ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

parmenides51 · #1

1. Ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB= A\Gamma}$ ) οι πλευρές $\displaystyle{B\Gamma= \alpha}$ και $\displaystyle{A\Gamma= \beta}$ ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}=\frac{\sqrt{10}}{5}}$ .
Να αποδείξετε ότι είναι $\displaystyle{\mu_{\beta}\perp\mu_{\gamma}}$ , όπου $\displaystyle{\mu_{\beta}}$ και $\displaystyle{\mu_{\gamma}}$ είναι οι διάμεσοι από τις κορυφές $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ , αντιστοίχως.

2. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x, y, z}$ τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότητα $\displaystyle{x^2 + y^2 - 8z = 6}$ .

3. Τα σημεία $\displaystyle{K,\Lambda }$ βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ και είναι τέτοια ώστε να ισχύει:
$\displaystyle{(ABK) = (A\Gamma K) = (BK\Lambda) = (\Gamma K\Lambda) = (B\Lambda\Gamma)}$
α) Να αποδείξετε ότι τα $\displaystyle{K,\Lambda }$ ανήκουν στη διάμεσο $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .
β) Αν $\displaystyle{\Theta}$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{K\Theta}{\Theta\Lambda }}$ .

4. Σε μια κατασκήνωση υπάρχουν $\displaystyle{577}$ παιδιά από $\displaystyle{9}$ διαφορετικές χώρες.
Σε οποιαδήποτε ομάδα $\displaystyle{9}$ παιδιών υπάρχουν $\displaystyle{2}$ τουλάχιστον παιδιά με το ίδιο ύψος.
Να αποδείξετε ότι υπάρχει ομάδα $\displaystyle{5}$ παιδιών από την ίδια χώρα που είναι του ίδιου φύλου και έχουν το ίδιο ύψος.

KARKAR · #2

Το αντίστροφο του 1) εδώ , δίνει μια ιδέα για τη λύση του ...

sokratis lyras · #3

parmenides51 έγραψε:

2. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x, y, z}$ τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότητα $\displaystyle{x^2 + y^2 - 8z = 6}$ .

Πρέπει $x^2+y^2\equiv 6 \mod 8$ που είναι προφανώς άτοπο.

#4

parmenides51 έγραψε:4. Σε μια κατασκήνωση υπάρχουν $\displaystyle{577}$ παιδιά από $\displaystyle{9}$ διαφορετικές χώρες.
Σε οποιαδήποτε ομάδα $\displaystyle{9}$ παιδιών υπάρχουν $\displaystyle{2}$ τουλάχιστον παιδιά με το ίδιο ύψος.
Να αποδείξετε ότι υπάρχει ομάδα $\displaystyle{5}$ παιδιών από την ίδια χώρα που είναι του ίδιου φύλου και έχουν το ίδιο ύψος.

Πολύ ωραίο θέμα!!

Επειδή 577=9*64+1

υπάρχει χώρα με τουλάχιστον 65 παιδιά στην αποστολή της.
Επίσης επειδή 65=2*32+1

τουλάχιστον 33 από αυτά θα έχουν το ίδιο φύλο.

Ας υποθέσουμε ότι δεν ισχύει το ζητούμενο, δηλαδή ότι το πολύ 4 παιδιά από αυτά έχουν το ίδιο ύψος.

Διατάσσουμε τα παιδιά κατά αυξανόμενο ύψος και ομαδοποιούμε αυτά που έχουν το ίδιο ύψος.
Έτσι προκύπτουν τουλάχιστον 9 "ομάδες".

Παίρνοντας ένα παιδί από κάθε τέτοια "ομάδα" έχουμε 9 παιδιά διαφορετικού ύψους.

Αυτό όμως είναι άτοπο αφού "σε οποιαδήποτε ομάδα $\displaystyle{9}$ παιδιών υπάρχουν $\displaystyle{2}$ τουλάχιστον παιδιά με το ίδιο ύψος."

#5

parmenides51 έγραψε:2. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x, y, z}$ τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότητα $\displaystyle{x^2 + y^2 - 8z = 6}$ .

Και μια ακόμα λύση:
Υποθέτουμε ότι υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x , y , z}$ που να επαληθεύουν την δοσμένη.

'Εχουμε: $\displaystyle{x^2 +y^2=6+8z=2(3+4z)=}$ άρτιος. Άρα πρέπει $\displaystyle{x^2 , y^2}$ , να είναι και οι δύο άρτιοι ή και οοι δύο περιττοί.

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Έστω και οι δύο είναι άρτιοι. Τότε αφού $\displaystyle{x^2 }$ άρτιος, άρα θα είναι και ο

άρτιος. Όμοια και ο

θα είναι άρτιος. Δηλαδή $\displaystyle{x=2k , y=2m}$ , με $\displaystyle{k , m\epsilon Z}$

Τότε η δοσμένη σχέση γράφεται: $\displaystyle{4k^2 +4m^2-8z=6 \Rightarrow 2k^2 +2m^2 -4z=3}$ . Τουτο όμως είναι άτοπο, αφού το πρώτο μέλος είναι άρτιος, ενώ το δεύτερο περιττός.

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: Έστω και οι δύο είναι περιττοί. Τότε αφού $\displaystyle{x^2}$ περιττός, άρα θα είναι και ο

περιττός. Όμοια και ο

, θα είναι περιττός. Δηλαδή $\displaystyle{x=2k+1 , y=2m+1}$ , με $\displaystyle{k , m\epsilon Z}$ .

Τότε η δοσμένη σχέση γράφεται: $\displaystyle{(2k+1)^2 +(2m+1)^2 -8z=6\Rightarrow 4k^2 +4m^2 +4k+4m+2-8z=6\Rightarrow}$

$\displaystyle{4k^2 +4m^2 +4k +4m -8z=4\Rightarrow k^2 +m^2 +k+m-2z=1\Rightarrow}$

$\displaystyle{k(k+1) +m(m+1)-2z=1}$ . (2) Όμως οι αριθμοί $\displaystyle{k(k+1) , m(m_1)}$ , είναι άρτιοι, ως γινόμενα δύο διαδοχικών ακεραίων.

Άρα το πρώτο μέλος της σχέσης (2) είναι άρτιος ενώ το δεύτερο περιττός. Άρα πάλι καταλήξαμε σε άτοπο και άρα δεν υπάρχουν ακέραιοι $\displaystyle{x , y , z}$ που να ικανοποιούν την δοσμένη εξίσωση.

#6

parmenides51 έγραψε:1. Ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB= A\Gamma}$ ) οι πλευρές $\displaystyle{B\Gamma= \alpha}$ και $\displaystyle{A\Gamma= \beta}$ ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}=\frac{\sqrt{10}}{5}}$ .
Να αποδείξετε ότι είναι $\displaystyle{\mu_{\beta}\perp\mu_{\gamma}}$ , όπου $\displaystyle{\mu_{\beta}}$ και $\displaystyle{\mu_{\gamma}}$ είναι οι διάμεσοι από τις κορυφές $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ , αντιστοίχως.

Αφού το τρίγωνο είναι ισοσκελές, οι διάμεσοι $\displaystyle{\mu_{\beta}}$ και $\displaystyle{\mu_{\gamma}$ είναι ίσες.

Από το πρώτο θεώρημα των διαμέσων, στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , έχουμε: $\displaystyle{a^2 +\beta ^2 =2\mu_{\gamma}^2 +\frac{\beta ^2}{2}}$ και άρα:

$\displaystyle{\mu_{\gamma}^2 =\frac{2a^2 +\beta ^2}{4} =\mu_{\beta}}$

Ονομάζουμε $\displaystyle{G}$ το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Τότε $\displaystyle{BG=\Gamma G=\frac{2}{3}\frac{\sqrt{2a^2 +\beta ^2}}{2}}$

Για να είναι $\displaystyle{\mu_{\gamma}}$ κάθετη στην $\displaystyle{\mu_{\beta}}$ , πρέπει να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{BG^2 +\Gamma G^2 =B\Gamma ^2}$

Πράγματι , έχουμε:

$\displaystyle{BG^2 +\Gamma G^2 =2.BG^2 =2.\frac{4}{9}\frac{2a^2 +\beta ^2}{4}=\frac{2}{9}.(2a^2 +\beta ^2)}$ , (1)

Από την υπόθεση έχουμε ότι $\displaystyle{\beta =\frac{5a}{\sqrt{10}}}$

Άρα η σχέση (1) γράφεται:

$\displaystyle{BG^2 +\Gamma G^2 =\frac{2}{9}(2a^2 +\frac{25a^2}{10})=a^2}$ . Άρα το ζητούμενο εδείχθη.

parmenides51 · #7

parmenides51 έγραψε:3. Τα σημεία $\displaystyle{K,\Lambda }$ βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ και είναι τέτοια ώστε να ισχύει:
$\displaystyle{(ABK) = (A\Gamma K) = (BK\Lambda) = (\Gamma K\Lambda) = (B\Lambda\Gamma)}$
α) Να αποδείξετε ότι τα $\displaystyle{K,\Lambda }$ ανήκουν στη διάμεσο $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .
β) Αν $\displaystyle{\Theta}$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{K\Theta}{\Theta\Lambda }}$ .

: 8alis 2000 3og_ a.png (8.27 KiB) Προβλήθηκε 1484 φορές

: 8alis 2000 3og_ b.png (8.92 KiB) Προβλήθηκε 1484 φορές

Δωράκι τα σχήματα για όποιον θέλει να την ξεκινήσει.

#8

parmenides51 έγραψε:3. Τα σημεία $\displaystyle{K,\Lambda }$ βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ και είναι τέτοια ώστε να ισχύει:
$\displaystyle{(ABK) = (A\Gamma K) = (BK\Lambda) = (\Gamma K\Lambda) = (B\Lambda\Gamma)}$
α) Να αποδείξετε ότι τα $\displaystyle{K,\Lambda }$ ανήκουν στη διάμεσο $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .
β) Αν $\displaystyle{\Theta}$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{K\Theta}{\Theta\Lambda }}$ .

(a) Θα χρησιμοποιήσω αρχικά το δεύτερο σχήμα του Parmenides, που έχει βάλλει πιο πάνω, μόνο που θα μας χρειαστούν και κάποιες προσθήκες. Έχουμε θεωρήσει ότι η ευθεία

τέμνει την $B\Gamma$ στο $\Delta$

Έχουμε λοιπόν ότι $\displaystyle{(ABK)=(A\Gamma K)}$ από την υπόθεση. Αν λοιπόν ονμάσουμε $\displaystyle{BT}$ το ύψος προς την βάση

του τριγώνου ABK

και $\Gamma H$ το ύψος προς την βάση

του τριγώνου $\Gamma AK$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1}{2}AK.BT=\frac{1}{2}AK.\Gamma H\Rightarrow BT=\Gamma H.}$

Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $BT\Delta$ και $\Gamma H\Delta$ , είναι ίσα και άρα θα έχουν και

$B\Delta =\Delta \Gamma$ , δηλαδή η $A\Delta$ είναι διάμεσος του τριγώνου $AB\Gamma$ και άρα πράγματι το σημείο

ανήκει στην διάμεσο του τριγώνου αυτού, όπως θέλαμε να αποδείξουμε.

Εργαζόμενοι με παρόμοιο τρόπο, έχουμε: Έστω ότι η ευθεία $K\Lambda$ τέμνει την $B\Gamma$ στο

. Τότε αφού από την υπόθεση έχουμε: $(KB\Lambda )=(K\Gamma \Lambda )$ , όπως και πριν δέιχνουμε ότι το

, είναι μέσον του $B\Gamma$ και επειδή κάθε ευθύγραμμο τμήμα έχει μοναδικό μέσον, θα πρέπει το

, να ταυτίζεται με το $\Delta$ .

Δείξαμε λοιπόν ότι τα σημεία $K , \Lambda$ , ανήκουν πάνω στην διάμεσο $A\Delta$ του τριγώνου $AB\Gamma$ .

(b) Χρησιμοποιώντας το δεύτερο σχήμα του Parmanides, έχουμε: $E_1 =E_3 =E_5 \Rightarrow E_1 =E_3 =2(BA\Delta )$

Αλλά $E_1 +E_3 +(BA\Delta ) =(AB\Delta )\Rightarrow E_1 +E_1 +\frac{1}{2}E_1 =(AB\Delta )\Rightarrow$

$\frac{5}{2}E_1 =(AB\Delta)\Rightarrow \frac{5}{2}.\frac{1}{2}AK.BT=\frac{1}{2}A\Delta . BT\Rightarrow$

$\frac{5}{2}AK =A\Delta \Rightarrow AK=\frac{2}{5}A\Delta$

Ακόμα, έχουμε: $E_1 =E_3 \Rightarrow \frac{1}{2}AK.BT=\frac{1}{2}K\Lambda .BT\Rightarrow AK=K\Lambda$

Άρα βρήκαμε ότι $AK=K\Lambda =\frac{2}{5}A\Delta$

Στη συνέχεια, θεωρώντας

το βαρύκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma$ , έχουμε: $AG=2G\Delta \Rightarrow$

$AK+KG=2(G\Lambda +\Lambda \Delta \Rightarrow AK+KG=2G\Lambda +2\Lambda \Delta \Rightarrow$

$AK+KG=2G\Lambda +2(A\Delta -A\Lambda )\Rightarrow AK+KG=2G\Lambda +2A\Delta -2A\Lambda \Rightarrow$

$AK +KG =2G\Lambda +2A\Delta -2(AK+K\Lambda)\Rightarrow AK+KG=2G\Lambda +2A\Delta -2AK-2K\Lambda \Rightarrow$

$3AK+KG=2G\Lambda +2A\Delta -2K\Lambda \Rightarrow 3AK+KG=2G\Lambda +2A\Delta -2\frac{2}{5}A\Delta \Rightarrow$

$3\frac{2}{5}A\Delta +KG=2G\Lambda +\frac{6}{5}A\Delta \Rightarrow KG=2G\Lambda \Rightarrow \frac{KG}{G\Lambda}=2$

Διόρθωσα μια αβλεψία

p_gianno · #9

parmenides51 έγραψε:1. Ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB= A\Gamma}$ ) οι πλευρές $\displaystyle{B\Gamma= \alpha}$ και $\displaystyle{A\Gamma= \beta}$ ικανοποιούν τη σχέση $\displaystyle{\frac{\alpha}{\beta}=\frac{\sqrt{10}}{5}}$ .
Να αποδείξετε ότι είναι $\displaystyle{\mu_{\beta}\perp\mu_{\gamma}}$ , όπου $\displaystyle{\mu_{\beta}}$ και $\displaystyle{\mu_{\gamma}}$ είναι οι διάμεσοι από τις κορυφές $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ , αντιστοίχως.

.
Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτω ότι a=2

οπότε $b=\sqrt{10}.$

Με πυθαγόρειο στο τρίγωνο AMC

έχουμε

$AM^2=AC^2-MC^2=9 \rightarrow AM=3\rightarrow GM=1=MC \rightarrow \triangle GMC$

ορθογώνιο ισοσκελές επομένως $\angle MGC=45^0=MGB \rightarrow BGC=90^0$ οεδ

p_gianno · #10

.
Αλλάζω τα γράμματα Γ,Δ,Λ,Θ σε C,D,L,G

Είναι (ABK)=(AKC)

με

κοινή βάση έπεται ότι τα ύψη BH , CM

είναι ίσα.

(Βλέπουμε τα σημεία H , M

στην προέκταση της

- δεν ξέρουμε αν το

είναι σημείο της προέκτασης αυτής)

$BH ||= CM \rightarrow BHCM$ παραλληλόγραμμο συνεπώς η διαγώνιός του

διχοτομείται από την

ή ευθεία

.

Άρα

σημείο της διαμέσου

του

.

Το ίδιο ισχύει και για τα τρίγωνα BKL, KLC

οπότε

σημείο της διαμέσου

του τργ

Συνεπώς από τις συνευθειακές τριάδες σημείων A,K,D

και

προκύπτει ότι K,L

σημεία τησ διαμέσου

Τα τρίγωνα ABK ,KBL

είναι ισοδύναμα με κοινό ύψος

συνεπώς

(1)

$(BKL)=(BLC)=2(BLD) \rightarrow KL=2LD$ (2) (αφού τα τργ KBL,LBD

έχουν κοινό ύψος

)

Συνεπώς AK=KL=2LD=(2AD) :5

Είναι τώρα

$KG:GL=(AG-AK):(AL-AG)=( \frac{2}{3} AD -\frac{2}{5}AD): (\frac{4}{5}AD -\frac{2}{3}AD)=2$

parmenides51 · #11

parmenides51 έγραψε:3. Τα σημεία $\displaystyle{K,\Lambda }$ βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ και είναι τέτοια ώστε να ισχύει:
$\displaystyle{(ABK) = (A\Gamma K) = (BK\Lambda) = (\Gamma K\Lambda) = (B\Lambda\Gamma)}$
α) Να αποδείξετε ότι τα $\displaystyle{K,\Lambda }$ ανήκουν στη διάμεσο $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .
β) Αν $\displaystyle{\Theta}$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{K\Theta}{\Theta\Lambda }}$ .

: 8alis 2000 3og_ 1.png (9.62 KiB) Προβλήθηκε 1425 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:(a) Έχουμε θεωρήσει ότι η ευθεία τέμνει την $B\Gamma$ στο $\Delta$

Έχουμε λοιπόν ότι $\displaystyle{(ABK)=(A\Gamma K)}$ από την υπόθεση. Αν λοιπόν ονμάσουμε $\displaystyle{BT}$ το ύψος προς την βάση του τριγώνου και $\Gamma H$ το ύψος προς την βάση του τριγώνου $\Gamma AK$ , τότε:

$\displaystyle{\frac{1}{2}AK.BT=\frac{1}{2}AK.\Gamma H\Rightarrow BT=\Gamma H.}$

Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $BT\Delta$ και $\Gamma H\Delta$ , είναι ίσα και άρα θα έχουν και

$B\Delta =\Delta \Gamma$ , δηλαδή η $A\Delta$ είναι διάμεσος του τριγώνου $AB\Gamma$ και άρα πράγματι το σημείο ανήκει στην διάμεσο του τριγώνου αυτού, όπως θέλαμε να αποδείξουμε.

Εργαζόμενοι με παρόμοιο τρόπο, έχουμε: Έστω ότι η ευθεία $K\Lambda$ τέμνει την $B\Gamma$ στο . Τότε αφού από την υπόθεση έχουμε: $(KB\Lambda )=(K\Gamma \Lambda )$ , όπως και πριν δέιχνουμε ότι το, είναι μέσον του $B\Gamma$ και επειδή κάθε ευθύγραμμο τμήμα έχει μοναδικό μέσον, θα πρέπει το , να ταυτίζεται με το $\Delta$ .

Δείξαμε λοιπόν ότι τα σημεία $K , \Lambda$ , ανήκουν πάνω στην διάμεσο $A\Delta$ του τριγώνου $AB\Gamma$ .

: 8alis 2000 3og_ 2.png (8.71 KiB) Προβλήθηκε 1425 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:(b) Έχουμε: $E_1 =E_3 =E_5 \Rightarrow E_1 =E_3 =2(BA\Delta )$

Αλλά $E_1 +E_3 +(BA\Delta ) =(AB\Delta )\Rightarrow E_1 +E_1 +\frac{1}{2}E_1 =(AB\Delta )\Rightarrow$

$\frac{5}{2}E_1 =(AB\Delta)\Rightarrow \frac{5}{2}.\frac{1}{2}AK.BT=\frac{1}{2}A\Delta . BT\Rightarrow$

$\frac{5}{2}AK =A\Delta \Rightarrow AK=\frac{2}{5}A\Delta$

Ακόμα, έχουμε: $E_1 =E_3 \Rightarrow \frac{1}{2}AK.BT=\frac{1}{2}K\Lambda .BT\Rightarrow AK=K\Lambda$

Άρα βρήκαμε ότι $AK=K\Lambda =\frac{2}{5}A\Delta$

Στη συνέχεια, θεωρώντας το βαρύκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma$ , έχουμε: $AG=2G\Delta \Rightarrow$

$AK+KG=2(G\Lambda +\Lambda \Delta {\color{red})} \Rightarrow AK+KG=2G\Lambda +2\Lambda \Delta \Rightarrow$

$AK+KG=2G\Lambda +2(A\Delta -A\Lambda )\Rightarrow AK+KG=2G\Lambda +2A\Delta -2A\Lambda \Rightarrow$

$AK +KG =2G\Lambda +2A\Delta -2(AK+K\Lambda)\Rightarrow AK+KG=2G\Lambda +2A\Delta -2AK-2K\Lambda \Rightarrow$

$3AK+KG=2G\Lambda +2A\Delta -2K\Lambda \Rightarrow 3AK+KG=2G\Lambda +2A\Delta -2\frac{2}{5}A\Delta \Rightarrow$

$3\frac{2}{5}A\Delta +KG=2G\Lambda +\frac{6}{5}A\Delta \Rightarrow KG=2G\Lambda \Rightarrow \frac{KG}{G\Lambda}=2$

ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2000 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση