Επί της εξωτερικής διχοτόμου !!

Dimessi · #1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC(AB<AC)$ και P,Q

σημεία στις BA,CA

αντίστοιχα , τέτοια ώστε BP=AC

και

και έστω

οι προβολές των B,C

στην ευθεία PQ,

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το ένα εκ των σημείων τομής των κύκλων (BC_1P),(QB_1C)

ανήκει στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC.$

Dimessi · #2

Καλημέρα -Καλησπέρα μετά από μια αποχή από το που θα την αναπληρώσω στο μέγιστο !!

: Επί της εξωτερικής διχοτόμου!.png (90.69 KiB) Προβλήθηκε 346 φορές

$\bullet$ Έστω $X\equiv AM\cap \left ( BC_{1} P\right ),$ όπου

το ίχνος της

διχοτόμου της γωνίας $\angle QAP$ στην πλευρά

κι ας είναι $Y\equiv AM\cap \left ( BC_{1}P \right )\left ( Y\not\equiv X \right ),G\equiv AM\cap CB_{1},W\equiv XQ\cap GC,V\equiv CB_{1}\cap AB,Z\equiv PQ\cap BC,$ Y''

το ίχνος της διχοτόμου της γωνίας $\angle BAC$ στην πλευρά BC,

$R\equiv CB_{1}\cap AY''.$ Είναι $\displaystyle AP=AQ\overset{QC=AB\wedge PB=AC}=b-c\overset{\angle MAQ=\angle MAP}\Rightarrow$ $\displaystyle AM \perp QP\wedge MQ=MP\overset{}\Rightarrow \begin{Bmatrix}AB \cdot AP\overset{YBXP \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=AY \cdot AX=AY\left ( AM+MX \right ) & \\MY\cdot MX\overset{PYC_1X\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=MP\cdot MC_1 & \\ \end{Bmatrix}$ $\displaystyle \Rightarrow \begin{Bmatrix}AB \cdot AP-MP \cdot MC_1=AM(AY-MX) & & \\ AB \cdot AP=AY(AM+MX) \end{Bmatrix}\overset{\left(AX=y\wedge \angle QPA=\angle AQP=\frac{\angle A}{2}\right)}\Rightarrow$ $\displaystyle \begin{Bmatrix}c\left ( b-c \right )=AY\cdot y & \\\displaystyle c\left ( b-c \right )-\frac{\left ( b+c+a \right )\left ( b+c-a \right )\left ( b-c \right )}{4c}=\left ( b-c \right )\sin \frac{\angle A}{2}\left ( AY-y+\left ( b-c \right )\sin \frac{\angle A}{2} \right ) & \\ \end{Bmatrix}\left ( \Sigma \right ).$ Έχουμε $\displaystyle \frac{ZB}{ZC}\overset{BB_1\parallel CC_1}=\frac{BB_1}{CC_1}\overset{\vartriangle CC_1Q \sim \vartriangle BB_1P}=\frac{BP}{CQ}\overset{BP=AC,CQ=AB}=\frac{AC}{AB}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle ABC}=\frac{Y''C}{Y''B}\Rightarrow \boxed{Y''C=ZB \wedge Y''B=ZC}\left ( \ast \right ),$ όμως $\displaystyle \overline{C_{1}ZQ}\overset{\left ( \angle APQ=\frac{\angle A}{2} \right )=\angle BAY''} \parallel AY''\overset{\Theta .K.\Delta \epsilon \sigma \mu \eta \varsigma }\Rightarrow \boxed{\frac{RA}{RY''}=\frac{QB_{1}}{B_{1}Z}}\left ( 1 \right ),$ κι αφού από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle BY''A$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{CRV}:\frac{CY''}{CB}\cdot \frac{RA}{RY''}\cdot \frac{VB}{VA}=1\overset{^{\left ( \ast \right )_{\left ( 1 \right )}}_{\left ( \overline{GAMX}\parallel BB_1\perp QP \right )}}\Rightarrow \boxed{\frac{b}{b+c}\cdot \frac{QB_{1}}{B_{1}Z}\cdot \frac{BB_1}{GA}=1}\left ( \ast \ast \right ).$ Επειδή $\displaystyle QB_1\overset{\angle AMQ=90^\circ\wedge MQ=MP}=\left ( PB-2AP \right )\cos \frac{\angle A}{2}=\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\overset{\left(\angle B_1ZB=\frac{\angle A}{2}+\angle C \right)_{\displaystyle \left ( \ast \ast \right )}}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\displaystyle GA=\frac{b\left ( 2c-b \right )\displaystyle \cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )}{\left ( b+c \right )\cos \left ( \displaystyle \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )}}\left ( 2 \right ).$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle GAC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{XQW}:\frac{XA}{XG}\cdot \frac{QC}{QA}\cdot \frac{WG}{WC}=1\overset{\left ( 2 \right )\wedge \frac{QC}{QA}=\frac{c}{b-c}}\Rightarrow \boxed{\frac{WC}{WG}=\frac{cy}{\left ( b-c \right )\displaystyle\left ( y+\frac{b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )}{\left ( b+c \right )\cos \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )} \right )}}\left ( 3 \right ).$
$\bullet$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle GWX$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{CQA}:\frac{CW}{CG}\cdot \frac{QX}{QW}\cdot \frac{GA}{XA}=1\overset{^{\left ( 2 \right )}_{\left ( 3 \right )}}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\frac{WQ \cdot WX}{QX^2}=\frac{b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )\left ( 2b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2} +\angle B\right )-2y\left ( b+c \right ) \cos \left ( \frac{\angle A}{2} +\angle B\right )\right )}{\left ( b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )-2y\left ( b+c \right ) \cos \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )\right )^{2}}}\left ( 5 \right ).$ Αφού $\displaystyle QX^2=y^2+(b-c)^2-2y(b-c)\sin \frac{\angle A}{2}\overset{(5)}\Rightarrow$
$\displaystyle \boxed{\frac{WQ\cdot WX}{y^2-2y(b-c)\sin \frac{\angle A}{2}+(b-c)^2}=\frac{b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2} +\angle B\right )\left [ 2b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right ) -2y\left ( b+c \right )\cos \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )\right ]}{\left [ b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )-2y\left ( b+c \right )\cos \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right ) \right ]^{2}}}$ (6).

Όμως από την σχέση $\displaystyle \left ( 3 \right )\Rightarrow \frac{WB_1\cdot WC}{CB_1^2}=\frac{by\left ( by-\left ( b-c \right )\left ( 2y+\frac{b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )}{\left ( b+c \right )\cos \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )} \right ) \right )}{\left [ \left ( b-c \right )\left ( 2y+\frac{b\left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )}{\left ( b+c \right )\cos \left ( \frac{\angle A}{2} +\angle C\right )} \right ) \right ]^{2}}\overset{^{\left ( \Sigma \right )}_{\left ( 6 \right )}}\Rightarrow \frac{WB_1\cdot WC}{WQ \cdot WX}\cdot CB_1^2$ $\displaystyle =\left ( \left ( 2c-b \right )\cos \frac{\angle A}{2} \right )^{2}+c^2-2c\left ( 2c-b \right )\cos ^{2}\frac{\angle A}{2}=CB_1^2,$ άρα $WQ \cdot WX=WB_1\cdot WC,$ οπότε από το αντίστροφο του Θεωρήματος Τεμνόμενων Χορδών , το τετράπλευρο CB_1QX

είναι εγγράψιμο

που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

: Επί της εξωτερικής διχοτόμου!.png (90.69 KiB) Προβλήθηκε 346 φορές

Δεύτερη λύση μου

: Επί της εξωτερικής διχοτόμου!.png (90.69 KiB) Προβλήθηκε 346 φορές

$\bullet$ Έστω $XV \perp AC(V \in AC).$ Είναι $\displaystyle \vartriangle AMQ \overset{\angle QMA=\angle XVA=90^\circ}\sim \vartriangle AVX\Rightarrow \frac{AM}{AV}=\frac{AQ}{y}=\frac{MQ}{VX}\Rightarrow \boxed{\frac{VX}{VC}=\frac{\frac{MQ\cdot y}{AQ}}{b-\frac{AM\cdot y}{AQ}}=\frac{MQ\cdot y}{b\cdot AQ-AM\cdot y}}\left ( \ast \ast \ast \right ),$
και $\displaystyle \frac{MX}{MB_1}=\frac{y-AM}{c \cos \frac{\angle A}{2}}\overset{\left ( \ast \ast \ast \right )_{\left ( \Sigma \right )}}\Rightarrow \frac{VX}{VC}=\frac{MX}{MB_1}\overset{\angle XMB_1=\angle XVC=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle VXC \sim \vartriangle XB_1M\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle XCQ\equiv \angle XCV=\angle XB_1M\equiv \angle XB_1Q,$

και άρα το τετράπλευρο CB_1QX

είναι εγγράψιμο

που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

Μια παρατήρηση ενδιαφέρουσα Εν τέλει $V \equiv Q$ διότι από το $\displaystyle \left ( \Sigma \right ):y=\frac{b-c}{\sin \frac{\angle A}{2}}=\frac{AQ^2}{AM}\overset{ QP \perp AM}\Rightarrow XQ \perp QA.$

: Επί της εξωτερικής διχοτόμου!.png (90.69 KiB) Προβλήθηκε 346 φορές

#3

Dimessi έγραψε:Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC(AB<AC)$ και σημεία στις αντίστοιχα , τέτοια ώστε και και έστω οι προβολές των στην ευθεία αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το ένα εκ των σημείων τομής των κύκλων ανήκει στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC.$

Ωραίο θέμα αγαπητέ Dimessi (Δημήτρη ?), αλλά χρειάζεται λίγο περισσότερος χρόνος για να απαντηθεί, ιδιαίτερα για όσους από εμάς έχουν γεννηθεί στο πρώτο μισό του προηγούμενου αιώνα...

$\bullet$ Με κέντρο το μέσον έστω

του τόξου $\overset\frown {BC},$ του περίκυκλου (O)

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ που περιέχει το σημείο

γράφουμε τον κύκλο (Y)

με ακτίνα

ο οποίος τέμνει τις ευθείες AC, AB

στα σημεία P, Q,

αντιστοίχως.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε $\boxed{CP=AB} \ \ ,(1)$ και $\boxed{BQ=AC} \ \ ,(2)$

Το σημείο

ανήκει στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ του $\vartriangle ABC$ και έστω

το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον κύκλο (Y).

Έστω

ο κύκλος με διάμετρο BX,

π οποίος τέμνει την

στο σημείο έστω

και έχουμε $XZ\perp BC,$ λόγω $\angle BQX=90^{o}.$

Έστω (L,)

ο κύκλος με διάμετρο CX,

ο οποίος περνάει προφανώς από το σημείο

λόγω $\angle XZC= \angle XPC=90^{o}.$

$\bullet$ Έστω τα σημεία $B'\equiv (L)\cap PQ$ και $C'\equiv (K)\cap PQ$ και ας είναι

το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον κύκλο (L)

και

το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον κλυκλο (K).

Στο διαμορφωμένο μέχρι τώρα σχήμα, έχουμε ότι το σημείο $X\equiv (K)\cap (L)$ ανήκει στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ του $\vartiangle ABC$ και ισχύει $RB'\perp PQ$ και $SC'\perp PQ.$

Μένει και θα αποδειχθεί, ως ισοδύναμο ζητούμενο, ότι ισχύει και $BB'\perp PQ$ και $CC'\perp PQ.$

: Επί της εξωτερικής διχοτόμου.; f=185 t=79051.PNG (32.26 KiB) Προβλήθηκε 245 φορές

$\bullet$ Από (1)

και

λόγω του ορθογωνίου παραλληλογράμμου CPXR,

προκύπτει $\boxed{XR= AB} \ \ ,(3)$

Ισχύει $\boxed{\displaystyle\angle AXR= 90^{o}+ \angle AXP= 90^{o}+ \angle APQ= 90^{o}+ \frac{\angle A}{2}} \ \ ,(4)$ και $\boxed{\displaystyle\angle XAB= 90^{o}+ \frac{\angle A}{2}} \ \ ,(5)$

Από $(3), (4), (5)\Rightarrow$ $\boxed{BB'\perp PQ} \ \ ,(6)$ ( οι δια των σημείων B, R

κάθετες ευθείες επί την $PQ\perp AX$ ταυτίζονται ).

Ισχύει $\boxed{CR= XP= XQ= BS} \ \ ,(7)$ και $\boxed{\displaystyle \angle BRC= \frac{\angle A}{2}} \ \ ,(8)$ λόγω $RC\perp AP$ και $RB'\perp QP$

και $\boxed{\displaystyle\angle RBS= \frac{\angle A}{2}} \ \ ,(9)$ λόγω $BB'\perp QP$ και $BS\perp QA.$

Από $(7), (8), (9)\Rightarrow$ $\boxed{CC'\perp PQ} \ \ ,(10)$ ( οι δια των σημείων C, S

κάθετες ευθείες επί την $PQ\perp AX$ ταυτίζονται ).

Από (6), (10),

το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Με κέντρο το μέσον έστω του τόξου $\overset\frown {BC},$ του περίκυκλου δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ που περιέχει το σημείο γράφουμε τον κύκλο με ακτίνα ο οποίος τέμνει τις ευθείες στα σημεία αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι και .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. Με κέντρο το μέσον έστω του τόξου $\overset\frown {BC},$ του περίκυκλου δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ που περιέχει το σημείο γράφουμε τον κύκλο με ακτίνα ο οποίος τέμνει τις ευθείες στα σημεία αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι και .

$\bullet$ Έστω

το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων (O), (Y).

Από $AD\parallel BC\Rightarrow$ AB=CD

και άρα, αρκεί να αποδειχθεί ότι $\boxed{CP=CD} \ \ ,(1)$ γιατί AP=AQ.

Έστω το σημείο $M\equiv (O)\cap PD$ και ας είναι

το αντιδιαμετρικό σημείο του

Ισχύει $\displaystyle\angle CPD= \angle PAD+ \angle PDA= \frac{PYD}{2}+ \frac{\angle PYA}{2}= \frac{\angle AYD}{2}= \angle AYL= \angle DYL$

$\Rightarrow$ $\boxed{\angle CPD= \angle AYL= \angle DYL} \ \ ,(2)$ λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle AYD.$

: Επί της εξωτερικής διχοτόμου - Απόδειξη του Λήμματος.; f=185 t=79051 (a).PNG (17.11 KiB) Προβλήθηκε 183 φορές

$\bullet$ Αλλά, ισχύει $\boxed{\angle PCL= \angle AYL} \ \ ,(3)$ και από $(2), (3)\Rightarrow$ $\boxed{DM\parallel CL} \ \ ,(4)$

Επίσης, ισχύει $\boxed{\angle DML= \angle DYL} \ \ ,(5)$ και από $(2), (5)\Rightarrow$ $\boxed{PC\parallel ML} \ \ ,(6)$

Από $(4), (6)\Rightarrow$ $\boxed{CP= ML= CD= AB} \ \ ,(7)$

Από (7)

και

λόγω $\angle YAP= \angle YAQ\Rightarrow$ $\boxed{BQ= AC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας

ΥΓ. Με την ευκαιρία του ως άνω Λήμματος, έχει αποδειχθεί ένα ενδιαφέρον αποτέλεσμα. Για κάθε χορδή

του κύκλου (O)

η οποία τέμνει τον κύκλο (Y)

στο σημείο έστω

ισχύει

όπου $C\equiv (O)\cap AP.$ Αυτό το απλό αποτέλεσμα, το οποίο δεν το έχω ξαναδεί, ήταν το κλειδί που ξεκλείδωσε το πρόβλημα που έχει τεθεί, στην αναλυτική διαδικασία της προσπάθειας για την απόδειξή του. Πιθανόν να υπάρχει κάπου μέσα στο

, ο Θανάσης ίσως θα ξέρει...

Dimessi · #5

vittasko έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 23, 2026 1:53 pm
Ωραίο θέμα αγαπητέ Dimessi (Δημήτρη ?), αλλά χρειάζεται λίγο περισσότερος χρόνος για να απαντηθεί, ιδιαίτερα για όσους από εμάς έχουν γεννηθεί στο πρώτο μισό του προηγούμενου αιώνα...

Καλησπέρα . Ναι Δημήτρης λέγομαι και δε θα συμφωνήσω εντελώς με αυτό που λέτε.

Σίφουνας είσαστε

: Όμορφη!!!.png (65.3 KiB) Προβλήθηκε 135 φορές

$\bullet$ Έστω

η τομή των εκ των P,Q

καθέτων στις ευθείες AB,AC

αντίστοιχα

$Z\equiv BX\cap AC,V\equiv XB_{1}\cap AC,M\equiv AX\cap PQ\left ( AP=AQ \right ).$ Επειδή $\displaystyle \frac{ZX}{ZB}\overset{AX \parallel BK}=\frac{ZA}{ZK}=\frac{AX}{BK}=\frac{\displaystyle \frac{AP}{\sin \frac{\angle A}{2}}}{2c\sin \frac{\angle A}{2}}=\frac{b-c}{c\left ( 1-\cos \angle A \right )}=\frac{2b\left ( b-c \right )}{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}\left ( \ast \right ).$
Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle ZBK$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{XVB_{1}}:\frac{ZX}{XB}\cdot \frac{VK}{VZ}\cdot \frac{BB_1}{B_1K}=1\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \frac{2b\left ( b-c \right )}{2b\left ( b-c \right )+\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}\cdot \frac{VK}{VZ}\cdot \frac{b \sin \frac{\angle A}{2}}{\left ( 2c-b \right )\sin \frac{\angle A}{2}}=1$ $\displaystyle \Rightarrow \boxed{\frac{VZ}{VK}=\frac{2b^{2}\left ( b-c \right )}{\left ( b^{2}+a^{2}-c^{2} \right )\left ( 2c-b \right )}}\left ( \ast \ast \right ).$ Αφού $\displaystyle \frac{ZK}{AK}\overset{\left ( \ast \right )}=\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}{b^{2}+a^{2}-c^{2}}\overset{AK=c}\Rightarrow ZK=\frac{c\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}{b^{2}+a^{2}-c^{2}}\overset{\left ( \ast \ast \right )}\Rightarrow \boxed{VK=\frac{c\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )\left ( 2c-b \right )}{2b^2(b-c)+(b^2+a^2-c^2)\left ( 2c-b \right )}}\left ( \amalg \right ).$ Επομένως $\displaystyle VQ\cdot VC\overset{\left ( \amalg \right )}=\left ( b-c+\frac{c\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )\left ( 2c-b \right )}{2b^2(b-c)+(b^2+a^2-c^2)\left ( 2c-b \right )} \right )\left ( 2c-b-\frac{c\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )\left ( 2c-b \right )}{2b^2(b-c)+(b^2+a^2-c^2)\left ( 2c-b \right )} \right )\left ( 2 \right ).$ Είναι $\displaystyle \frac{VX}{VB_{1}}\overset{AX \parallel KB_1}=\frac{AX}{KB_1}=\frac{2(b-c)}{\left ( 2c-b \right )\left ( 1-\cos \angle A \right )}\left ( 3 \right ),$ και $\displaystyle B_1X^{2}\overset{\angle B_1MX=90^\circ}=\left ( \left ( b-c \right )\frac{1+\cos \angle A}{2\sin \frac{\angle A}{2}} \right )^{2}+\left ( c\cos \frac{\angle A}{2} \right )^{2}\overset{^{\left ( 3 \right )}_{\left ( 2 \right )}}\Rightarrow VX \cdot VB_1=VQ\cdot VC,$ άρα τα σημεία C,B_1,Q,X

είναι ομοκυκλικά και αφού $\displaystyle \frac{BP}{MC_1}=\frac{AS}{MC_1}\overset{AM \parallel SC_1}=\frac{AP}{MP}\overset{\vartriangle AMP \sim \vartriangle XMP}=\frac{PX}{XM}\overset{\angle BPX=\angle C_1MX=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle XBP \sim \vartriangle C_1XM\Rightarrow$ $\angle PC_1X\equiv \angle MC_1X=\angle PBX,$ και συνεπώς και τα σημεία P,B,C_1,X

είναι ομοκυκλικά

που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

: Όμορφη!!!.png (65.3 KiB) Προβλήθηκε 135 φορές

Επί της εξωτερικής διχοτόμου !!

Επί της εξωτερικής διχοτόμου !!

Re: Επί της εξωτερικής διχοτόμου !!

Re: Επί της εξωτερικής διχοτόμου !!

Re: Επί της εξωτερικής διχοτόμου !!

Re: Επί της εξωτερικής διχοτόμου !!

Μέλη σε σύνδεση