\circ$

γ) Αφού το ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι ορθογώνιο τότε $\widehat {\Delta \Gamma {\rm B}} = 90^\circ$ και αφού είναι εγγεγραμμένη θα βαίνει σε ημικύκλιο, δηλαδή η ${\rm B}\Delta$ είναι διάμετρος του κύκλου.

δ) Τα τμήματα ${\rm O}{\rm K},{\rm O}\Lambda$ είναι αποστήματα των χορδών $\Delta \Gamma$ και ${\rm B}\Gamma$ αντίστοιχα επειδή τα ${\rm K}$ , $\Lambda$ είναι μέσα των χορδών.

Έτσι ${\rm O}{\rm K} \bot \Delta \Gamma$ και ${\rm O}\Lambda \bot {\rm B}\Gamma$ δηλαδή το ${\rm O}\Lambda \Gamma {\rm K}$ είναι ορθογώνιο αφού έχει τρείς ορθές γωνίες.

Christos.N · #104

Γράφω ποιες έχουν γίνει:

3693-3694-3696-
3701-02-08-3709-3762-
3817-3820-22-24-25-
3903-04-06-08-11-15-19-26-32-38-45-48-54-61-66
4307
4555-62-65-67-69-71-74-79-83-99
4603-06-11-14-16-19-22-26-30-35-40-43-45-46-48-49-50-51-52-53-55
4731-35-37-41-53-56-99
5886
5902-10
6875-79

hlkampel · #105

Άσκηση 4757

Στις πλευρές Ax'

και

γωνίας

θεωρούμε σημεία ${\rm B}$ και Γ ώστε ${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ .
Οι κάθετες στις Ax'

και

στα σημεία ${\rm B}$ και Γ αντίστοιχα, τέμνονται στο $\Delta$ .
Αν οι ημιευθείες

και

χωρίζουν τη γωνία x'Ax

σε τρεις ίσες γωνίες και τέμνουν τις ${\rm B}\Delta$ και $\Delta \Gamma$ στα σημεία ${\rm E}$ και ${\rm Z}$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο ${\rm E}{\rm A}{\rm Z}$ είναι ισοσκελές.
β) Το $\Delta$ ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας x'Ax

.
γ) Οι γωνίες $\Gamma {\rm B}\Delta$ και $\Gamma {\rm A}\Delta$ είναι ίσες.

Λύση

α) Έστω $xAy = yAz = zAx' = \varphi$

Τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}{\rm E}$ και ${\rm A}\Gamma {\rm Z}$ είναι ίσα επειδή έχουν:

${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ από την υπόθεση και $xAy = zAx' = \varphi$

άρα και ${\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm Z}$ δηλαδή το τρίγωνο ${\rm E}{\rm A}{\rm Z}$ είναι ισοσκελές.

β) Τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm B}$ και ${\rm A}\Delta \Gamma$ είναι ίσα αφού έχουν:

${\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ (κάθετες) και ${\rm A}\Delta$ κοινή πλευρά (υποτείνουσα)

Έτσι $\Delta {\rm B} = \Delta \Gamma$ , οπότε το $\Delta$ ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας x'Ax

επειδή ισαπέχει από τις πλευρές της.

γ) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma$ είναι εγγράψιμο επειδή $\widehat {\rm B} + \widehat \Gamma = 90^\circ$ οπότε $\widehat {\Gamma {\rm B}\Delta } = \widehat {\Gamma {\rm A}\Delta }$

Παρατήρηση: Νομίζω η άσκηση έχει πρόβλημα κατασκευής (τριχοτόμηση γωνίας). Μπορούσαν να δώσουν "Δίνονται τρεις ίσες διαδοχικές γωνίες ... "

#106

Άσκηση 4762

Στο παρακάτω σχήμα το ορθογώνιο $EZH\Theta$ είναι ένα τραπέζι μπιλιάρδου. Ένας παίκτης τοποθετεί μία μπάλα στο σημείο το οποίο ανήκει στη μεσοκάθετο του $\Theta H$ και απέχει από αυτή απόσταση ίση με $\Theta H$ . Όταν ο παίκτης χτυπήσει τη μπάλα, αυτή ακολουθεί τη διαδρομή $\displaystyle{{\rm A} \to {\rm B} \to \Gamma \to \Delta \to {\rm A}}$ χτυπώντας στους τοίχους του μπιλιάρδου $E\Theta, \Theta H, ZH$ διαδοχικά. Για τη διαδρομή αυτή ισχύει ότι κάθε γωνία πρόσπτωσης (π.χ η γωνία ) είναι ίση με κάθε γωνία ανάκλασης (π.χ η γωνία $\ThetaB\Gamma$ ) και κάθε μία από αυτές είναι .

