ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Πέμ Νοέμ 21, 2013 11:38 pm

1. Σε τετράεδρο \displaystyle{AB\Gamma\Delta} η βάση \displaystyle{AB\Gamma} είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς \displaystyle{2\alpha} .
Η \displaystyle{\Gamma \Delta} είναι κάθετος στην έδρα \displaystyle{AB\Delta} και η \displaystyle{B\Delta} είναι κάθετος στην \displaystyle{A\Delta} .
Να βρεθούν τα εμβαδά των σφαιρικών ζωνών των εκατέρωθεν της έδρας \displaystyle{AB\Delta}
που ορίζονται από την περιγεγραμμένη γύρω από το τετράεδρο σφαίρα.


2. Τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο \displaystyle{O}. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα \displaystyle{B} και \displaystyle{\Gamma} τέμνονται στο \displaystyle{\Delta}.
Από το σημείο \displaystyle{ \Delta} φέρνουμε τις \displaystyle{\Delta E,\Delta H,\Delta Z} αντίστοιχα κάθετες στις \displaystyle{ B\Gamma, \Gamma A, AB}.
Να δειχτεί οτι οι ευθείες \displaystyle{\Delta E} και \displaystyle{ZH} διχοτομούνται.


3. Τι ονομάζεται σφαιρική ζώνη; Να βρεθεί ο τύπος ο οποίος δίνει το εμβαδόν της.


4. Σε ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma} ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές \displaystyle{AB} και \displaystyle{A\Gamma} τα σημεία
\displaystyle{M} και \displaystyle{N} αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι \displaystyle{BM=AN}. Εαν \displaystyle{\Delta} είναι το μέσον της \displaystyle{MN}
και \displaystyle{E} η τομή των \displaystyle{A\Delta} και \displaystyle{B\Gamma}, να δειχτεί οτι \displaystyle{A\Delta=\Delta E}.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8959
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Νοέμ 22, 2013 11:48 am

parmenides51 έγραψε: 2. Τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο \displaystyle{O}. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα \displaystyle{B} και \displaystyle{\Gamma} τέμνονται στο \displaystyle{\Delta}.
Από το σημείο \displaystyle{ \Delta} φέρνουμε τις \displaystyle{\Delta E,\Delta H,\Delta Z} αντίστοιχα κάθετες στις \displaystyle{ B\Gamma, \Gamma A, AB}.
Να δειχτεί οτι οι ευθείες \displaystyle{\Delta E} και \displaystyle{ZH} διχοτομούνται.
1976.png
1976.png (36.38 KiB) Προβλήθηκε 1136 φορές
Το τετράπλευρο \displaystyle{{\rm A}{\rm Z}\Delta {\rm H}} είναι εγγράψιμο (οι απέναντι γωνίες του ορθές).
Άρα \displaystyle{\widehat {\rm A} + \widehat \Delta  = {180^0}}.
Τα τετράπλευρα \displaystyle{{\rm B}{\rm E}\Delta {\rm Z},{\rm E}\Gamma {\rm H}\Delta } είναι εγγράψιμα για τον ίδιο λόγο. Άρα, \displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm Z}\Delta  = {\widehat {\rm B}_1}} και \displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm H}\Delta  = {\widehat \Gamma _1}}.
Αλλά, \displaystyle{{\widehat {\rm B}_1} = {\widehat \Gamma _1} = \widehat {\rm A}} (εγγεγραμμένη γωνία και γωνίες χορδής κι εφαπτομένης που βαίνουν στο ίδιο τόξο).

Οπότε οι γωνίες \displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm H}\Delta ,{\rm E}\widehat {\rm Z}\Delta } είναι ίσες μεταξύ τους και παραπληρωματικές της \displaystyle{\widehat \Delta }. Επομένως το τετράπλευρο \displaystyle{{\rm E}{\rm Z}\Delta {\rm H}} είναι παραλληλόγραμμο και κατά συνέπεια οι διαγώνιες του διχοτομούνται.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Παρ Νοέμ 22, 2013 10:10 pm

parmenides51 έγραψε:4. Σε ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma} ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές \displaystyle{AB} και \displaystyle{A\Gamma} τα σημεία
\displaystyle{M} και \displaystyle{N} αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι \displaystyle{BM=AN}. Εαν \displaystyle{\Delta} είναι το μέσον της \displaystyle{MN}
και \displaystyle{E} η τομή των \displaystyle{A\Delta} και \displaystyle{B\Gamma}, να δειχτεί οτι \displaystyle{A\Delta=\Delta E}.
Αν {\rm M}{\rm Z}//{\rm B}\Gamma, {\rm Z} σημείο της {\rm A}{\rm B}, τότε {\rm Z}\Gamma  = {\rm A}{\rm N}\;( = {\rm M}{\rm B}) (1) , από το ισοσκελές τραπέζιο {\rm M}{\rm Z}\Gamma {\rm B}

Φέρνω \Delta {\rm H}//{\rm M}{\rm Z} , με {\rm H} σημείο της {\rm N}{\rm Z} . Στο τρίγωνο {\rm N}{\rm M}{\rm Z} το \Delta είναι μέσο της {\rm M}{\rm N} και \Delta {\rm H}//{\rm M}{\rm Z},

οπότε το {\rm H} είναι μέσο του {\rm N}{\rm Z}, δηλαδή {\rm H}{\rm Z} = {\rm N}{\rm H} (2)

Από \left( 1 \right) + (2) \Rightarrow {\rm Z}\Gamma  + {\rm H}{\rm Z} = {\rm A}{\rm N} + {\rm N}{\rm H} \Rightarrow \Gamma {\rm H} = {\rm H}{\rm A} οπότε το {\rm H}είναι μέσο της {\rm A}\Gamma

Στο τρίγωνο {\rm A}\Delta {\rm E} το {\rm H} είναι μέσο της {\rm A}\Gamma και \Delta {\rm H}//{\rm M}{\rm Z}//{\rm E}\Gamma, δηλαδή το \Delta είναι μέσο της {\rm A}{\rm E} άρα {\rm A}\Delta  = \Delta {\rm E} .
Συνημμένα
Ναυτ. Δοκιμων 1976 4ο.png
Ναυτ. Δοκιμων 1976 4ο.png (11.6 KiB) Προβλήθηκε 1100 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8959
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 23, 2013 12:33 am

parmenides51 έγραψε: 4. Σε ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma} ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές \displaystyle{AB} και \displaystyle{A\Gamma} τα σημεία
\displaystyle{M} και \displaystyle{N} αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι \displaystyle{BM=AN}. Εαν \displaystyle{\Delta} είναι το μέσον της \displaystyle{MN}
και \displaystyle{E} η τομή των \displaystyle{A\Delta} και \displaystyle{B\Gamma}, να δειχτεί οτι \displaystyle{A\Delta=\Delta E}.
1976.2.png
1976.2.png (7.92 KiB) Προβλήθηκε 1093 φορές
Προεκτείνω την AB κατά τμήμα \displaystyle{{\rm B}{\rm P} = \Gamma {\rm N}} και έστω H το κοινό σημείο της PN με τη \displaystyle{{\rm B}\Gamma }. Στο τρίγωνο APN, η \displaystyle{{\rm B}{\rm H}\Gamma } είναι διατέμνουσα και από θεώρημα Μενελάου έχουμε:

\displaystyle{\frac{{{\rm B}{\rm A}}}{{{\rm B}{\rm P}}} \cdot \frac{{{\rm H}{\rm P}}}{{{\rm P}{\rm N}}} \cdot \frac{{\Gamma {\rm N}}}{{\Gamma {\rm A}}} = 1}.

Αλλά, \displaystyle{{\rm B}{\rm A} = \Gamma {\rm A},{\rm B}{\rm P} = \Gamma {\rm N}}, οπότε θα είναι PH=HN.
Στο τρίγωνο MNP, \displaystyle{\Delta ,{\rm H}} είναι τα μέσα των πλευρών MN, NP αντίστοιχα. Άρα \displaystyle{\Delta {\rm H}// = \frac{{{\rm M}{\rm P}}}{2} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}}.
Άρα στο τρίγωνο AEB, αφού \displaystyle{\Delta {\rm H}// = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}}, το \displaystyle{\Delta } θα είναι ο μέσο της AE.


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3270
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Σάβ Νοέμ 23, 2013 2:16 pm

parmenides51 έγραψε:4. Σε ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma} ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές \displaystyle{AB} και \displaystyle{A\Gamma} τα σημεία
\displaystyle{M} και \displaystyle{N} αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι \displaystyle{BM=AN}. Εαν \displaystyle{\Delta} είναι το μέσον της \displaystyle{MN}
και \displaystyle{E} η τομή των \displaystyle{A\Delta} και \displaystyle{B\Gamma}, να δειχτεί οτι \displaystyle{A\Delta=\Delta E}.
ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ - 4.jpg
ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ - 4.jpg (25.04 KiB) Προβλήθηκε 1073 φορές
“Χτίζουμε” το ορθογώνιο {\rm Z}{\rm H}{\rm K}\Lambda του σχήματος και από \triangleleft {\rm M}{\rm B}{\rm Z}\mathop  = \limits^{\Gamma  - \Pi  - \Gamma }  \triangleleft {\rm N}{\rm A}{\rm K} \Rightarrow {\rm M}{\rm Z}\mathop  = \limits^\parallel  {\rm K}{\rm N} \Rightarrow {\rm K}{\rm N}{\rm Z}{\rm M} παραλληλόγραμμο \Rightarrow {\rm K}\Delta  = \Delta {\rm Z}, οπότε από Θ. Κεντρικής δέσμης το ζητούμενο έπεται.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2064
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Ιαν 16, 2019 10:45 pm

Ορίζουμε το E , ως το σημείο τομής της BC από την δια του σημείου M παράλληλη ευθεία προς την AC και αρκεί, ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι η AE περνάει από το μέσον D του τμήματος MN .

Αυτό όμως αληθεύει λόγω του παραλληλογράμμου AMEN , από ME\parallel AN και AN = MB και MB = ME , από το ισοσκελές τρίγωνο \vartriangle MBE .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ.(17-01-2019) Για το σχήμα, βλέπε την 8η δημοσίευση πιο κάτω, με το E εδώ αντί του F εκεί.
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Πέμ Ιαν 17, 2019 3:11 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1882
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Πέμ Ιαν 17, 2019 11:54 am

parmenides51 έγραψε:
Πέμ Νοέμ 21, 2013 11:38 pm
1. Σε τετράεδρο \displaystyle{AB\Gamma\Delta} η βάση \displaystyle{AB\Gamma} είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς \displaystyle{2\alpha} .
Η \displaystyle{\Gamma \Delta} είναι κάθετος στην έδρα \displaystyle{AB\Delta} και η \displaystyle{B\Delta} είναι κάθετος στην \displaystyle{A\Delta} .
Να βρεθούν τα εμβαδά των σφαιρικών ζωνών των εκατέρωθεν της έδρας \displaystyle{AB\Delta}
που ορίζονται από την περιγεγραμμένη γύρω από το τετράεδρο σφαίρα.
Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:
Τετράεδρο 1.png
Τετράεδρο 1.png (15.56 KiB) Προβλήθηκε 771 φορές
Επειδή η \displaystyle{CD} είναι κάθετη στο επίπεδο της έδρας \displaystyle{ABD} θα είναι και κάθετης στις ακμές \displaystyle{BD,AD}
κι ακόμα η ακμή \displaystyle{BD} είναι κάθετη στην ακμή \displaystyle{AD} η στερεά γωνία της κορυφής \displaystyle{D} είναι μια
τρισορθογώνια στερεά γωνία.

Θα δείξουμε ότι οι τρεις ακμές \displaystyle{DA, DB,DC} είναι ίσες. Πράγματι:
Τα ορθογώνια τρίγωνα \displaystyle{CDA, CDB} είναι ίσα γιατί έχουν την \displaystyle{CD} κοινή, και τις
\displaystyle{CA, CB} ίσες. Άρα:
\displaystyle{DA=DB \  \ (1)}
Όμοια δείχνεται ότι και τα ορθογώνια τρίγωνα \displaystyle{ ACD, ABD} είναι ίσα. Άρα:
\displaystyle{DB=DC   \   \  (2)}
Από τις (1) και (2) προκύπτει τελικά ότι:
\displaystyle{DA=DB=DC \  \  (3)}

Κατασκευή του κέντρου της περιγεγγραμμένης σφαίρας
Είναι το σημείο τομής των καθέτων στα περίκεντρα των εδρών
του τετραέδρου(ή το σημείο τομής των μεσοκαθέτων επιπέδων
στις ακμές του)

Έτσι στο ανωτέρω σχήμα το ζητούμενο κέντρο είναι το σημείο \displaystyle{O}
στο οποίο τμήθηκε η \displaystyle{DM} με την \displaystyle{OE} γιατί το σημείο \displaystyle{M}
είναι το περίκεντρο του ισοπλεύρου τριγώνου \displaystyle{ABC} και το σημείο \displaystyle{E}
είναι το περίκεντρο του του ισοκελούς και ορθογωνίου τριγώνου \displaystyle{DAC}.

Άρα:

\displaystyle{EM=\frac{1}{3} \cdot \frac{(2a)\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}a\sqrt{3} \  \ (4)}

Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{DEM} και επειδή \displaystyle{DE=a} προκύπτει:

\displaystyle{DM=\frac{a\sqrt{3}}{6} \  \ (5)}

Ακόμα από το ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{DEO} και από τη σχέση:

\displaystyle{DE^2=(DM)(DO) }

προκύπτει:

\displaystyle{DO=\frac{a\sqrt{6}}{2} \  \ (6)}

η οποία είναι και η ακτίνα της περιγεγραμμένης σφαίρας του τετραέδρου.

Σφαιρικές ζώνες

Η πρώτη από αυτές φαίνεται στο ακόλουθο σχήμα:(σχεδίασα ένα μέρος της...)
Τετράεδρο 2.png
Τετράεδρο 2.png (35.67 KiB) Προβλήθηκε 771 φορές
Το εμβαδό αυτής δίνεται από τον τύπο:

\displaystyle{E=2\pi  R \upsilon}

όπου \displaystyle{R=DO} και \displaystyle{\upsilon =DM}.

Άρα:

\displaystyle{E=\frac{\pi a^2\sqrt{2}}{2} }

Όμοια βρίσκεται και η άλλη...

Κώστας Δόρτσιος


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11364
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Ιαν 17, 2019 12:37 pm

parmenides51 έγραψε:
Πέμ Νοέμ 21, 2013 11:38 pm
4. Σε ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma} ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές \displaystyle{AB} και

\displaystyle{A\Gamma} τα σημεία \displaystyle{M} και \displaystyle{N} αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι \displaystyle{BM=AN}. Εαν \displaystyle{\Delta} είναι

το μέσον της \displaystyle{MN} και \displaystyle{E} η τομή των \displaystyle{A\Delta} και \displaystyle{B\Gamma}, να δειχτεί οτι \displaystyle{A\Delta=\Delta E}.
4.png
4.png (7.45 KiB) Προβλήθηκε 768 φορές
Χωρίς λόγια


STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 1867
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Πέμ Ιαν 17, 2019 9:58 pm

parmenides51 έγραψε:
Πέμ Νοέμ 21, 2013 11:38 pm
1. Σε τετράεδρο \displaystyle{AB\Gamma\Delta} η βάση \displaystyle{AB\Gamma} είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς \displaystyle{2\alpha} .
Η \displaystyle{\Gamma \Delta} είναι κάθετος στην έδρα \displaystyle{AB\Delta} και η \displaystyle{B\Delta} είναι κάθετος στην \displaystyle{A\Delta} .
Να βρεθούν τα εμβαδά των σφαιρικών ζωνών των εκατέρωθεν της έδρας \displaystyle{AB\Delta}
που ορίζονται από την περιγεγραμμένη γύρω από το τετράεδρο σφαίρα.


2. Τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο \displaystyle{O}. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα \displaystyle{B} και \displaystyle{\Gamma} τέμνονται στο \displaystyle{\Delta}.
Από το σημείο \displaystyle{ \Delta} φέρνουμε τις \displaystyle{\Delta E,\Delta H,\Delta Z} αντίστοιχα κάθετες στις \displaystyle{ B\Gamma, \Gamma A, AB}.
Να δειχτεί οτι οι ευθείες \displaystyle{\Delta E} και \displaystyle{ZH} διχοτομούνται.


3. Τι ονομάζεται σφαιρική ζώνη; Να βρεθεί ο τύπος ο οποίος δίνει το εμβαδόν της.


4. Σε ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma} ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές \displaystyle{AB} και \displaystyle{A\Gamma} τα σημεία
\displaystyle{M} και \displaystyle{N} αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι \displaystyle{BM=AN}. Εαν \displaystyle{\Delta} είναι το μέσον της \displaystyle{MN}
και \displaystyle{E} η τομή των \displaystyle{A\Delta} και \displaystyle{B\Gamma}, να δειχτεί οτι \displaystyle{A\Delta=\Delta E}.
Εστω ότι MT\perp B\Gamma ,\Delta I\perp B\Gamma ,AG\perp B\Gamma ,NS\perp B\Gamma

Από τα όμοια τρίγωνα BMT,BAG,\dfrac{MT}{AG}=\dfrac{BM}{BA}\Leftrightarrow MT=\dfrac{BM.AG}{AB},(1)
Από τα όμοια τρίγωνα NS\Gamma ,AG\Gamma ,\dfrac{NS}{AG} =\dfrac{N\Gamma }{A\Gamma }\Leftrightarrow NS=\dfrac{AG.N\Gamma }{A\Gamma },(2)

Στο τραπέζιο MTSN το τμήμα I\Delta είναι διάμεσος άρα 2I\Delta =MT+NS
και λογω των (1),(2),2I\Delta =AG

Οπότε στο ορθογώνιο τρίγωνο EAG,I\Delta ///AG,I\Delta =\dfrac{AG}{2},A\Delta =E\Delta



Γιάννης
Συνημμένα
ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976-ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ  πρόβλημα 4.png
ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976-ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ πρόβλημα 4.png (62.16 KiB) Προβλήθηκε 716 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Εξετάσεις Σχολών”

Μέλη σε σύνδεση

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