Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

Συντονιστές: silouan, Doloros, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9591
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Αύγ 25, 2017 2:13 pm

Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png
Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png (15.69 KiB) Προβλήθηκε 1049 φορές
Έστω M το μέσο της πλευράς BC=a τριγώνου ABC εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας \displaystyle{R = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}}. Τα D, E είναι

σημεία των AB, AC αντίστοιχα, ώστε το τρίγωνο MDE να είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Να δείξετε ότι το μέσο H

της υποτείνουσας DE είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.

Όλες οι λύσεις είναι δεκτές, εντός και εκτός φακέλου.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4032
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Αύγ 25, 2017 11:40 pm

george visvikis έγραψε: Έστω M το μέσο της πλευράς BC=a τριγώνου ABC εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας \displaystyle{R = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}}. Τα D, E είναι σημεία των AB, AC αντίστοιχα, ώστε το τρίγωνο MDE να είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Να δείξετε ότι το μέσο H της υποτείνουσας DE είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.

Όλες οι λύσεις είναι δεκτές, εντός και εκτός φακέλου.
:coolspeak: Είναι πολύ όμορφο το πρόβλημα Γιώργο !!!! και έχω και μια όμορφη στοιχειώδη συνθετική λύση. Θα τα αφήσω το Σαββατοκύριακο να το δοκιμάσουν και τα Γεωμετρικά "Θηρία" του :logo: και θα επανέλθω αν δεν απαντηθεί ή αν η απάντηση είναι διαφορετική (που νομίζω ότι θα είναι :? )

Με όλη μου την εκτίμηση
Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2068
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Αύγ 26, 2017 3:28 pm

Έστω H, το ορθόκεντρο του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC με BC = a και \displaystyle R = \frac{a\sqrt{5}}{4}\ \ \ ,(1) όπου R είναι η ακτίνα του περίκυκλου του (O).

Λόγω της (1) ισχύει \displaystyle AH = \frac{a}{2}\ \ \ ,(2) ( αποδεικνύεται εύκολα και αφήνεται στον αναγνώστη ).

\bullet Η δια του σημείου H κάθετη ευθεία επί την HM, όπου M είναι το μέσον της πλευράς BC, τέμνει τις AB,\ AC στα σημεία D,\ E αντιστοίχως και σύμφωνα με το Θεώρημα της Πεταλούδας, ισχύει HD = HE\ \ \ ,(3) λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου BCB'C', στον κύκλο έστω (M) με κέντρο το σημείο M από BB',\ CC', ως τα ύψη του \vartriangle ABC.

Άρα, η HM ταυτίζεται με την μεσοκάθετη ευθεία του DE ( ανεξαρτήτως της (1) ) και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι στην περίπτωση μας ισχύει MH = HD = HE.
f=171_t=59584.png
Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.
f=171_t=59584.png (24.62 KiB) Προβλήθηκε 860 φορές
\bullet Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ABA'B' έχουμε \angle HAE = \angle MBH\ \ \ ,(4)

Από AH\perp BM και EH\perp HM έχουμε \angle AHE = \angle BMH\ \ \ ,(5)

Από (4),\ (5) και AH = BM προκύπτει ότι τε τρίγωνα \vartriangle AHE,\ \vartriangle BMH είναι ίσα.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι MH = HE\Rightarrow \boxed{MH = HD = HE} και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Σάβ Αύγ 26, 2017 7:24 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4032
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Αύγ 26, 2017 5:20 pm

george visvikis έγραψε: Έστω M το μέσο της πλευράς BC=a τριγώνου ABC εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας \displaystyle{R = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}}. Τα D, E είναι σημεία των AB, AC αντίστοιχα, ώστε το τρίγωνο MDE να είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Να δείξετε ότι το μέσο H της υποτείνουσας DE είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.
Όλες οι λύσεις είναι δεκτές, εντός και εκτός φακέλου.
Αφού "ξύπνησαν" τα ΘΗΡΙΑ!!! . Την περίμενα Κώστα αυτή τη λύση με την "Πεταλούδα" (φώναζε η καθετότητα με την ισότητα , γι'αυτό και ο υπαινιγμός στο προηγούμενο σχόλιό μου περι διαφοροποίησης της λύσης)

\bullet Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο OMB \Rightarrow OM = \sqrt {O{B^2} - M{B^2}}  = \sqrt {{R^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} \mathop  \Rightarrow \limits^{R = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}} OM = \dfrac{a}{4}:\left( 1 \right) και

ας είναι N το συμμετρικό του M ως προς το O.Από την \left( 1 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{NM\,\,\mu \varepsilon \sigma o\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \eta \,\,\tau \eta \varsigma \,\,BC} BNC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές \left( {\angle BNC = {{90}^0}} \right).

Έτσι τα τετράπλευρα BDML,MLNE , όπου L\equiv BN\cap DE είναι εγγράψιμα σε κύκλους \left( {\angle LEM = LNM = \angle MBL = MDL = {{45}^0}} \right) οπότε

έχουμε: \angle NEL = \angle NML = {90^0} - \angle LMB = {90^0} - \angle LDA \Rightarrow EN \bot AB:\left( 2 \right) και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι DN \bot AC:\left( 3 \right).

Από \left( 2 \right),\left( 3 \right) προκύπτει ότι N είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ADE \Rightarrow AN \bot DE\mathop  \Rightarrow \limits^{HM \bot DE} AN\parallel HM:\left( 4 \right).
[attachment=0]Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png[/attachment]
\bullet Αν \left( K \right) είναι ο περίκυκλος του τριγώνου \vartriangle ADE ( το K προφανώς ανήκει στη μεσοκάθετη MH της πλευράς του AN = 2KH:\left( 5 \right) (γνωστή πρόταση)

και \angle DKE = 2\left( {\angle DAE} \right) \equiv 2\left( {\angle BAC} \right) = \angle BOC, επομένως τα ισοσκελή τρίγωνα DKE,BOC είναι όμοια, άρα

\dfrac{{KH}}{{DE}} = \dfrac{{OM}}{{BC}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow KH = \dfrac{{DE}}{4} = \dfrac{{HM}}{2} \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} AN = HM\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} AHMN παραλληλόγραμμο οπότε

\left\{ \begin{array}{c} 
AH\parallel NM\\ 
AH = NM = 2OM 
\end{array} \right.\mathop  \Rightarrow \limits^{NM \bot BC} \left\{ \begin{array}{c} 
AH \bot BC\\ 
AH = 2OM 
\end{array} \right. \Rightarrow H το ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle ABC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης
Συνημμένα
Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png
Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png (41.82 KiB) Προβλήθηκε 900 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5493
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Σάβ Αύγ 26, 2017 9:12 pm

Είναι "αμάρτημα" να μην λες ένα γειά σε αυτή τη παρέα.
george visvikis έγραψε:Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png
Έστω M το μέσο της πλευράς BC=a τριγώνου ABC εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας \displaystyle{R = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}}. Τα D, E είναι σημεία των AB, AC αντίστοιχα, ώστε το τρίγωνο MDE να είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Να δείξετε ότι το μέσο H της υποτείνουσας DE είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.
Όλες οι λύσεις είναι δεκτές, εντός και εκτός φακέλου.
Από την υπόθεση έχουμε άμεσα με απλό υπολογισμό ότι BM=2OM. Έστω H το ορθόκεντρο και FH \bot HM. Αρκεί να αποδείξουμε MH=HF. Έχουμε άμεσα AH = 2OM = BM. Επίσης ισχύει \angle MBH = \angle HAF,\;\,\angle FHA = \angle HMB, δηλαδή τα τρίγωνα AHF, BMH είναι ίσα. Προφανώς τα αυτά συμβαίνουν και με το D. Εδώ θεωρώ ότι τελειώσαμε, αφού F \equiv E.
;ςχψ.png
;ςχψ.png (19.96 KiB) Προβλήθηκε 845 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7355
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Αύγ 26, 2017 10:38 pm

S.E.Louridas έγραψε:Είναι "αμάρτημα" να μην λες ένα γειά σε αυτή τη παρέα.
george visvikis έγραψε:Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png
Έστω M το μέσο της πλευράς BC=a τριγώνου ABC εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας \displaystyle{R = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}}. Τα D, E είναι σημεία των AB, AC αντίστοιχα, ώστε το τρίγωνο MDE να είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Να δείξετε ότι το μέσο H της υποτείνουσας DE είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.
Όλες οι λύσεις είναι δεκτές, εντός και εκτός φακέλου.
Από την υπόθεση έχουμε άμεσα με απλό υπολογισμό ότι BM=2OM. Έστω H το ορθόκεντρο και FH \bot HM. Αρκεί να αποδείξουμε MH=HF. Έχουμε άμεσα AH = 2OM = BM. Επίσης ισχύει \angle MBH = \angle HAF,\;\,\angle FHA = \angle HMB, δηλαδή τα τρίγωνα AHF, BMH είναι ίσα. Προφανώς τα αυτά συμβαίνουν και με το D. Εδώ θεωρώ ότι τελειώσαμε, αφού F \equiv E.;ςχψ.png

Δεν μπορώ να μην χειροκροτήσω τη λύση ποίημα του Σωτήρη! :clap2: :clap2:


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5493
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Κυρ Αύγ 27, 2017 8:20 am

Καλημέρα.
Μερικές φορές γράφουμε μία λύση, χωρίς να έχουμε δει τις άλλες απαντήσεις και αυτό λόγω ταχυτήτων ή επειδή "βιαζόμαστε" να μοιραστούμε κάτι που σκεφτήκαμε και μας αρέσει. Αυτό το λέω διότι τελικά η λύση μου στηρίχτηκε στην ίδια κλασική μέθοδο με εκείνης του Κώστα, της δημιουργίας δηλαδή του ισοδύναμου προβλήματος, κάτι που διαπίστωσα σήμερα. Βέβαια εγώ δεν χρειάστηκα το θεώρημα της πεταλούδας αφού δούλεψα στο «πάνω» μέρος με κάθετη ημιευθεία, καθότι ομοίως έχουμε και για την «κάτω» κάθετη ημιευθεία.
Τώρα εκείνο που εκκρεμεί και επειδή κατά τη δημιουργία ισοδύναμου προβλήματος «αναστρέφουμε ρόλους», είναι να αποδειχθεί μετά την ύπαρξη του ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου MED, πως αυτό είναι μοναδικό. Αυτό εδώ εξασφαλίζεται και από το εξής: Ο γεωμετρικός τόπος της κορυφής D του ορθογωνίου \left( {\angle EMD = {{90}^ \circ }} \right) και ισοσκελούς τριγώνου MDE, όταν η κορυφή M είναι σταθερή και η κορυφή E κινείται σε σταθερή ευθεία (εδώ την AC), είναι ευθεία που η τομή της (αν υπάρχει) με την ευθεία AB είναι μοναδικό σημείο και είναι τελικά το D.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7355
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Αύγ 27, 2017 11:40 am

george visvikis έγραψε:Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png
Έστω M το μέσο της πλευράς BC=a τριγώνου ABC εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας \displaystyle{R = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}}. Τα D, E είναι

σημεία των AB, AC αντίστοιχα, ώστε το τρίγωνο MDE να είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Να δείξετε ότι το μέσο H

της υποτείνουσας DE είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC.

Όλες οι λύσεις είναι δεκτές, εντός και εκτός φακέλου.
Λήμμα

Σε κάθε τρίγωνο \vartriangle ABC με ορθόκεντρο H και μέσο M του BC , Αν η κάθετη επί

το MH στο H τέμνει τις AB,AC στα D,E θα ισχύει HD = HE
Λήμμα ορθοκέντρου_2.png
Λήμμα ορθοκέντρου_2.png (38.95 KiB) Προβλήθηκε 735 φορές
Επειδή \left\{ \begin{gathered} 
  \widehat x = \widehat y \hfill \\ 
  \widehat \omega  = \widehat \theta  \hfill \\  
\end{gathered}  \right. ( οξείες με πλευρές κάθετες )

θα είναι \vartriangle MCH \approx \vartriangle HAD και άμεσα \vartriangle MBH \approx \vartriangle HAE. Έτσι :

\left\{ \begin{gathered} 
  \frac{{MH}}{{HD}} = \frac{{MC}}{{HA}} \hfill \\ 
  \frac{{MH}}{{HE}} = \frac{{MB}}{{HA}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{HD = HE}

Τα υπόλοιπα όπως ο Κώστας, αλλά και το "σφράγισμα" της άσκησης από τον Σωτήρη. Εύσημα προφανώς στον Στάθη για την πιο γρήγορη απάντηση ( Ισχύς =Έργο/χρόνου) .


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5493
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Κυρ Αύγ 27, 2017 11:48 am

george visvikis έγραψε:Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής.png
Έστω M το μέσο της πλευράς BC=a τριγώνου ABC εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας \displaystyle{R = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}}. Τα D, E είναι σημεία των AB, AC αντίστοιχα, ώστε το τρίγωνο MDE να είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Να δείξετε ότι το μέσο H της υποτείνουσας DE είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC. Όλες οι λύσεις είναι δεκτές, εντός και εκτός φακέλου.
Ας δούμε και την εξής διαπραγμάτευση:

Άμεσα από την υπόθεση έχουμε BM=2OM. Θεωρούμε το ύψος AE και H το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC. Έστω σημείο T της AC, τέτοιο ώστε MT \bot AC
Αν D είναι το σημείο τομής του περιεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο MTH με την AC, τότε \vartriangle AHD = \vartriangle BMH, αφού AH = 2OM=BM,\;\,\angle HAD = \angle MBH,\;\,\angle DHA = \angle HMB, επομένως το τρίγωνο MHD είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Εδώ θεωρώ ότι η διαπραγμάτευση τελείωσε.
12ΑΦ.png
12ΑΦ.png (24.35 KiB) Προβλήθηκε 649 φορές
τελευταία επεξεργασία από S.E.Louridas σε Κυρ Αύγ 27, 2017 9:48 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9591
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ορθόκεντρο ειδικής κατασκευής

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Αύγ 27, 2017 11:08 pm

Οι Γίγαντες της Γεωμετρίας με τις όμορφες και φαντεζί λύσεις τους έκαναν και πάλι τη διαφορά. Είναι μεγάλη τιμή για τον

οποιονδήποτε θεματοδότη, να ασχολείται η
Dream Team με ένα προτεινόμενο θέμα του. Σας ευχαριστώ όλους από καρδιάς!

Η αρχική άσκηση ήταν το Λήμμα που αναφέρει πιο πάνω ο Νίκος. Στη συνέχεια εμπλουτίστηκε με την ακτίνα του περιγεγραμμένου

κύκλου, έτσι ώστε να προκύψει \displaystyle{AH = \frac{a}{2}} και το τρίγωνο MDE εκτός από ισοσκελές να είναι και ορθογώνιο. Τέλος αντιστράφηκε

το πρόβλημα και αντί για το τρίγωνο, ζητήθηκε να αποδειχθεί το ορθόκεντρο. Ο Στάθης απάντησε απευθείας στο ζητούμενο.

Ο Κώστας, ο Σωτήρης, ο Νίκος κι εγώ προτιμήσαμε το ισοδύναμο ζητούμενο, του οποίου την εγκυρότητα απέδειξε ο Σωτήρης με τη

μοναδικότητα του τριγώνου MDE. Η λύση μου στο Λήμμα, διαφέρει ελάχιστα από του Νίκου. Την γράφω για λόγους πλουραλισμού.
Doloros έγραψε: Λήμμα

Σε κάθε τρίγωνο \vartriangle ABC με ορθόκεντρο H και μέσο M του BC , Αν η κάθετη επί

το MH στο H τέμνει τις AB,AC στα D,E θα ισχύει HD = HE
Ορθόκεντρο.b.png
Ορθόκεντρο.b.png (22.62 KiB) Προβλήθηκε 632 φορές
Έστω ότι η HM τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο A' που είναι και το αντιδιαμετρικό του A. Από το εγγράψιμο HECA' είναι

A\widehat ED=H\widehat A'C, ενώ B\widehat AC=H\widehat CA', ως οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες. Άρα τα τρίγωνα ADE, CHA' είναι όμοια.

Επειδή όμως H\widehat CM=90^0-\widehat B=D\widehat AH και M είναι το μέσο του HA', το H θα είναι το μέσο του DE.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης