mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 18, 2016 10:25 am**

: Αντέχει στον Κρόνο.png (19.74 KiB) Προβλήθηκε 2538 φορές

H

είναι κινητή χορδή του κύκλου x^2+y^2=r^2

, με σταθερή όμως κλίση $\lambda=\sqrt{2}+1$

Σχεδιάζουμε το ορθογώνιο και ισοσκελές CAB

. Βρείτε το γεωμετρικό τόπο της κορυφής

.

Σημείωση αργότερα : Πειραματιστείτε στην έλλειψη με εξίσωση : $\dfrac{x^2}{(r(\sqrt{2}+1))^2}+\dfrac{y^2}{(r(\sqrt{2}-1))^2}=1$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 05, 2022 10:36 pm**

Για...διασκέδαση!!!

Επαναφορά!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 21, 2024 1:42 pm**

Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 24, 2024 12:25 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 18, 2016 10:25 am
H είναι κινητή χορδή του κύκλου , με σταθερή όμως κλίση $\lambda=\sqrt{2}+1$

Σχεδιάζουμε το ορθογώνιο και ισοσκελές . Βρείτε το γεωμετρικό τόπο της κορυφής .

Σημείωση αργότερα : Πειραματιστείτε στην έλλειψη με εξίσωση : $\dfrac{x^2}{(r(\sqrt{2}+1))^2}+\dfrac{y^2}{(r(\sqrt{2}-1))^2}=1$

Θανάση καλησπέρα...

Αναρτώ μια λύση της άσκησης αυτής και κάποιες προεκτάσεις...

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Κρόνος 1.png (39.16 KiB) Προβλήθηκε 1769 φορές

Στο ανωτέρω σχήμα θεωρήθηκε για απλούστερη μελέτη ότι η ακτίνα του δοθέντος κύκλου

είναι η μονάδα.

Ακόμα εύκολα διαπιστώνεται τριγωνομετρικά ότι είναι:

$\displaystyle{tan(\frac{3\pi}{8})=1+\sqrt{2} \ \ (1) }$

Έτσι όπως φαίνονται και στο σχήμα οι συντεταγμένες των σημείων $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ αφού είναι

$\displaystyle{AB//OD}$ θα είναι:

$\displaystyle{ A=(cos(\frac{7\pi}{8}-u), sin(\frac{7\pi}{8}-u)) \ \ (2) }$

$\displaystyle{B=(cos(\frac{7\pi}{8}+u), sin(\frac{7\pi}{8}+u)) \ \ (3)}$

Αν τώρα θεωρήσουμε ένα νέο σύστημα αξόνων με αρχή το σημείο $\displaystyle{A}$ και με ομόρροπους άξονες

ως προς το αρχικό τότε οι νέες συντεταγμένες των $\displaystyle{A,B}$ θα είναι:

$\displaystyle{A(0,0)}$

$\displaystyle{B(cos(\frac{7\pi}{8}+u)-cos(\frac{7\pi}{8}-u)},sin( \frac{7\pi}{8}+u)-sin(\frac{7\pi}{8}-u)) \ \ (4) }$

και μετά από εύκολες πράξεις θα είναι:

$\displaystyle{X_B=-2sin(\frac{\pi}{8})sinu, \ \ Y_B=-2cos(\frac{\pi}{8})sinu \ \ (5) }$

Αν τώρα εφαρμόσω στο σημείο $\displaystyle{B}$ τη στροφή με κέντρο το σημείο $\displaystyle{A}$ και με γωνία ίση με $\displaystyle{\frac{\pi}{2} }$ τότε

θα προκύψουν οι συντεταγμένες του σημείου $\displaystyle{C}$ του οποίου ζητούμε το γ. τόπο.

Η στροφή γίνεται σύμφωνα με τον πίνακα στροφής:

$\displaystyle{ T= \begin{bmatrix} cos(90^o)&-sin(90^o) \\sin(90^o)&cos(90^o) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0&-1\\1&0 \end{bmatrix} \ \ (6) }$

Άρα:

$\displaystyle{ \begin{bmatrix} X_C \\Y_C \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0&-1\\1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} X_B \\Y_B \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} -Y_B \\X_B \end{bmatrix} \ \ (7) }$

Δηλαδή θα είνα τελικά:

$\displaystyle{ X_C=2cos(\frac{\pi}{8})sin(u) , \ \ Y_C=-2sin(\frac{\pi}{8})sin(u) \ \ (8) }$

Οι συντεταγμένες τώρα του σημείου $\displaystyle{C}$ ως προς το αρχικό σύστημα θα είναι:

$\displaystyle{x_C=x(A)+X_C=cos(\frac{7\pi}{8}-u)+2cos(\frac{\pi}{8})sin(u) \ \ (9) }$

$\displaystyle{ y_C=y(A)+Y_C=sin(\frac{7\pi}{8}-u)-2sin(\frac{\pi}{8})sin(u) \ \ (10) }$

Οι σχέσεις (9) και (10) μετά από πράξεις δίνουν το σύστημα ως προς αγνώστους $\displaystyle{sin(u), cos(u) }$ :

$\displaystyle{(sin(\frac{\pi}{8})+2cos(\frac{\pi}{8}))sinu-cos(\frac{\pi}{8})cosu=x }$

$\displaystyle{(cos(\frac{\pi}{8})-2sin(\frac{\pi}{8}))sinu+sin(\frac{\pi}{8})cosu=y }$

Λύνοντας το σύστημα αυτό έχουμε :

$\displaystyle{sinu=xsin(\frac{\pi}{8})+ycos(\frac{\pi}{8}) \ \ (11) }$

$\displaystyle{cosu=(sin(\frac{\pi}{8})+2cos(\frac{\pi}{8}))y-(cos(\frac{\pi}{8})-2sin(\frac{\pi}{8}))x \ \ (12) }$

Αν τώρα τις τιμές των (11) και (12) τις αντικαταστήσουμε στην ταυτότητα:

$\displaystyle{sin^2u+cos^2u=1 }$

τότε μετά από πράξεις θα καταλήξουμε στην εξίσωση της γραμμής που διαγράφει το σημείο $\displaystyle{C}$

δηλαδή στην εξίσωση:

$\displaystyle{\frac{x^2}{3+2\sqrt{2}}+\frac{y^2}{3-2\sqrt{2}}=1 \ \ (13) }$

η οποία είναι μια έλλειψη και είνα αυτή που σημειώνεται στην εκφώνηση του προβλήματος αυτού.

Κώστας Δόρτσιος

(Συνεχίζεται...)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 25, 2024 5:15 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 18, 2016 10:25 am
H είναι κινητή χορδή του κύκλου , με σταθερή όμως κλίση $\lambda=\sqrt{2}+1$

Σχεδιάζουμε το ορθογώνιο και ισοσκελές . Βρείτε το γεωμετρικό τόπο της κορυφής .

Σημείωση αργότερα : Πειραματιστείτε στην έλλειψη με εξίσωση : $\dfrac{x^2}{(r(\sqrt{2}+1))^2}+\dfrac{y^2}{(r(\sqrt{2}-1))^2}=1$

Καλησπέρα...

(1η Συνέχεια...)

Αναρτώ το σχήμα όπου φαίνεται ο γ. τόπος του ανωτέρω προβλήματος καθώς και

το δυναμικό σχήμα με την κίνηση του σημείου $\displaystyle{C}$ επί του γ. τόπου.

: Κρόνος 2.png (29.1 KiB) Προβλήθηκε 1709 φορές

Το δυναμικό σχήμα δίνεται στον ακόλουθο σύνδεσμο:

https://www.geogebra.org/m/hf5y6yzs

Σχόλιο πάνω στον τίτλο "Αντέχει ... στον Κρόνο"

Η αναφορά στον πλανήτη της Γης Κρόνο είναι προφανής και με ώθησε

να κάνω το σχήμα στο χώρο..

Αμέσως διατηρώντας τις ίδιες τιμές του προβλήματος προέκυψε το ακόλουθο σχήμα:

: Κρόνος β.png (21.82 KiB) Προβλήθηκε 1709 φορές

Από ό,τι φαίνεται δεν είναι έτσι ο δακτύλιος. Έτσι μείωσα την ακτίνα του Κρόνου

και προέκυψε το ακόλουθο σχήμα:

: Κρόνος γ.png (16.61 KiB) Προβλήθηκε 1709 φορές

Αυτό το σχήμα ανταποκρίνεται πιο καλά στον τίτλο. Όμως επειδή

τα σωματίδια του δακτυλίου περιφέρονται σχεδόν σε κυκλική τροχιά,

(στην πραγματικότητα κινούνται πάντα σε ελλειπτική-1ος Νόμος του Κέπλερ- επειδή

οι αποστάσεις είναι σχετικά μικρές, έκανα ένα άλλο σχήμα πιο "ελεύθερο", σχεδιάζοντας τις τροχιές

αυτές κυκλικές, πιστεύοντας στην καλύτερη αισθητική της εικόνας. Και να το σχήμα:

: Κρόνος α.png (33.85 KiB) Προβλήθηκε 1709 φορές

Και στο σχήμα αυτό ο δακτύλιος "φαίνεται" ελλειπτικός λόγω της προβολής αυτου

σε επίπεδο.

Τέλος στον ακόλουθο σύνδεσμο μπορείτε να παίξετε με τον πλανήτη αυτόν

στο ακόλουθο δυναμικό σχήμα:

https://www.geogebra.org/m/bcbphcny

(Συνεχίζεται...)

Κώατας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 25, 2024 6:30 pm**

Κώστα , τι να πω , είσαι θησαυρός

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 20, 2024 11:55 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 18, 2016 10:25 am
H είναι κινητή χορδή του κύκλου , με σταθερή όμως κλίση $\lambda=\sqrt{2}+1$

Σχεδιάζουμε το ορθογώνιο και ισοσκελές . Βρείτε το γεωμετρικό τόπο της κορυφής .

Σημείωση αργότερα : Πειραματιστείτε στην έλλειψη με εξίσωση : $\dfrac{x^2}{(r(\sqrt{2}+1))^2}+\dfrac{y^2}{(r(\sqrt{2}-1))^2}=1$

.....................................

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 25, 2024 6:30 pm
Κώστα , τι να πω , είσαι θησαυρός

Θανάση καλημέρα και σ' ευχαριστώ πολύ...

Πάντα δήλωνα ότι είσαι μια πηγή έμπνευσης και δημιουργίας, αν και

δεν γνωριστήκαμε "εκ του σύνεγγυς", όμως η γνωριμία μας έγινε και

και γίνεται καθημερινά μέσα από αυτόν τον ανιδιοτελή χώρο!

Κλείνω το θέμα αυτό με τον τίτλο "Αντέχει στον... Κρόνο"

θέλοντας να πω κἀτι: Σήμερα στην εποχή της νέας τεχνολογίας στην αναζήτηση

ενός γεωμετρικού τόπου έχουμε μεγάλη βοήθεια από τα λογισμικά που δουλεύουμε.

Αυτή η βοήθεια βέβαια έχει και την αρνητική της πλευρά. Ναι, αν στήσουμε καλά το

πρόβλημα, έχουμε αμέσως την εικονα του ζητούμενου γ. τόπου. Αυτό όως μας στερεί, και

κυρίως τους μαθητές μας, από την καλλιέργεια της δυναμικής φαντασίας. Έτσι στο

σχολείο ο καθηγητής πρέπει αυτό να το λαμβάνει υπόψη του.

Αυτό όμως που δεν μπορούν να κάνουν τα λογισμικά είναι να αποδείξουν, γιατί

η γραμμή αυτή που μας εμφανίζουν είναι ο ζητούμενος γ. τόπος! Αυτό μένει σε

μάς κάθε φορά.

Τέτοιο παράδειγμα είναι η άσκησή σου "Αντέχει στον...Κρόνο"

Κλείνω αναφέροντας μια γενίκευση του ανωτέρω προβλήματος.

Σκεφτόμαστε το παρακάτω σχήμα:

: Αντέχει στον ... Κρόνο 11.png (24.27 KiB) Προβλήθηκε 1494 φορές

Στο σχήμα αυτό έχουμε αλλάξει την αρχική κατεύθυνση της κινητής χορδής $\displaystyle{AB}$

καθώς επίσης και τη γωνία στροφής αντί της ορθής σε μια τυχαία άλλη.

Τότε και πάλι η τροχιά του σημείου $\displaystyle{C}$ είναι έλλειψη!

Η απόδειξη γίνεται παρόμοια με την αρχική...

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 26, 2024 2:15 pm**

... και μάλιστα Κώστα δύο ελλείψεις (ακριβέστερα τμήματα δύο ελλείψεων): μία προκύπτουσα από αντιωρολογιακή στροφή (όπως στο αρχικό πρόβλημα του Θανάση) και μία προκύπτουσα από ωρολογιακή στροφή!

Εργαζόμενος διαφορετικά, με παραμετρικές εξισώσεις ξεκινώντας από το μεταβαλλόμενο $A=(cos\theta, sin\theta)$ επί του μοναδιαίου κύκλου καταλήγω στις

$x=\dfrac{-(6+4\sqrt{2})sin\theta +2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}, y=\dfrac{(6+4\sqrt{2})sin\theta +2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}$

και

$x=\dfrac{(6+4\sqrt{2})sin\theta +(6+4\sqrt{2})cos\theta}{4+2\sqrt{2}}, y=\dfrac{2sin\theta -2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}.$

Η δεύτερη έλλειψη είναι αυτή των Θανάση-Κώστα, η πρώτη εικονίζεται στο συνημμένο.

Δεν ασχολήθηκα με την γενίκευση του Κώστα, αλλά για τυχούσα κλίση $\lambda$ προκύπτουν αντίστοιχα οι εξής δύο ελλείψεις (για τον μοναδιαίο κύκλο πάντα):

$x=\dfrac{-2\lambda ^2sin\theta+(\lambda -1)^2cos\theta }{\lambda ^2+1}, y=\dfrac{(\lambda +1)^2sin\theta +2cos\theta }{\lambda ^2+1}$

και

$x=\dfrac{2\lambda ^2sin\theta+(\lambda +1)^2cos\theta }{\lambda ^2+1}, y=\dfrac{(\lambda -1)^2sin\theta -2cos\theta }{\lambda ^2+1}.$

[Ξεκινώντας από το $A=(cos\theta , \sin\theta )$ αναζητούμε $B=(x,y)=(x, sin\theta +\lambda (x-cos\theta ))$ τέτοιο ώστε x^2+y^2=1.

Βρίσκουμε $x=\dfrac{(\lambda ^2-1)cos\theta -2\lambda sin\theta}{\lambda ^2+1},$ οπότε $|AB|^2=\dfrac{4(\lambda sin\theta +cos\theta )^2}{\lambda ^2+1}.$ Ακολούθως αναζητούμε $C=(x,y)=(\lambda (sin\theta -y)+cos\theta ,y)$ τέτοιο ώστε |AC|^2=|AB|^2

και από την $|AC|^2=(\lambda ^2+1)(y-sin\theta )^2$ προκύπτουν εύκολα οι παραπάνω παραμετρικές εξισώσεις.]

: δεύτερη-έλλειψη.png (42.97 KiB) Προβλήθηκε 1366 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 27, 2024 12:45 pm**

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 26, 2024 2:15 pm
... και μάλιστα Κώστα δύο ελλείψεις (ακριβέστερα τμήματα δύο ελλείψεων): μία προκύπτουσα από αντιωρολογιακή στροφή (όπως στο αρχικό πρόβλημα του Θανάση) και μία προκύπτουσα από ωρολογιακή στροφή!

Δύο ημιελλείψεις για να είμαστε απόλυτα ακριβείς, και, αν επιτρέψουμε και εναλλαγή των ρόλων Α και Β, δύο ελλείψεις: ο διαμερισμός κάθε έλλειψης καθορίζεται από τα σημεία τομής της με τον κύκλο, όπου οι εφαπτόμενες του κύκλου έχουν την δοθείσα κλίση $\lambda$ :

ημιελλείψεις.png (48.05 KiB) Προβλήθηκε 1304 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 04, 2024 3:06 pm**

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 26, 2024 2:15 pm
... και μάλιστα Κώστα δύο ελλείψεις (ακριβέστερα τμήματα δύο ελλείψεων): μία προκύπτουσα από αντιωρολογιακή στροφή (όπως στο αρχικό πρόβλημα του Θανάση) και μία προκύπτουσα από ωρολογιακή στροφή!

Εργαζόμενος διαφορετικά, με παραμετρικές εξισώσεις ξεκινώντας από το μεταβαλλόμενο $A=(cos\theta, sin\theta)$ επί του μοναδιαίου κύκλου καταλήγω στις

$x=\dfrac{-(6+4\sqrt{2})sin\theta +2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}, y=\dfrac{(6+4\sqrt{2})sin\theta +2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}$

και

$x=\dfrac{(6+4\sqrt{2})sin\theta +(6+4\sqrt{2})cos\theta}{4+2\sqrt{2}}, y=\dfrac{2sin\theta -2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}.$

Η δεύτερη έλλειψη είναι αυτή των Θανάση-Κώστα, η πρώτη εικονίζεται στο συνημμένο.

Δεν ασχολήθηκα με την γενίκευση του Κώστα, αλλά για τυχούσα κλίση $\lambda$ προκύπτουν αντίστοιχα οι εξής δύο ελλείψεις (για τον μοναδιαίο κύκλο πάντα):

$x=\dfrac{-2\lambda ^2sin\theta+(\lambda -1)^2cos\theta }{\lambda ^2+1}, y=\dfrac{(\lambda +1)^2sin\theta +2cos\theta }{\lambda ^2+1}$

και

$x=\dfrac{2\lambda ^2sin\theta+(\lambda +1)^2cos\theta }{\lambda ^2+1}, y=\dfrac{(\lambda -1)^2sin\theta -2cos\theta }{\lambda ^2+1}.$

Σύμφωνα με τα όσα εκτίθενται εδώ, η δεύτερη έλλειψη γράφεται ως px^2+qxy+ry^2=1,

όπου

$p=\dfrac{4+(\lambda -1)^4}{(\lambda ^2+1)^2}, q=\dfrac{4[4\lambda ^2-(\lambda ^2-1)^2]\cdot [(\lambda +1)^2-\lambda ^2(\lambda -1)^2]}{(\lambda ^2+1)^4}, r=\dfrac{4\lambda ^4+(\lambda +1)^4}{(\lambda ^2+1)^2}.$

Για $\lambda =\sqrt{2}+1$ (στον μοναδιαίο κύκλο) πράγματι λαμβάνουμε την έλλειψη των Θανάση-Κώστα, καθώς $p=\dfrac{1}{(\sqrt{2}+1)^2}, q=0, r=(\sqrt{2}+1)^2=\dfrac{1}{(\sqrt{2}-1)^2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 08, 2024 10:34 pm**

gbaloglou έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 04, 2024 3:06 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 26, 2024 2:15 pm
... και μάλιστα Κώστα δύο ελλείψεις (ακριβέστερα τμήματα δύο ελλείψεων): μία προκύπτουσα από αντιωρολογιακή στροφή (όπως στο αρχικό πρόβλημα του Θανάση) και μία προκύπτουσα από ωρολογιακή στροφή!

Εργαζόμενος διαφορετικά, με παραμετρικές εξισώσεις ξεκινώντας από το μεταβαλλόμενο $A=(cos\theta, sin\theta)$ επί του μοναδιαίου κύκλου καταλήγω στις

$x=\dfrac{-(6+4\sqrt{2})sin\theta +2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}, y=\dfrac{(6+4\sqrt{2})sin\theta +2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}$

και

$x=\dfrac{(6+4\sqrt{2})sin\theta +(6+4\sqrt{2})cos\theta}{4+2\sqrt{2}}, y=\dfrac{2sin\theta -2cos\theta}{4+2\sqrt{2}}.$

Η δεύτερη έλλειψη είναι αυτή των Θανάση-Κώστα, η πρώτη εικονίζεται στο συνημμένο.

Δεν ασχολήθηκα με την γενίκευση του Κώστα, αλλά για τυχούσα κλίση $\lambda$ προκύπτουν αντίστοιχα οι εξής δύο ελλείψεις (για τον μοναδιαίο κύκλο πάντα):

$x=\dfrac{-2\lambda ^2sin\theta+(\lambda -1)^2cos\theta }{\lambda ^2+1}, y=\dfrac{(\lambda +1)^2sin\theta +2cos\theta }{\lambda ^2+1}$

και

$x=\dfrac{2\lambda ^2sin\theta+(\lambda +1)^2cos\theta }{\lambda ^2+1}, y=\dfrac{(\lambda -1)^2sin\theta -2cos\theta }{\lambda ^2+1}.$

Σύμφωνα με τα όσα εκτίθενται εδώ, η δεύτερη έλλειψη γράφεται ως όπου

$p=\dfrac{4+(\lambda -1)^4}{(\lambda ^2+1)^2}, q=\dfrac{4[4\lambda ^2-(\lambda ^2-1)^2]\cdot [(\lambda +1)^2-\lambda ^2(\lambda -1)^2]}{(\lambda ^2+1)^4}, r=\dfrac{4\lambda ^4+(\lambda +1)^4}{(\lambda ^2+1)^2}.$

Για $\lambda =\sqrt{2}+1$ (στον μοναδιαίο κύκλο) πράγματι λαμβάνουμε την έλλειψη των Θανάση-Κώστα, καθώς $p=\dfrac{1}{(\sqrt{2}+1)^2}, q=0, r=(\sqrt{2}+1)^2=\dfrac{1}{(\sqrt{2}-1)^2}.$

Σε κάπως απλούστερη μορφή ... η πρώτη έλλειψη είναι η px^2+qxy+ry^2=1,

όπου

$p=\dfrac{4+(\lambda -1)^4}{(\lambda ^2+1)^2}, q=\dfrac{4(\lambda ^2+2\lambda -1)(\lambda ^2-2\lambda -1)^2}{(\lambda ^2+1)^3}, r =\dfrac{4\lambda ^4+(\lambda +1)^4}{(\lambda ^2+1)^2}.$

Εστιάζοντας σε εκείνα τα $\lambda$ για τα οποία q=0

... βλέπουμε ότι είναι τα $\lambda = 1+\sqrt{2}$ (έλλειψη Θανάση-Κώστα), $\lambda = 1-\sqrt{2}$ (κατακόρυφη εκδοχή της έλλειψης Θανάση-Κώστα), $\lambda =-1+\sqrt{2}$ (κύκλος $x^2+y^2=\dfrac{1}{3}$ ), $\lambda =-1-\sqrt{2}$ (κύκλος $x^2+y^2=\dfrac{1}{3}$ ): τα δύο τελευταία αποτελέσματα είναι 'μη αναμενόμενα' και δεν 'επαληθεύονται' γεωμετρικά, ίσως κάτι μου διαφεύγει κάπου, μπορεί κάποτε να επανέλθω, κάθε παρέμβαση καλοδεχούμενη...

[Βλέπω τώρα ότι οι δύο τιμές του $\lambda$ που οδηγούν σε κύκλο είναι ακριβώς εκείνες που δίνουν p=r

.]

mathematica.gr

Αντέχει στον ... Κρόνο

Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο

Re: Αντέχει στον ... Κρόνο