Γνωστή εφαπτομένη

Συντονιστές: silouan, Doloros, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10577
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Γνωστή εφαπτομένη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 09, 2021 1:32 pm

Με πόσους τρόπους μπορείτε να αποδείξετε γεωμετρικά ότι \displaystyle \tan 15^\circ  = 2 - \sqrt 3 ;

Δεκτές και λύσεις εκτός φακέλου.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7987
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Μαρ 09, 2021 2:38 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Μαρ 09, 2021 1:32 pm
Με πόσους τρόπους μπορείτε να αποδείξετε γεωμετρικά ότι \displaystyle \tan 15^\circ  = 2 - \sqrt 3 ;

Δεκτές και λύσεις εκτός φακέλου.
γνωστή εφαπτομένη.png
γνωστή εφαπτομένη.png (17.87 KiB) Προβλήθηκε 1343 φορές
\boxed{\tan {{15}^0} = \frac{{KD}}{{KA}} = \frac{{BD}}{{BA}} = 2 - \sqrt 3 }


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12655
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Μαρ 09, 2021 6:57 pm

Κάποιες ακόμα λύσεις :εδώ , εδώ κι εδώ .


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10577
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 09, 2021 7:58 pm

Όταν πρότεινα αυτή την άσκηση, ήξερα καλά ότι έχει συζητηθεί ξανά. Ο λόγος λοιπόν που το έκανα, ήταν να ασχοληθούν

και άλλα άτομα με την εύρεση γεωμετρικών λύσεων. Είναι σίγουρο ότι οι παραπομπές αποτρέπουν τον οποιοδήποτε θέλει

να ασχοληθεί. Ο λόγος είναι προφανής. Για να δώσει κάποιος τη λύση του υποχρεώνεται να διαβάσει όλες τις απαντήσεις

στις παραπομπές ώστε η λύση του να μη συμπέσει με κάποια άλλη. Πιστεύω ότι κανείς δεν θα ήθελε να μπει σε αυτή τη

διαδικασία.


Όσοι πάντως βιάζονται να δίνουν παραπομπές, ας έχουν υπόψη τους το παρακάτω μήνυμα των Γενικών Συντονιστών:

:logo: Συμβαίνει συχνά ασκήσεις αυτούσιες ή παρόμοιες με προηγούμενες να κάνουν την επανεμφάνισή τους. Αυτό δεν

είναι κακό αφού όλο και κάποιος θα την βλέπει για πρώτη φορά. Ας μην στερούμε την διδακτική αξία τους δίνοντας

αμέσως την παραπομπή στην λυμένη άσκηση. Βάζουμε και εδώ ένα διάστημα 48 ωρών στο οποίο αν δεν έχει εν τω

μεταξύ λυθεί η άσκηση καλό είναι να μην δίνουμε την παραπομπή.




Καλό θα ήταν λοιπόν να κρατηθεί το διάστημα των 48 ωρών, παρόλο ότι είχε δοθεί ήδη μία απάντηση, λόγω της

ιδιαιτερότητας της άσκησης που αναζητούσε το πλήθος των λύσεων.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7987
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Μαρ 09, 2021 8:01 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Μαρ 09, 2021 1:32 pm
Με πόσους τρόπους μπορείτε να αποδείξετε γεωμετρικά ότι \displaystyle \tan 15^\circ  = 2 - \sqrt 3 ;

Δεκτές και λύσεις εκτός φακέλου.
γνωστή εφαπτομένη_new_2.png
γνωστή εφαπτομένη_new_2.png (20.22 KiB) Προβλήθηκε 1300 φορές
Έστω ημικύκλιο διαμέτρου \overline {BOC}  = 4.

Η μεσοκάθετος στην ακτίνα OB τέμνει το ημικύκλιο στο A και την διάμετρο στο M.

Αν AM = y θα είναι \boxed{y = \sqrt 3 } . Στην ακτίνα OC θεωρώ σημείο T για το οποίο : TC = y

Η κάθετη στην BC στο T τέμνει την AC στο S. Αβίαστα προκύπτουν:

\vartriangle MAB = \vartriangle TCS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle CSO \to \left( {30^\circ ,75^\circ ,75^\circ } \right) ,

έτσι \boxed{\tan 15^\circ  = \tan \theta  = \frac{{OT}}{{TS}} = \frac{{OC - y}}{{TS}} = 2 - \sqrt 3 }


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1443
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Μαρ 09, 2021 8:35 pm

Καλό βράδυ! Γνωστή σε πολλούς, αλλά και προσιτή νομίζω, ώστε να μην χρειάζονται άλλα λόγια..
tan 15.png
tan 15.png (89.56 KiB) Προβλήθηκε 1293 φορές
Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7987
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Μαρ 09, 2021 9:29 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Τρί Μαρ 09, 2021 8:35 pm
Καλό βράδυ! Γνωστή σε πολλούς, αλλά και προσιτή νομίζω, ώστε να μην χρειάζονται άλλα λόγια..
tan 15.png

Φιλικά, Γιώργος.

Μ αρέσει :clap2:


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1443
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Πέμ Μαρ 11, 2021 11:47 am

Καλημέρα! Μια ακόμη με χρήση του σχήματος:
tan 15 .png
tan 15 .png (84.33 KiB) Προβλήθηκε 1245 φορές
Έστω AE=1 (μονάδα μέτρησης), τότε AM=2 και BC=4. Αν CE=x είναι BE=4-x

και ισχύει AE^{2}=BE\cdot CE\Rightarrow 1=x\left ( 4-x \right )

με δεκτή λύση CE=x=2-\sqrt{3} αφού CE<BE . Παίρνουμε tan15^{o}=\dfrac{CE}{AE}=2-\sqrt{3}.

Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12655
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Μαρ 11, 2021 1:29 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Μαρ 09, 2021 7:58 pm

\bullet Είναι σίγουρο ότι οι παραπομπές αποτρέπουν τον οποιοδήποτε θέλει να ασχοληθεί.

\bullet Καλό θα ήταν λοιπόν να κρατηθεί το διάστημα των 48 ωρών ...
Γιώργο , θα συμφωνήσω για τη δεύτερη έκκληση , που είναι και εθιμικό δίκαιο . Δεν θα το επαναλάβω ...

Για το πρώτο πάντως δεν είμαι τόσο σίγουρος ότι αληθεύει . Πολλοί έλκονται από την ιδέα να δώσουν μιαν

ακόμη λύση σε άσκηση που έχει ήδη πολλαπλώς λυθεί . Επίσης η παράθεση παραπομπών που πολλές φορές

η ανεύρεσή τους είναι επίπονη , δείχνει ενδιαφέρον για το θέμα , το οποίο θέμα προφανώς θεωρείται ενδιαφέρον !


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1443
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Πέμ Μαρ 11, 2021 9:24 pm

Καλό βράδυ! Άλλη μία - νέα για μένα..ίσως να μην έχει υποβληθεί στο :logo: - που θα ήθελα να την αφιερώσω

και στους τρεις συμμετέχοντες στο παρόν θέμα: Τους Νίκο, Γιώργο και Θανάση *
ως Γεωμετρικά - άρα ιερά- θηρία , αλλά και τέρατα...αντοχής

με εκτίμηση και θαυμασμό.

11-3 tan 15 .png
11-3 tan 15 .png (100.75 KiB) Προβλήθηκε 1201 φορές
Έχουμε \left ( BAC \right )=\dfrac{1}{2}b^{2}sin30^{o}=\dfrac{b^{2}}{4} οπότε 4AM\cdot BM=4\left ( BAC \right )=b^{2}


Με το Ν. συνημιτόνων στο ABC προκύπτει a^{2}=b^{2}\left ( 2-\sqrt{3} \right ) (άσκηση και του σχολικού).


Έτσι tan15^{o}=\dfrac{BM}{AM}=\dfrac{4BM^{2}}{4AM\cdot BM}=\dfrac{a^{2}}{b^{2}} = 2-\sqrt{3}.


* Ίσως να πέτυχα (; ) και τη σειρά.. :) ..ηλικίας. Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10577
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μαρ 12, 2021 7:20 pm

Ευχαριστώ τον Νίκο και τον Γιώργο για τις πολλαπλές όμορφες λύσεις τους. Δίνω άλλη μία, σχεδόν ίδια με την πρώτη

του Γιώργου, αλλά με άλλη διάταξη σχήματος. Βασίζεται σε τετράγωνο ABCD πλευράς 2 και στο ισόπλευρο ABE

εντός του τετραγώνου.
Γνωστή εφαπτομένη.png
Γνωστή εφαπτομένη.png (9.93 KiB) Προβλήθηκε 1164 φορές


Άβαταρ μέλους
nickchalkida
Δημοσιεύσεις: 178
Εγγραφή: Τρί Ιουν 03, 2014 11:59 am
Επικοινωνία:

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickchalkida » Παρ Μαρ 12, 2021 11:05 pm

Ακόμα μία οπτική ...
Συνημμένα
rsz_1tan15.png
rsz_1tan15.png (39.71 KiB) Προβλήθηκε 1146 φορές


Μη είναι βασιλικήν ατραπόν επί την γεωμετρίαν.
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4891
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Μαρ 12, 2021 11:35 pm

Καλησπέρα σε όλους. Ακόμα μία. Δεν την είδα κάπου (νομίζω...).

12-03-2021 Γεωμετρία.png
12-03-2021 Γεωμετρία.png (16.25 KiB) Προβλήθηκε 1140 φορές

Παίρνω αρχικά ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετη πλευρά 1.

Φέρνω τη BD όπως φαίνεται στο σχήμα, άρα  \displaystyle \varepsilon \varphi 15{}^\circ =x .

Στο DAB είναι  \displaystyle BD=\sqrt{{{x}^{2}}+1} .

Στο BDE είναι  \displaystyle DE=\frac{BD}{2}=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}{2} .

Στο DEC είναι  \displaystyle 2D{{E}^{2}}=D{{C}^{2}}\Leftrightarrow \frac{{{x}^{2}}+1}{2}={{\left( 1-x \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4x+1=0,

που έχει δεκτή ρίζα  \displaystyle x=2-\sqrt{3} , εφόσον 0<χ<1.

Οπότε  \displaystyle \varepsilon \varphi 15{}^\circ =2-\sqrt{3} .


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1443
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Κυρ Μαρ 14, 2021 6:45 pm

Καλησπέρα! Αφού δεν επιτρέπεται να .. :) ..πειράξω ακόμη την ανήλικη (είναι νωρίς ως θεματοθέτης να δώσω λύση)

μια ακόμη για την παρούσα 15άρα..που προέκυψε ως ιδέα από την άνωθεν λύση του Γιώργου Ρίζου!
14-3 tan 15.png
14-3 tan 15.png (61.55 KiB) Προβλήθηκε 1108 φορές
Έχουμε \left ( BAC \right )=x , αλλά και \left ( BAC \right )=\dfrac{1}{2}AB^{2}\cdot sin150^o=\dfrac{x^{2}+1}{4}.

Εξισώνοντας παίρνουμε x^{2}-4x+1=0 δηλ. την εξίσωση ακριβώς ως άνω, του Γιώργου...
Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10577
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Μαρ 15, 2021 10:24 am

Να ευχαριστήσω τους nickchalkida και Γιώργο Ρίζο για τις όμορφες προσεγγίσεις τους και να ευχαριστήσω ξανά

και τον Γιώργο Μήτσιο που, σε αυτό το θέμα, πυροβολεί κατά ριπάς!

Δίνω άλλη μία με τη βοήθεια του ορθογωνίου τριγώνου ABC, AB=1, AC=\sqrt 3, BC=2 του σχήματος.
Γνωστή εφαπτομένη.β.png
Γνωστή εφαπτομένη.β.png (14.7 KiB) Προβλήθηκε 1071 φορές
Εύκολα βρίσκω \displaystyle DE = \frac{{\sqrt 3  - 1}}{2},BD = \frac{{\sqrt 3  + 1}}{2} \Rightarrow \tan 15^\circ  = \frac{{\sqrt 3  - 1}}{{\sqrt 3  + 1}} = 2 - \sqrt 3


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1443
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Μαρ 16, 2021 8:29 pm

Καλησπέρα στους φίλους! Ακόμη μία (τελευταία ίσως) , με χρήση του σχήματος:
16- 3 tan 15.png
16- 3 tan 15.png (92.39 KiB) Προβλήθηκε 1030 φορές
Από το θ.διχοτόμου παίρνουμε \dfrac{x}{1-x}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \dfrac{x}{\sqrt{3}}=\dfrac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}

συνεπώς tan 15^o=\dfrac{OE}{OA}= \dfrac{x}{\sqrt{3}}=2-\sqrt{3} . Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4891
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τρί Μαρ 16, 2021 10:42 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Τρί Μαρ 16, 2021 8:29 pm
Καλησπέρα στους φίλους! Ακόμη μία (τελευταία ίσως)
Κιόλας, τελευταία;


16-03-2021 Γεωμετρία.png
16-03-2021 Γεωμετρία.png (25.39 KiB) Προβλήθηκε 1008 φορές

Από τον τύπο του Αρχιμήδη, (*)

 \displaystyle {\left( {{\lambda _{12}}} \right)^2} = 2R\left( {R - {\alpha _6}} \right) = 2 - \sqrt 3  \Rightarrow {\lambda _{12}} = \sqrt {2 - \sqrt 3 }

(*)ή (για να δώσουμε κι ένα τριγωνομετρικό άρωμα.... από Ν. Συνημιτόνων)

 \displaystyle {\left( {{\lambda _{12}}} \right)^2} = {1^2} + {1^2} - 2\sigma \upsilon \nu 30^\circ  = 2 - \sqrt 3 άρα  \displaystyle {\lambda _{12}} = \sqrt {2 - \sqrt 3 }

Επίσης,  \displaystyle {\left( {{\alpha _{12}}} \right)^2} + \frac{{{{\left( {{\lambda _{12}}} \right)}^2}}}{4} = 1 \Rightarrow {\alpha _{12}} = \sqrt {1 - \frac{{{{\left( {{\lambda _{12}}} \right)}^2}}}{4}}  = \sqrt {1 - \frac{{2 - \sqrt 3 }}{4}}  = \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{2}

 \displaystyle \varepsilon \varphi 15^\circ  = \frac{{{\lambda _{12}}}}{{2{\alpha _{12}}}} = \frac{{\sqrt {2 - \sqrt 3 } }}{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }} = \frac{1}{{2 + \sqrt 3 }} = 2 - \sqrt 3


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1443
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τετ Μαρ 17, 2021 9:14 pm

Χαιρετώ και πάλι! Εννοούσα, Γιώργο, τελευταία από μένα..

Αλλά .. :) ..καλώς πρόβλεψα κι΄έγραψα ίσως. Aς υποβάλω λοιπόν ακόμη μία , χαρισμένη στην μαγευτική Κέρκυρα!
17-3 tan 15(1).png
17-3 tan 15(1).png (105.96 KiB) Προβλήθηκε 959 φορές
Ο ρόμβος ABCD έχει πλευρά 2 και \widehat{A}=30^{o} . Έχουμε \left ( ABCD \right )=CD\cdot AE=2 , αλλά και \left ( ABCD \right )=2xy

οπότε xy=1 με 0< x< y. Ακόμη x^{2}+y^{2}=4. Βρίσκουμε  \left ( x+y \right )^{2}=4+2=6\Rightarrow x+y=\sqrt{6}

Τα x,y είναι ρίζες της w^{2}-\sqrt{6}w+1=0 που μας δίνει \left ( x,y \right )=\left ( \dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2},\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2} \right ) .

Τέλος tan15^{o}=\dfrac{x}{y}=...= 2-\sqrt{3}.

Υ.Γ Με τη διαδρομή αυτή βρίσκουμε πρώτα τα sin15^o=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} και cos15^o=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} ...

Φιλικά, Γιώργος


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4891
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Μαρ 17, 2021 10:01 pm

Ανταποδίδοντας στον φίλο Γιώργο, μια ακόμα σε σύστημα αξόνων. Ουσιαστικά είναι το Θεώρημα Διχοτόμων, μεταμφιεσμένο...


17-03-2021 Γεωμετρία.png
17-03-2021 Γεωμετρία.png (12.26 KiB) Προβλήθηκε 945 φορές


Σε σύστημα συντεταγμένων παίρνουμε την ημιευθεία  \displaystyle y = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x,\;\;x \ge 0 .

Φέρνουμε την x=1 στο A(1,0), που την τέμνει στο  \displaystyle B\left( {1,\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) .

Είναι OA = 1,  \displaystyle {\rm A}{\rm B} = \frac{{\sqrt 3 }}{3},\;\;{\rm O}{\rm B} = \sqrt {1 + \frac{1}{3}}  = \frac{{2\sqrt 3 }}{2}

Φέρνουμε και τη διχοτόμο OD.

Τότε  \displaystyle \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{OA}}{{OB + OA}} \Leftrightarrow \frac{{\varepsilon \varphi 15^\circ }}{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = \frac{1}{{\frac{{2\sqrt 3 }}{3} + 1}} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi 15^\circ  = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 3  + 3}} = 2 - \sqrt 3


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10577
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γνωστή εφαπτομένη

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Μαρ 18, 2021 7:47 pm

Είμαι περίεργος να δω αν οι δύο Γιώργηδες έχουν και άλλους άσους στο μανίκι :clap2:


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες