ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

#1

Αυτά είναι τα θέματα !

Έχει έρθει μια μικρή παρατήρηση για τη Β' Λυκείου !Είναι στο αρχείο word.Απλά καταργήθηκε το ίσον στο πρόβλημα 2 .

Καλά αποτελέσματα !!!!!!!!

Μπάμπης

#2

Πρόβλημα 3: Α λυκείου

(α) Έστω O_1

το σημείο τομής των (εσωτερικών) διχοτόμων του τριγώνου $AB\Gamma$ .

Η BO_1

είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle B$ του ισοσκελούς τριγώνου EBB_2

. Συνεπώς, θα είναι μεσοκάθετος του EB_2

. Ομοίως, η AO_1

είναι μεσοκάθετος του

, ως διχοτόμος της γωνίας $\angle A$ του ισοσκελούς τριγώνου EAD

, και η
$\Gamma O_1$ είναι μεσοκάθετος του $\Gamma_1 D$ , ως διχοτόμος της γωνίας $\angle \Gamma$ του ισοσκελούς τριγώνου $D\Gamma \Gamma_1$ .

Άρα το $\Gamma_1O_1=DO_1=EO_1=B_2 O_1$ , δηλ τα σημεία $E,B_2,\Gamma_1,\Delta$ είναι ομοκυκλικά, με O_1

το κέντρο του κύκλου.

(Πιο σύντομα: to O_1

είναι το περίκεντρο των τριγώνων B_2ED

και $ED\Gamma_1$ , κι άρα τα σημεία $E,B_2,\Gamma_1,\Delta$ είναι ομοκυκλικά).

(β) Ομοίως, έστω O_2

το σημείο τομής των εξωτερικών διχοτόμων των γωνιών $B, \Gamma$ του τριγώνου $AB\Gamma$ . Αποδεικνύεται ότι το O_2

ανήκει στην εσωτερική διχοτόμο AO_1

της γωνίας

. (To

λέγεται παράκεντρο).

H BO_2

είναι μεσοκάθετος του EB_1

. H $\Gamma O_2$ είναι μεσοκάθετος της $D\Gamma_2$ .
Εύκολα βλέπουμε, όπως πριν, ότι τα $E,B_1, \Gamma_2, D$ ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το O_2

.

(γ) Τα σημεία A,O_1,O_2

ανήκουν στην εσωτερική διχοτόμο της γωνίας

του τριγώνου $AB\Gamma$
(από το (β)), ή αλλοιώς στη μεσοκάθετο του τμήματος $E\Delta$ .

Edit: διόρθωση τυπογραφικών.

Ιστοσελίδα · #3

Καλημέρα και καλή επιτυχία στα παιδιά. Β' Γυμνασίου - Πρόβλημα 3

: BGym_3.png (23.64 KiB) Προβλήθηκε 6239 φορές

1) Από το ισοσκελές $\triangle {\rm A}{\rm B}\Delta$ : ${\rm A}\widehat {\rm B}\Delta = {\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = \varphi$ και από ${\rm A}\Delta //{\rm B}\Gamma :\,{\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = \Delta \widehat {\rm B}\Gamma = \varphi$ , που σημαίνει πως η ${\rm B}\Delta$ διχοτομεί την ${\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma$ .
Εναλλακτικά αν κατασκευάσουμε το ρόμβο ${\rm A}\Delta {\rm K}{\rm B}$ (φέροντας παράλληλη από το $\Delta$ προς την ${\rm A}{\rm B}$ και προεκτείνοντας την ${\rm B}\Gamma$ μέχρι να την τμήσει στο ${\rm K}$ ) προκύπτει σαν άμεση συνέπεια της ιδιότητάς του.

2) Για να είναι το $\triangle {\rm A}\Delta {\rm E}$ ισοσκελές πρέπει $\Delta \widehat {\rm A}\Gamma \mathop = \limits^{{\rm A}\Delta //{\rm B}\Gamma } {\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = 2\varphi = {\rm A}\widehat {\rm E}\Delta$ , οπότε $5\varphi = {180^ \circ } \Rightarrow \varphi = \omega = {36^ \circ } \Rightarrow \Delta {\rm A}{\rm E},{\rm A}{\rm B}\Gamma \left( {{{36}^ \circ }{{,72}^ \circ }{{,72}^ \circ }} \right)$ χρυσά ισοσκελή.

S.E.Louridas · #4

Κατ’ αρχήν Πολλά Συγχαρητήρια και Καλά Αποτελέσματα στους διαγωνιζόμενους.
Ήδη ένα ακόμη βασικό βήμα για μία ποιοτική αντίληψη ζωής έγινε από μέρους τους με την συμμετοχή τους στον σπουδαίο αυτό Διαγωνισμό.
Σε πρώτη επαφή που είχα με τα θέματα θεωρώ ότι ήταν καλά θέματα για τον διαγωνισμό αυτό.
Προσωπικά μου άρεσε ιδιαίτερα το 4ο θέμα της Α΄ Λυκείου με την "κρυμμένη" ταυτότητα, την απόρριψη της τιμής 0 (μηδέν) για το και τελικά της ισότητας ενός θετικού ή μηδέν μεγέθους με ένα αρνητικό ή μηδέν μέγεθος άρα της μετάβασης έτσι στην τιμή 0 (μηδέν).
Για το θέμα της Γεωμετρίας της Λυκείου, θα μπορούσε κανείς να θεωρήσει τον κύκλο ο οποίος εφάπτεται στους δύο δεδομένους κύκλους, με ότι αυτό συνεπάγεται.

#5

Για το 4ο Θέμα της Α' Λυκείου:

Η εξίσωση λύνεται πολύ εύκολα αν τη δούμε ως δευτεροβάθμια ως προς $\displaystyle{a.}$

Καταρχάς, έχουμε τον περιορισμό $\displaystyle{x\geq 2.}$

Η διακρίνουσα της ως προς $\displaystyle{a}$ δευτεροβάθμιας είναι (αφού γίνουν οι πράξεις)

$\displaystyle{\Delta =-4x^2\sqrt{x-2}.}$

Επειδή είναι $\displaystyle{a\in \mathbb{R}}$ πρέπει $\displaystyle{\Delta \geq 0\implies x=2.}$

Τότε βρίσκουμε $\displaystyle{4a^2+4a(\sqrt{2}-1)+3-2\sqrt{2}=0 \iff (2a+\sqrt{2}-1)^2=0 \iff a=\frac{1-\sqrt{2}}{2}.}$

Η επαλήθευση είναι άμεση.

Επομένως, η εξίσωση έχει τη μοναδική λύση $\displaystyle{x=2}$ και αυτό αν και μόνο αν $\displaystyle{a=\frac{1-\sqrt{2}}{2}.}$

kleovoulos · #6

Πρόβλημα 1β - Γ' Γυμνασίου

Ερώτημα: Να βρείτε το πλήθος των ψηφίων του αριθμού $B=16^{23}*5^{89}$ , όταν αυτός γραφεί στη δεκαδική αναπαράστασή του. (Μονάδες

)
Απάντηση: Παρατηρούμε ότι το $16^{23}$ μπορεί να γραφτεί ως $16^{23}=(2^4)^{23}=2^{92}$ άρα $B=16^{23}*5^{89}=2^{92}*5^{89}= 2^3*2^{89}*5^{89}=2^3(2*5)^{89}=8*10^{89}$ . O αριθμός Β, λοιπόν, αποτελείται από 89 μηδενικά και ένα οκτώ, άρα 90 ψηφία στο σύνολο.

(Είναι σωστή η σκέψη μου;)

#7

Οι ενδεικτικές λύσεις .

Μπ.

S.E.Louridas · #8

S.E.Louridas έγραψε:Προσωπικά μου άρεσε ιδιαίτερα το 4ο θέμα της Α΄ Λυκείου με την "κρυμμένη" ταυτότητα, την απόρριψη της τιμής 0 (μηδέν) για το και τελικά της ισότητας ενός θετικού ή μηδέν μεγέθους με ένα αρνητικό ή μηδέν μέγεθος άρα της μετάβασης έτσι στην τιμή 0 (μηδέν).

Γιά την Α - Λυκείου την Άλγεβρα το 4ο, επιτρέψτε μου να υλοποιήσω την παραπάνω σκέψη μου.

$x \geqslant 2.\quad$
Αν a=0

έχουμε άμεσα
$0 \leqslant \sqrt {x - 2} = 2\sqrt 2 - 3 < 0 \Rightarrow 0 < 0,$ άτοπο.
Αν $a \ne 0,$ η εξίσωση μας γίνεται, άμεσα
$0 \leqslant \left( {ax + \sqrt 2 - 1} \right)^2 = - \sqrt {x - 2} \leqslant 0 \Rightarrow x = 2,\quad a = \frac{{1 - \sqrt 2 }} {2}.$

Ιστοσελίδα · #9

Γ' Γυμνασίου - Πρόβλημα 3

: GGym_3.png (28.63 KiB) Προβλήθηκε 6104 φορές

1) Απ’ το ισοσκελές $\triangle {\rm E}{\rm B}{\rm Z}$ και με ανάλυση γωνιών (απ’ το σχήμα), συμπεραίνουμε πως ${\rm E}\widehat {\rm B}{\rm Z} = {\rm E}\widehat {\rm Z}{\rm B} = {30^ \circ } + \varphi$ , οπότε ${\rm A}\widehat {\rm B}{\rm Z} = \Gamma \widehat {\rm B}{\rm Z} = {30^ \circ }$ . Από $\Pi - \Gamma - \Pi$ έχουμε $\triangle {\rm A}{\rm B}{\rm Z} = \triangle \Gamma {\rm B}{\rm Z} \Rightarrow {\rm A}{\rm Z} = {\rm Z}\Gamma = {\rm E}\Gamma$ .

2) Από Πυθαγόρειο στο $\triangle {\rm E}{\rm B}\Delta :$ ${\rm B}{\rm E} = \displaystyle\frac{{\sqrt {13} \alpha }}{2}$ και $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \displaystyle\frac{{{\alpha ^2}\sqrt 3 }}{4}$ . Θα ισχύει $\displaystyle\frac{{\left( {{\rm Z}{\rm E}\Gamma } \right)}}{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = {\left( {\displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{{\rm A}{\rm B}}}} \right)^2} \Rightarrow \ldots \left( {{\rm Z}{\rm E}\Gamma } \right) = \displaystyle\frac{{13\sqrt 3 {\alpha ^2}}}{{16}}$ και $\left( {\Gamma {\rm E}{\rm A}} \right) = \left( {\Gamma {\rm A}\Delta } \right) = \displaystyle\frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}}{2} = \displaystyle\frac{{{\alpha ^2}\sqrt 3 }}{8}$ . Έτσι $\left( {{\rm A}\Gamma {\rm Z}{\rm E}} \right) = \left( {{\rm Z}{\rm E}\Gamma } \right) + \left( {\Gamma {\rm E}{\rm A}} \right) = \displaystyle\frac{{15\sqrt 3 {\alpha ^2}}}{{16}}$ .

3) Απ’ το ισοσκελές $\triangle {\rm Z}{\rm E}{\rm A}$ έχουμε ${\rm Z}{\rm M}//{\rm B}\Gamma$ και από Πυθαγόρειο στο $\triangle {\rm Z}{\rm M}{\rm A}$ : ${\rm Z}{\rm M} = \displaystyle\frac{{7\alpha }}{4}$ . Το ${\rm B}\Gamma {\rm Z}{\rm M}$ είναι τραπέζιο με ύψος $\displaystyle\frac{{3\alpha \sqrt 3 }}{4}$ , οπότε $\left( {{\rm B}\Gamma {\rm Z}{\rm M}} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {\alpha + \frac{{7\alpha }}{4}} \right)}}{2}\frac{{3\alpha \sqrt 3 }}{4} = \frac{{33\sqrt 3 {\alpha ^2}}}{{32}}$ .

Απαιτητικό, κατά τη γνώμη μου, θέμα για μαθητές με πολλές πράξεις…

KARKAR · #10

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'

: 13.png (28.09 KiB) Προβλήθηκε 6043 φορές

Τα τρίγωνα ABE , ADC

είναι ίσα (Π-Γ-Π) , συνεπώς και οι περίκυκλοί τους , δηλαδή τα M, B , D

είναι συνευθειακά .

Τότε : $\widehat{EBM}= \widehat{EAM}= \phi+\theta$ ,(βαίνουν σε ίσα τόξα ) και : $\widehat{EBM}= \phi+\zeta$ (εξωτερική εγγραψίμου) , άρα : $\phi=\zeta$ .

#11

Για το πρώτο θέμα της Γ Λυκείου, μια ακόμα λύση (εκτός της ενδεικτικής)

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{x^3 <x^3 +2x^2 +1 <(x+1)^3 }$ , για κάθε $\displaystyle{x\epsilon (-\propto , -3)U(0,+\propto )}$ .

Συνεπώς, δεν μπορεί η παράσταση αυτή να είναι τέλειος κύβος ακεραίου. Άρα πρέπει $\displaystyle{x\in [-3 , 0]}$ . Και αφού $\displaystyle{x\in Z}$ ,

θα έχουμε ότι $\displaystyle{x=-3}$ ή $\displaystyle{x=-2}$ ή $\displaystyle{x=-1}$ ή $\displaystyle{x=0}$ .

Εύκολα επαληθεύουμε ότι μόνο για $\displaystyle{x=-3}$ , έχουμε την λύση $\displaystyle{(x,y,z)=(-3 , -2 , 2)}$ ή $\displaystyle{(x,y,z)=(-3,-2,-2)}$

#12

Θέμα 2ο Γ'Λυκείου:

Για $\displaystyle{x=y=0}$ βρίσκουμε $\displaystyle{f(0)=(f(0))^2\implies f(0)=1\vee f(0)=0.}$

Αν $\displaystyle{f(0)=1,}$ για $\displaystyle{y=x}$ βρίσκουμε $\displaystyle{f(x^2)-x^2=f(2x),}$ η οποία για $\displaystyle{x=2}$ δίνει $\displaystyle{f(4)-4=f(4),}$ άτοπο.

Άρα $\displaystyle{\boxed{f(0)=0}}$

Για $\displaystyle{x=y}$ έχουμε $\displaystyle{f(x^2)=x^2\implies \boxed{f(x)=x,~\forall x> 0.}}$

Για $\displaystyle{x=0}$ βρίσκουμε $\displaystyle{f(y)f(-y)=-y^2.}$

Κάποιο από τα $\displaystyle{y,-y}$ θα είναι θετικό. Π.χ. $\displaystyle{y>0,}$ οπότε $\displaystyle{f(y)=y}$ και από την προηγούμενη σχέση βρίσκουμε $\displaystyle{f(-y)=-y,~-y<0.}$

Άρα τελικά, η $\displaystyle{f}$ είναι η ταυτοτική. (Η επαλήθευση είναι άμεση).

kleovoulos · #13

Είναι διαθέσιμο το σχέδιο βαθμολόγησης; Ευχαριστώ εκ των προτέρων.

S.E.Louridas · #14

Aπλά τοποθετώ το σχήμα για την ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ της Γ΄ Λυκείου.

edit: Συμπλήρωση γραμμών στο σχήμα

#15

Για το πρώτο θέμα της γ΄ Λυκείου:
1. Στο σύνολο των ακεραίων, να λυθεί το σύστημα: xy=z^2+2

και

.

Από τη δεύτερη προκύπτει ότι y>x

. Θέτουμε $k=y-x\geq 1$ . Τότε η δεύτερη γράφεται:

$\left(3k-2 \right)x^2+3k^2x+k^3-1=0$ .

Η διακρίνουσά της είναι $\Delta =-3k^4+8k^3+12k-8.$

Για $k\geq 4$ είναι $\Delta =-3k^3(k-4)-4k(k^2-16)-52k-8<0$ . Άρα $k\in \left\{1,2,3 \right\}$

Για k=1

είναι $x\in\left\{0,-3 \right\}$ . Τότε (x,y)=(0,1)

που απορρίπτεται ή (x,y)=(-3,-2)

που δίνει $z=\pm 2$

Για k=2

είναι $\Delta =32$ , άρα δεν έχουμε ακέραιες λύσεις.

Για k=3

είναι

και

που απορρίπτεται.

ArgirisM · #16

Μία για το 4 β' λυκείου. Η $A = \sqrt{13 - 2x} + \sqrt{13 + 2x}$ για να ορίζεται πρέπει $x \in [\frac{-13}{2}, \frac{13}{2}]$ . Θεωρούμε τα διανύσματα $\vec{a} = (1, 1), \vec{b} = ({\sqrt{13 - 2x}, \sqrt {13 + 2x})$ . Είναι $\vec{a} \vec{b} \leqslant |\vec{a}||\vec{b}|$ . Έτσι προκύπτει ότι $A \leqslant 7$ . Μετά με την ανισότητα $\sqrt{k} + \sqrt{l} \geq \sqrt{k + l}$ έχουμε ότι $A \geq 6$ και ούτω καθ' εξής. Μονάχα έκανα ένα αριθμητικό που τώρα μόλις βρήκα. Συγκεκριμένα στο γραπτό στην πρώτη ανίσωση αντί να βάλω $A \leqslant \sqrt{52}$ που τότε βγαίνει ότι η A μπορεί να ισούται και με εφτά και με έξι έβαλα $\sqrt{42}$ και ετσι οι άρρητες λύσεις δεν μου βγήκαν. Λέτε να μου κόψουν πάνω από μία μονάδα για αυτό;
Και ας μου επιτραπεί και ένα σχόλιο για το πρώτο θέμα. Πολύ άχαρο ήταν πραγματικά! Όλο πράξεις είχε και πολλές περιπτώσεις. Είδα πολλά παιδιά τα οποία χτυπιόντουσαν να το γράψουν όλο στο τελευταίο μισάωρο. Νομίζω πως πρόκειται για περίπτωση ανάλογη κάποιων θεμάτων του Θαλή, όπου δυσκολευτηκαν χωρίς λόγο οι μαθητές στην αρχή γιατί τα θέματα ξεκινούσαν απότομα. Κατά τα άλλα εντάξει τα θέματα, αν και κατά την άποψή μου σαφώς δυσκολότερα από τα περσινά (ειδικά η γεωμετρία).

Grigoris K. · #17

Χαιρετώ την παρέα του

. Σήμερα έδινα στη Γ' Λυκείου και δεν τα πήγα καθόλου καλά. Έλυσα 1ο και 4ο και στο 2ο απέδειξα ότι $\displaystyle{ f(x) = x, ~ x \geq 0 }$ .
Δυστυχώς δεν κατόρθωσα να αποδείξω ότι η $\displaystyle{ f }$ είναι περιττή αν και απ' ότι βλέπω ήταν πολύ απλό

.

Να σημειώσω ότι η Γεωμετρία δεν μου φάνηκε πολύ δύσκολη καθώς λυνόταν με ίσα τρίγωνα και angle-chasing ενὠ δεν απαιτούσε κάποιο περίτεχνο χειρισμό.
Εύχομαι καλά αποτελέσματα σε όλους τους διαγωνιζόμενους του

.

Τέλος δίνω μία ακόμη προσέγγιση για το 1ο:
Ισχύει $\displaystyle{ y^3 - x^3 = 2x^2 + 1 \implies (y-x)(y^2 + xy + x^2) = 2x^2 + 1\implies y - x = \frac{2x^2+1}{x^2 + z^2 + 2 + y^2} < \frac{2x^2 +1}{x^2 + 1} < 2}$
$\displaystyle{ \implies 0 < y - x < 2 \implies y - x = 1 }$ . Η συνέχεια είναι απλή.

Edit: Έγραψα κατά λάθος 3ο αντί για 2ο.

bilstef · #18

το σχέδιο βαθμολόγησης από ΕΜΕ

#19

Grigoris K. έγραψε:Χαιρετώ την παρέα του . Σήμερα έδινα στη Γ' Λυκείου και δεν τα πήγα καθόλου καλά. Έλυσα 1ο και 4ο και στο 3ο απέδειξα ότι $\displaystyle{ f(x) = x, ~ x \geq 0 }$ .
Δυστυχώς δεν κατόρθωσα να αποδείξω ότι η $\displaystyle{ f }$ είναι περιττή αν και απ' ότι βλέπω ήταν πολύ απλό .

Να σημειώσω ότι η Γεωμετρία δεν μου φάνηκε πολύ δύσκολη καθώς λυνόταν με ίσα τρίγωνα και angle-chasing ενὠ δεν απαιτούσε κάποιο περίτεχνο χειρισμό.
Εύχομαι καλά αποτελέσματα σε όλους τους διαγωνιζόμενους του .

Τέλος δίνω μία ακόμη προσέγγιση για το 1ο:
Ισχύει $\displaystyle{ y^3 - x^3 = 2x^2 + 1 \implies (y-x)(y^2 + xy + x^2) = 2x^2 + 1\implies y - x = \frac{2x^2+1}{x^2 + z^2 + 2 + y^2} < \frac{2x^2 +1}{x^2 + 1} < 2}$
$\displaystyle{ \implies 0 < y - x < 2 \implies y - x = 1 }$ . Η συνέχεια είναι απλή.

Γρηγόρη, συγχαρητήρια για την λύση αυτή!!!

(Το ότι λες ότι δεν τα πήγες καθόλου καλά, καταλαβαίνω ότι ενοείς ότι απλώς...δεν έπιασες το ΑΡΙΣΤΑ, που βέβαια το άξιζες.
Σου εύχομαι ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ και στον ΑΡΧΙΜΗΔΗ, που είναι βέβαιο ότι θα συμμετέχεις)

#20

ΘΕΜΑ 4-Γ-ΛΥΚΕΙΟΥ

(α) Αν $X=BC\cap ST$ , τότε $\angle BCH=\angle BAH=\angle SAH=\angle STH$ , κι άρα το XTCH

είναι εγγράψιμο.
Ομοίως, $\angle TSH=\angle TAH=\angle CAH=\angle CBH$ κι άρα το SBXH

είναι εγγράψιμο.

Έστω

$\varphi:=\angle BSX=\angle BHX$ , $\omega:=\angle BCT=\angle XHT$ , και $\theta:=\angle SHB=\angle BXS=\angle TXC$ .

Τότε $\angle ATS=\theta+\omega$ (εξωτερική στο τρίγωνο XTC

).

Έστω $P=HB\cap c_1$ . Αφού SHTP

είναι εγγράψιμο, έχουμε $\angle PTS=\angle PHS=\theta$ , κι άρα $\ATP=\omega=\angle ACB$ , δηλ. PT//BC

και $PT \perp AD$ .

Συνεπώς, $\omega=\angle APT=\angle AST=\varphi$ κι άρα (τα σημεία H,X,A

είναι συνευθειακά, και) $\angle BST=\varphi=\omega=BCT$ , δηλ. το SBTC

είναι εγγράψιμο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Re: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 2012-2013

Μέλη σε σύνδεση