α) Να αποδείξετε ότι:

i) Η διαδρομή $AB\Gamma\Delta$ της μπάλας είναι τετράγωνο. (Μονάδες

)

ii) Το σημείο ισαπέχει από τις κορυφές του μπιλιάρδου. (Μονάδες

)

β) Αν η είναι διπλάσια από την απόσταση του από τον τοίχο , να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου . (Μονάδες

)

Λύση:

Θα απαντήσω πρώτα στο ερώτημα (α. ii)

Οι πλευρές $EZ, \Theta H$ του μπιλιάρδου έχουν την ίδια μεσοκάθετο, άρα το

ανήκει και στη μεσοκάθετο του

, οπότε $\boxed{AE=AZ}$

α. i) Από το ισοσκελές τρίγωνο AEZ

είναι $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm Z}{\rm A} = {\rm Z}\widehat {\rm E}{\rm A} = \varphi \Leftrightarrow {\rm B}\widehat {\rm E}{\rm A} = \Delta \widehat {\rm Z}{\rm A} = {90^0} - \varphi }$

Εξάλλου είναι $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm B}{\rm A} = {\rm Z}\widehat \Delta {\rm A} = {45^0}}$ , οπότε θα είναι και $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_1} = {\widehat {\rm A}_2}}$ (άθροισμα γωνιών τριγώνου). Επειδή όμως AE=AZ

, τα τρίγωνα $AEB, AZ\Delta$ θα είναι ίσα. Άρα $AB=A\Delta$ (1)

.

Επειδή τώρα κάθε γωνία πρόσπτωσης και κάθε γωνία ανάκλασης είναι ίση με 45^0

, προκύπτει άμεσα ότι το $AB\Gamma\Delta$ είναι ορθογώνιο με δύο διαδοχικές πλευρές ίσες (από την (1)

). Άρα είναι τετράγωνο.

: 4_4762.png (10.53 KiB) Προβλήθηκε 10164 φορές

β) Έστω

η ορθή προβολή του

πάνω στην

. Από την υπόθεση έχουμε $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = \frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{2}}$ . Αλλά το

τρίγωνο AMZ

είναι ορθογώνιο. Οπότε $\boxed{{\rm A}\widehat {\rm E}{\rm Z} = {\rm A}\widehat {\rm Z}{\rm E} = {30^0}}$ και κατά συνέπεια $\boxed{{\rm E}\widehat {\rm A}{\rm Z} = {120^0}}$

Παρατήρηση: Το στοιχείο ότι το σημείο απέχει από τη $\Theta H$ απόσταση ίση με $\Theta H$ δεν χρησιμοποιήθηκε στην απόδειξη. Ωστόσο, είναι υποχρεωτικό στην κατασκευή του σχήματος.
Θα μπορούσε όμως κάλλιστα, να δοθεί σαν αποδεικτικό ερώτημα.
Για σιγουριά, ας το δει και κάποιος άλλος

gavrilos · #107

Θέμα 4765 (το χρωστάω δύο μέρες τώρα).

Σε τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{AB\Gamma}}$ οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\angle{B}}$ και $\displaystyle{\angle{\Gamma}}$ τέμνονται στο $\displaystyle{\Delta}$ .Η εξωτερική διχοτόμος της $\displaystyle{\angle{B}}[/rex] τέμνει την προέκταση της \displaystyle{\Gamma \Delta }$ στο $\displaystyle{E}$ .Δίνεται ότι $\displaystyle{\angle{ABE}=70^{\circ}=2\angle{\Gamma EB}}$ .
i)Να υπολογιστούν οι γωνίες του τριγώνου $\displaystyle{\triangle{AB\Gamma}}$ .
ii)Να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{A\Gamma BE}$ είναι τραπέζιο.
iii)Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{\Gamma BE}}$ είναι ισοσκελές.

: Γεωμετρια mathematica_59.PNG (9.6 KiB) Προβλήθηκε 10108 φορές

i)Εφόσον η $\displaystyle{BE}$ είναι διχοτόμος της $\displaystyle{\angle{B_{\epsilon \xi}}}$ θα είναι

$\displaystyle{\angle{ABE}=\frac{\angle{B_{\epsilon \xi}}}{2}\Leftrightarrow \frac{\angle{B_{\epsilon \xi}}}{2}=70^{\circ}\Leftrightarrow \angle{B_{\epsilon \xi}}=140^{\circ}}\Leftrightarrow \angle{B}=40^{\circ}}$ .

Άρα $\displaystyle{\frac{\angle{B}}{2}=20^{\circ}\Leftrightarrow \angle{\Delta BE}=\frac{\angle{B}}{2}+\angle{ABE}=90^{\circ}}$ .

Αφού $\displaystyle{\angle{\Gamma EB}=\frac{70^{\circ}}{2}=35^{\circ}}$ ,η $\displaystyle{\angle{\Gamma \Delta B}}$ ,ως εξωτερική στο $\displaystyle{\triangle{B\Delta E}}$ ισούται με το άθροισμα των απέναντι εσωτερικών δηλαδή με $\displaystyle{35^{\circ}+90^{\circ}=125^{\circ}}$ .

Επομένως $\displaystyle{\frac{\angle{\Gamma}}{2}=180^{\circ}-\frac{\angle{B}}{2}-\angle{\Gamma \Delta B}=180^{\circ}-20^{\circ}-125^{\circ}=35^{\circ}}$ επομένως $\displaystyle{\angle{\Gamma}=70^{\circ}}$ κι έτσι $\displaystyle{\angle{A}=180-\angle{B}-\angle{\Gamma}=70^{\circ}}$ .

ii) $\displaystyle{\angle{ABE}=\angle{BA\Gamma}}$ κι επειδή αυτές οι δύο είναι εντός εναλλάξ των ευθειών $\displaystyle{A\Gamma,BE}$ θα είναι $\displaystyle{A\Gamma \parallel BE}$ .

Γνωρίζουμε ότι το σημείο τομής μιας εσωτερικής διχοτόμου ενός τριγώνου με διχοτόμο μια άλλης γωνίας βρίσκεται πάνω στην εξωτερική διχοτόμο της τρίτης γωνίας και είναι το παράκεντρο του τριγώνου.

Επομένως η $\displaystyle{AE}$ είναι εξωτερική διχοτόμος της $\displaystyle{\angle{A}}$ κι έτσι $\displaystyle{\angle{BAE}=\frac{\angle{A_{\epsilon \xi}}}{2}=55^{\circ}}$ .Για να είναι $\displaystyle{AE\parallel \Gamma B}$ θα έπρεπε η $\displaystyle{\angle{B}}$ που είναι εντός εναλλάξ της $\displaystyle{\angle{BAE}}$ να είναι ίση με αυτή κάτι που δεν ισχύει αφού $\displaystyle{\angle{B}=40^{\circ}}$ άρα η παραλληλία δεν υφίσταται κι έτσι το τετράπλευρο $\displaystyle{A\Gamma BE}$ είναι τραπέζιο.

iii) Όπως είδαμε $\displaystyle{\frac{\angle{\Gamma}}}{2}=35^{\circ}\Leftrightarrow \angle{EB\Gamma}=35^{\circ}}$ .

Η $\displaystyle{\angle{\Gamma EB}}$ εξ υποθέσεως ισούται με $\displaystyle{35^{\circ}}$ κι έτσι οι δύο γωνίες είναι ίσες και το ζητούμενο έπεται.

Υ.Γ Αν εντοπιστούν λάθη να ενημερωθώ για να τα διορθώσω.

Υ.Γ.2 Την πρόταση με το παράκεντρο έχω την εντύπωση πως μπορώ να την χρησιμοποιήσω αφού βρίσκεται σε εφαρμογή του σχολικού βιβλίου.Αν όχι,σίγουρα υπάρχει κάποια εύκολη,ακόμη πιο "στοιχειώδης" απόδειξη για το ii)

Edit:Έβαλα σχήμα.

tdsotm111 · #108

Να ρωτήσω αν έχει προσπαθήσει κάποιος την 4800? Φτιάχνω το σχήμα στο geogebra και το ισοσκελές τραπέζιο που ζητάει η άσκηση να αποδειχθεί, μόνο τραπέζιο δεν είναι...
Ανδρέας

PanosG · #109

Άσκηση 4767
Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ με $\hat{A}=90^o$ . Στην πλευρά $B\Gamma$ θεωρούμε τα σημεία $K,M,\Lambda$ ώστε $BK=KM=M\Lambda=\Lambda \Gamma$ . Αν τα σημεία $\Delta$ και

είναι τα μέσα των πλευρών

και $A\Gamma$ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο $\Delta E \Lambda K$ είναι παραλληλόγραμμο (Μονάδες 13)
β) Η διάμεσος του τραπεζίου $K\Delta A M$ ισούται με $\frac{3}{8} B\Gamma$ (Μονάδεq 12)

Λύση

α) To $\Delta E$ ενώνει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου $AB\Gamma$ άρα $\Delta E \parallel B\Gamma$ και $\Delta E=\frac{B\Gamma}{2}=K\Lambda$ ,άρα το τετράπλευρο $\Delta E \Lambda K$ είναι παραλληλόγραμμο γιατί έχει δυο απέναντι πλευρές ίσες και παράλληλες.

β) Έτσι όπως είναι διατυπωμένο το ερώτημα πρέπει να αποδείξουμε ότι το $K\Delta E M$ είναι παραλλήλόγραμμο ή εννοείται άραγε;Τέλος πάντων.
Το $K\Delta$ ενώνει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ABM

άρα $K\Delta \parallel AM$ και $K\Delta=\frac{AM}{2}$ .Προφανώς η $A\Delta$ δεν είναι παράλληλη στην

άρα το $K\Delta E M$ είναι τραπέζιο. Έστω $\delta$ η διάμεσος του τραπεζίου, τότε:

$\displaystyle{\delta=\frac{\Delta K +AM}{2}=\frac{\frac{AM}{2}+AM}{2}=\frac{3AM}{4} \overset{*}= \frac{3B\Gamma}{8}}$
* αφού

διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου $AB\Gamma$ άρα $\displaystyle{AM=\frac{B\Gamma}{2}}$

#110

tdsotm111 έγραψε:Να ρωτήσω αν έχει προσπαθήσει κάποιος την 4800? Φτιάχνω το σχήμα στο geogebra και το ισοσκελές τραπέζιο που ζητάει η άσκηση να αποδειχθεί, μόνο τραπέζιο δεν είναι...
Ανδρέας

Νομίζω έχει δίκιο ο Ανδρέας.
Δεν βλέπω από που μπορεί να προκύψει η παραλληλία των $BZ, \Gamma E$ , εκτός βέβαια κάποιας κατάλληλης θέσης...

: 29-5-2014 Τράπεζα Γεωμετρίας e.jpg (43.93 KiB) Προβλήθηκε 10541 φορές

Είναι το σχήμα από το Θεώρημα του Νότιου Πόλου.
Δεν έχω άλλη αντοχή! Αν μπορεί κάποιος ας το διερευνήσει.

#111

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
tdsotm111 έγραψε:Να ρωτήσω αν έχει προσπαθήσει κάποιος την 4800? Φτιάχνω το σχήμα στο geogebra και το ισοσκελές τραπέζιο που ζητάει η άσκηση να αποδειχθεί, μόνο τραπέζιο δεν είναι...
Ανδρέας
Νομίζω έχει δίκιο ο Ανδρέας.
Δεν βλέπω από που μπορεί να προκύψει η παραλληλία των $BZ, \Gamma E$ , εκτός βέβαια κάποιας κατάλληλης θέσης...

Το συνημμένο 29-5-2014 Τράπεζα Γεωμετρίας e.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Είναι το σχήμα από το Θεώρημα του Νότιου Πόλου.
Δεν έχω άλλη αντοχή! Αν μπορεί κάποιος ας το διερευνήσει.

Γιώργο καλησπέρα.
Εικάζω ότι δεν υπάρχει περίπτωση να γίνει τραπέζιο , εκτός αν εκφυλιστεί σε ευθύγραμμο τμήμα!!

: 4_4800.png (26.58 KiB) Προβλήθηκε 10492 φορές

Νίκος

#112

Προσοχή

Πριν λύσετε άλλες ασκήσεις να κατεβάσετε το νέο κατάλογο

Από τα 4α θέματα έχουν αφαιρεθεί οι παρακάτω

2789 2809 3703 3719
3731 3767 3803 3813
4574 4614 4741 4778
4794 4800 4808 6876

#113

tdsotm111 έγραψε:Να ρωτήσω αν έχει προσπαθήσει κάποιος την 4800? Φτιάχνω το σχήμα στο geogebra και το ισοσκελές τραπέζιο που ζητάει η άσκηση να αποδειχθεί, μόνο τραπέζιο δεν είναι...
Ανδρέας

Κρίμα, γιατί αυτή η άσκηση έχει ένα σωρό άλλα ωραία στοιχεία :

α) Τα τετράπλευρα DMBE,DMZC

είναι εγγράψιμα.

β) Τα σημεία E,M,Z

είναι στην ίδια ευθεία

γ) Το

βρίσκεται στον περίκυκλο του τριγώνου ABC

κλπ

Μπάμπης

#114

Όντως ήταν καλή ....αν αλλάζαμε τα ερωτήματα

Δίνω ένα σχήμα

hlkampel · #115

Άσκηση 4769

Έστω ισοσκελές τραπέζιο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ $\left( {{\rm A}{\rm B}//\Gamma \Delta } \right)$ με $\widehat {\rm B} = 2\widehat \Gamma$ και ${\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Gamma = {\rm A}\Delta = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{2}$ .
Φέρουμε τη διχοτόμο της γωνίας $\widehat {\rm B}$ , η οποία τέμνει το $\Delta \Gamma$ στο ${\rm K}$ και η κάθετη από το ${\rm K}$ προς το ${\rm B}\Gamma$ το τέμνει στο ${\rm M}$ .
α) Να υπολογίσετε τις γωνίες του ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ .
β) Να αποδείξετε ότι:
i. Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}{\rm K}\Delta$ είναι ρόμβος.
ii. Το σημείο ${\rm M}$ είναι το μέσο του ${\rm B}\Gamma$ .

Λύση

α) Είναι $\widehat {\rm B} = 2\widehat \Gamma$ και $\widehat {\rm B} + \widehat \Gamma = 180^\circ$ ως εντός και επί τα αυτά

Έτσι $2\widehat \Gamma + \widehat \Gamma = 180^\circ \Rightarrow \widehat \Gamma = 60^\circ$ και $\widehat {\rm B} = 2\widehat \Gamma \Rightarrow \widehat {\rm B} = 120^\circ$

Οπότε $\widehat {\rm A} = \widehat {\rm B} = 120^\circ$ και $\widehat \Gamma = \widehat \Delta = 60^\circ$ αφού το τραπέζιο είναι ισοσκελές και οι γωνίες των βάσεων του είναι ίσες.

β) i. Η ${\rm B}{\rm K}$ είναι η διχοτόμος της $\widehat {\rm B}$ έτσι $\widehat {{\rm K}{\rm B}\Gamma } = \dfrac{{\widehat {\rm B}}}{2} = 60^\circ$ .

Το τρίγωνο ${\rm B}{\rm K}\Gamma$ είναι ισόπλευρο αφού έχει $\widehat {{\rm K}{\rm B}\Gamma } = \widehat \Gamma = 60^\circ$ , άρα ${\rm B}{\rm K} = {\rm K}\Gamma = {\rm B}\Gamma = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{2}$ (από την υπόθεση)

Αφού ισχύει ${\rm K}\Gamma = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{2}$ το ${\rm K}$ είναι μέσο του $\Delta \Gamma$ , έτσι:

${\rm B}{\rm K} = {\rm K}\Delta = {\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm B} = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{2}$ οπότε το ${\rm A}{\rm B}{\rm K}\Delta$ είναι ρόμβος διότι έχει και τις τέσσερεις πλευρές του ίσες.

ii. Επειδή το τρίγωνο ${\rm B}{\rm K}\Gamma$ είναι ισόπλευρο το ύψος ${\rm K}{\rm M}$ είναι και διάμεσος, έτσι το ${\rm M}$ είναι το μέσο του ${\rm B}\Gamma$ .

hlkampel · #116

Άσκηση 4771

Έστω τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και ${\rm M}$ το μέσο της πλευράς $\Delta {\rm A}$ . Προεκτείνουμε το τμήμα $\Delta {\rm A}$ (προς την πλευρά του ${\rm A}$ )κατά τμήμα ${\rm A}{\rm N} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2}$ .
Φέρουμε τα τμήματα $\Gamma {\rm M}$ και ${\rm B}{\rm N}$ και θεωρούμε τα μέσα τους ${\rm K}$ και $\Lambda$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο ${\rm M}{\rm N}{\rm B}\Gamma$ είναι παραλληλόγραμμο.
β) Το τετράπλευρο ${\rm A}\Delta {\rm K}\Lambda$ είναι παραλληλόγραμμο.
γ) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm M}{\rm K}\Lambda$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Λύση

α) Αν $\alpha$ είναι η πλευρά του τετραγώνου τότε:

${\rm M}{\rm N} = {\rm M}{\rm A} + {\rm A}{\rm N} \Leftrightarrow {\rm M}{\rm N} = \dfrac{\alpha }{2} + \dfrac{\alpha }{2} \Leftrightarrow {\rm M}{\rm N} = \alpha$

Άρα το ${\rm M}{\rm N}{\rm B}\Gamma$ είναι παραλληλόγραμμο αφού ${\rm M}{\rm N}// = {\rm B}\Gamma \left( { = \alpha } \right)$ .

β) Το ${\rm M}{\rm N}\Lambda {\rm K}$ είναι παραλληλόγραμμο επειδή ${\rm M}{\rm K}// = {\rm N}\Lambda$ ως μισά των ίσων και παραλλήλων τμημάτων ${\rm M}\Gamma ,{\rm N}{\rm B}$ ,

έτσι ${\rm K}\Lambda // = {\rm M}{\rm N}\mathop \Leftrightarrow \limits^{{\rm M}{\rm N} = {\rm A}\Delta } {\rm K}\Lambda // = {\rm A}\Delta$ οπότε το ${\rm A}\Delta {\rm K}\Lambda$ είναι παραλληλόγραμμο.

γ) ${\rm A}\Lambda = \dfrac{{{\rm B}{\rm N}}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm B}{\rm N} = {\rm M}\Gamma } {\rm A}\Lambda = \dfrac{{{\rm M}\Gamma }}{2} \Rightarrow {\rm A}\Lambda = {\rm M}{\rm K}$ ως διάμεσος στην υποτείνουσα ${\rm B}{\rm N}$ του ορθ. τριγώνου ${\rm B}{\rm A}{\rm N}$ .

Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm M}{\rm K}\Lambda$ έχει ${\rm K}\Lambda //{\rm M}{\rm N} \Rightarrow {\rm K}\Lambda //{\rm A}{\rm M}$ και ${\rm M}{\rm K} = {\rm A}\Lambda$ οπότε είναι ισοσκελές τραπέζιο.

(Η ${\rm A}\Lambda$ τέμνει τη ${\rm B}{\rm N}$ άρα τέμνει και την παράλληλη της ${\rm M}\Gamma$ , δηλαδή οι ευθείες ${\rm A}\Lambda$ και ${\rm M}{\rm K}$ τέμνονται)

#117

Μια άποψη ( υπάρχουν και άλλες το ίδιο περίπου «επώδυνες» για τους μαθητές λόγω βοηθητικών γραμμών )

: 4_4762_λύση.png (16.72 KiB) Προβλήθηκε 10226 φορές

α)Πριν χτυπήσουμε την μπάλα φέρνουμε την απόσταση ${\rm A}\Gamma$ του ${\rm A}$ από τη $\Theta {\rm H}$ και τη μεσοκάθετο του ${\rm A}\Gamma$ η οποία τέμνει την ${\rm E}\Theta$ σε σημείο ${\rm B}$ και τη ${\rm H}{\rm Z}$ σε σημείο $\Delta$ .

Έστω δε ${\rm O}$ , το σημείο τομής των ${\rm A}\Gamma ,{\rm B}\Delta$ . Στο τετράπλευρο που προέκυψε ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ οι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα , είναι ίσες (αφού το τετράπλευρο ${\rm B}\Theta {\rm H}\Delta$ είναι ορθογώνιο και έτσι ${\rm B}\Delta = \Theta {\rm H} = {\rm A}\Gamma$ ). Τώρα

στο ορθογώνιο ${\rm B}\Theta {\rm H}\Delta$ η ${\rm A}\Gamma$ είναι μεσοκάθετος στο $\Theta {\rm H}$ , άρα η μεσοπαράλληλος των ${\rm E}\Theta \,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm H}{\rm Z}$ ,δηλαδή είναι μεσοκάθετος και στο ${\rm B}\Delta$ .Δηλαδή στο τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ οι διαγώνιοι διχοτομούνται

και είναι ίσες και κάθετοι.

Το τετράπλευρο λοιπόν ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι ταυτόχρονα ρόμβος και ορθογώνιο άρα και τετράγωνο. Τώρα στο τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ οι διαγώνιοι του θα χωρίζουν τις ορθές γωνίες του σε δύο ίσες γωνίες και κάθε μια ίση

με ${45^0}$ .

Τότε όμως προφανές οι πλευρές του θα σχηματίζουν με τις ${\rm E}\Theta ,\Theta {\rm H},{\rm H}{\rm Z}$ γωνίες από ${45^0}$ . Συνεπώς αν χτυπήσουμε την μπάλα, αυτή με την προϋπόθεση ότι η γωνία προσπτώσεως ισούται με τη γωνία

ανακλάσεως και ίση με ${45^0}$ θα ακολουθήση την πορεία ${\rm A} \to {\rm B} \to \Gamma \to \Delta \to {\rm A}$

β) Έστω ${\rm M}$ το σημείο τομής των ${\rm A}\Gamma \,,\,\,{\rm E}{\rm Z}$ . Αφού η ${\rm A}\Gamma$ είναι μεσοκάθετος στο $\Theta {\rm H}$ θα είναι μεσοκάθετος και στο ${\rm E}{\rm Z}$ και άρα, το ${\rm A}$ θα ισαπέχει από τα ${\rm E},{\rm Z}$ .

γ) Αφού ${\rm A}{\rm Z} = 2{\rm A}{\rm M}$ , στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm M}{\rm A}{\rm Z}$ η γωνία $\widehat \phi = {30^0}$ και αφού το ${\rm A}{\rm E}{\rm Z}$ είναι ισοσκελές τρίγωνο θα είναι και ${\rm A}\widehat {\rm E}{\rm Z} = {30^0}$ . Προφανώς δε ${\rm A}\widehat {\rm E}{\rm Z} = {120^0}$

Νίκος

VreAnt · #118

Άσκηση 4774
Έστω κύκλος με κέντρο

και δύο κάθετες ακτίνες του

και $O\Gamma$ . Έσττω

το μέσον
του τόξου $\overset\frown{B\Gamma}$ . Από το Α φέρω κάθετες στις ακτίνες

και $O\Gamma$ που τις τέμνουν στα $\Delta$
και

αντίστοιχα. Οι προεκτάσεις των $A\Delta$ και

τέμνουν τον κύκλο στα σημεία

και $\Theta$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) $AH=A\Theta$ . (Μονάδες 4)
α) Το $A \Delta OE$ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 7)
β) Τα σημεία

και $\Theta$ είναι αντιδιαμετρικά. (Μονάδες 7)
γ) Το τετράπλευρο $B\Gamma\Theta H$ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 7)

: 4-4774.png (17.54 KiB) Προβλήθηκε 10167 φορές

Λύση

α) Αφού $A\Theta \perp OB$ , $O\Delta$ απόστημα της χορδής

. Άρα

μέσο του τόξου $\overset\frown{A\Theta}$ . Άρα $\overset\frown{B\Theta}=\overset\frown{AB}=\mu$ .
Όμοια, $\overset\frown{A\Gamma}=\overset\frown{\Gamma H}=\mu$ δεδομένου ότι

μέσο $\overset\frown{B\Gamma}$ .
Τότε όμως $A\Theta = AH$ ως χορδές ίσων τόξων ( $2\mu$ ).

β) Από υπόθεση $A\Theta \perp OB$ , $AH \perp O\Gamma$ και $OA \perp OB$ . Τότε το τετράπλευρο $B\Gamma\Theta H$ έχει 3 ορθές γωνίες, άρα είναι ορθογώνιο.

γ)Από το β), έχω $H\hat{A}\Theta=90^{0}$ . Άρα το τόξο $\overset\frown{\Theta H}$ είναι ημικύκλιο, επομένως $\Theta H$ διάμετρος δηλ. $\Theta$ ,

αντιδιαμετρικά.

δ) Αφού τα τόξα $\overset\frown{\Theta B}=\overset\frown{\Gamma H}=\mu$ , τότε $B\Gamma \parallel H\Theta$ και $\Theta B=\Gamma H$ .
Αφού $B\hat{\Theta} H+\Theta\hat{H}\Gamma=\frac{3\mu}{2}+\frac{3\mu}{2}=3\mu< 4\mu=180^{o}$ , $\Theta B$ τέμνει $\Gamma H$ .
Συνεπώς $B\Gamma\Theta H$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

hlkampel · #119

Άσκηση 4781

Δίνεται τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ , με ${\rm A}{\rm K}$ διχοτόμο της γωνίας ${\rm A}$ . Στην προέκταση της ${\rm A}{\rm K}$ θεωρούμε σημείο $\Delta$ ώστε ${\rm A}{\rm K} = {\rm K}\Delta$ . Η παράλληλη από το $\Delta$ προς την ${\rm A}{\rm B}$ τέμνει τις ${\rm A}\Gamma$ και ${\rm B}\Gamma$ στα ${\rm E}$ και ${\rm Z}$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι:
α) Το τρίγωνο ${\rm A}{\rm E}\Delta$ είναι ισοσκελές.
β) Η ${\rm E}{\rm K}$ είναι μεσοκάθετος της ${\rm A}\Delta$ .
γ) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ και ${\rm K}\Delta {\rm Z}$ είναι ίσα.
δ) Το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm Z}\Delta {\rm B}$ είναι παραλληλόγραμμο.

Λύση

α) Είναι $\widehat {{\rm E}\Delta {\rm A}} = \widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta } = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$ ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων $\Delta {\rm E}$ και ${\rm A}{\rm B}$ που τέμνονται από την ${\rm A}\Delta$ .

Όμως και $\widehat {{\rm E}{\rm A}\Delta } = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$ οπότε $\widehat {{\rm E}\Delta {\rm A}} = \widehat {{\rm E}{\rm A}\Delta }$ δηλαδή το τρίγωνο ${\rm A}{\rm E}\Delta$ είναι ισοσκελές αφού έχει δύο ίσες γωνίες.

β) Η ${\rm E}{\rm K}$ είναι διάμεσος στη βάση ${\rm A}\Delta$ του ισοσκελούς τριγώνου ${\rm A}{\rm E}\Delta$ οπότε είναι μεσοκάθετος της.

γ) Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm K}{\rm B}$ και ${\rm K}\Delta {\rm Z}$ είναι ίσα από $\Gamma - \Pi - \Gamma$ αφού έχουν:

${\rm A}{\rm K} = {\rm K}\Delta$ από την υπόθεση
$\widehat {{\rm E}\Delta {\rm A}} = \widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta } = \dfrac{{\widehat {\rm A}}}{2}$ και $\widehat {{\rm A}{\rm K}{\rm B}} = \widehat {\Delta {\rm K}{\rm Z}}$ ως κατακορυφήν.

δ) Από την παραπάνω ισότητα συμπεραίνουμε ότι ${\rm B}{\rm K} = {\rm K}{\rm Z}$ .

Όμως είναι και ${\rm A}{\rm K} = {\rm K}\Delta$

Άρα το ${\rm A}{\rm Z}\Delta {\rm B}$ είναι παραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιοι του διχοτομούνται

Christos.N · #120

Γράφω ποιες έχουν γίνει σε αυτήν την σελίδα ως ευρετήριο για τις επόμενες:

3693-3694-3696-
3701-02-08-3709-3762-
3817-3820-22-24-25-
3903-04-06-08-11-15-19-26-32-38-45-48-54-61-66
4307
4555-62-65-67-69-71-74-79-83-99
4603-06-11-14-16-19-22-26-30-35-40-43-45-46-48-49-50-51-52-53-55
4731-35-37-41-53-56-57-62-65-67-69-71-74-81-99
5886
5902-10
6875-79

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Re: ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ -ΤΕΤΑΡΤΟ ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση