Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

#1

Εικασία: το έγκεντρο και το βαρύκεντρο περιγράψιμου τετραπλεύρου ταυτίζονται αν και μόνον αν αυτό είναι ρόμβος.

Γιώργος Μπαλόγλου

Grigoris K. · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Grigoris K. · #3

Καλησπέρα κ. Γιώργο. Μία ολοκληρωμένη ιδέα:

Ευθύ: Το κέντρο βάρους ενός ρόμβου $\displaystyle{ ABCD }$ είναι το σημείο τομής (έστω $\displaystyle{ G }$ ) των διαγωνίων του. Άμα φέρουμε κάθετες από το $\displaystyle{ G }$ προς τις πλευρές του θα ισχύει φανερά $\displaystyle{ GI_1= GI_2 = GI_3 = GI_4 }$ άρα ο ρόμβος είναι περιγράψιμος σε κύκλο κέντρου $\displaystyle{ G }$ , δηλαδή το $\displaystyle{ G }$ είναι το έγκεντρό του.

Αντίστροφο: Έστω περιγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{ ABCD }$ του οποίου το έγκεντρο (έστω $\displaystyle{ G }$ ) ταυτίζεται με το βαρύκεντρο. Έστω $\displaystyle{ M_1,M_2,M_3,M_4 }$ τα μέσα των $\displaystyle{ AB,BC,CD,DA }$ αντίστοιχα. Είναι γνωστό (αποδεικνύεται εύκολα με διανύσματα) ότι το βαρύκεντρο κυρτού τετραπλεύρου προσδιορίζεται ως η τομή των τμημάτων που ενώνουν τα μέσα των απέναντι πλευρών του. Άρα ισχύει $\displaystyle{ G \equiv M_1M_3 \cap M_2M_4 }$ . Φέρω $\displaystyle{ GI_1 \perp AB }$ και $\displaystyle{ GI_3 \perp CD }$ .
Επίσης το $\displaystyle{ M_1M_2M_3M_4 }$ είναι παρ/μο αφού $\displaystyle{ M_1M_4 \parallel = \frac{BD}{2} \parallel = M_2M_3 }$ . Τα ορθ. $\displaystyle{ \triangle I_1GM_1 }$ και $\displaystyle{ \triangle I_3GM_3 }$ είναι ίσα αφού $\displaystyle{ GI_1 = GI_3 }$ και $\displaystyle{ GM_1 = GM_3 }$ . Συνεπώς $\displaystyle{ \widehat{I_1GM_1} = \widehat{I_3GM_3} \Rightarrow I_1,G,I_3 }$ συνευθειακά. Άρα ισχύει $\displaystyle{ AB \parallel CD }$ . Ομοίως αποδεικνύεται ότι $\displaystyle{ BC \parallel AD }$ . Δηλαδή το $\displaystyle{ ABCD }$ είναι παρ/μο. Όμως επειδή είναι και περιγράψιμο ισχύει $\displaystyle{ AB + CD = BC + DA \Rightarrow 2 AB = 2BC }$ άρα είναι και ρόμβος και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#4

Γρηγόρη πολύ απλή και πανέξυπνη η λύση σου -- το νόμιζα πιο δύσκολο, και επειδή δεν το βρήκα πουθενά στο διαδίκτυο* και επειδή γνώριζα την δυσκολία της απόδειξης της συνευθειακότητας των μέσων των διαγωνίων και του έγκεντρου (σε τυχόν περιγράψιμο τετράπλευρο)**.

*για παράδειγμα δεν αναφέρεται εδώ

**βλέπετε εδώ

Γιώργος Μπαλόγλου

ΥΓ Σχετικά με όσα γράφεις για το βαρύκεντρο τυχόντος τετραπλεύρου επισυνάπτω ένα σχήμα που δείχνει πως το βαρύκεντρο προκύπτει ως τομή διαγωνίων δύο παραλληλογράμμων.

#5

gbaloglou έγραψε:το νόμιζα πιο δύσκολο, και επειδή δεν το βρήκα πουθενά στο διαδίκτυο*

*για παράδειγμα δεν αναφέρεται εδώ

Τελικά αναφέρεται 'παρενθετικά' ... μέσα δηλαδή στην εσφαλμένη απόδειξη του μη ισχύοντος Θεωρήματος 13, συγκεκριμένα στην εσφαλμένη απόδειξη της Πρότασης 1 (Assertion 1)!

[Για όσους ενδιαφέρονται: ο νεαρός -- και αναμφισβήτητα ικανότατος, καθότι Ολυμπιονίκης -- συγγραφέας ισχυρίζεται (εσφαλμένα) ότι σε τυχόντα ρόμβο ABCD

ισχύει η

(και επομένως και η a+c=b+d

), όπου (ΠΡΟΣΟΧΗ) a, b, c, d

είναι οι αποστάσεις από τα A, B, C, D

ως τα αντίστοιχα σημεία επαφής πλευρών και εγγεγραμμένου κύκλου^ το ότι το Θεώρημα 13 είναι λάθος είναι καταφανές, καθώς προτάσσει ότι αν σε περιγράψιμο τετράπλευρο ABCD

το έγκεντρο και το βαρύκεντρο συμπίπτουν στο

τότε $|OA|\cdot |OC|=|OB|\cdot |OD|$ (και αντίστροφα), κάτι που προφανώς δεν ισχύει σε τυχόντα ρόμβο (με άνισες διαγωνίους)!]

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 5-10-12: η σωστή διατύπωση του Θεωρήματος 13 είναι -- βλέπετε επόμενη ανάρτηση μου -- "αν σε περιγράψιμο τετράπλευρο ABCD

το βαρύκεντρο και το έγκεντρο συμπίπτουν στο

τότε είτε το ABCD

είναι ρόμβος είτε ισχύει η $|OA|\cdot |OC|=|OB|\cdot |OD|$ "

Γιώργος Μπαλόγλου

#6

Grigoris K. έγραψε:Καλησπέρα κ. Γιώργο. Μία ολοκληρωμένη ιδέα:

Ευθύ: Το κέντρο βάρους ενός ρόμβου $\displaystyle{ ABCD }$ είναι το σημείο τομής (έστω $\displaystyle{ G }$ ) των διαγωνίων του. Άμα φέρουμε κάθετες από το $\displaystyle{ G }$ προς τις πλευρές του θα ισχύει φανερά $\displaystyle{ GI_1= GI_2 = GI_3 = GI_4 }$ άρα ο ρόμβος είναι περιγράψιμος σε κύκλο κέντρου $\displaystyle{ G }$ , δηλαδή το $\displaystyle{ G }$ είναι το έγκεντρό του.

Αντίστροφο: Έστω περιγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{ ABCD }$ του οποίου το έγκεντρο (έστω $\displaystyle{ G }$ ) ταυτίζεται με το βαρύκεντρο. Έστω $\displaystyle{ M_1,M_2,M_3,M_4 }$ τα μέσα των $\displaystyle{ AB,BC,CD,DA }$ αντίστοιχα. Είναι γνωστό (αποδεικνύεται εύκολα με διανύσματα) ότι το βαρύκεντρο κυρτού τετραπλεύρου προσδιορίζεται ως η τομή των τμημάτων που ενώνουν τα μέσα των απέναντι πλευρών του. Άρα ισχύει $\displaystyle{ G \equiv M_1M_3 \cap M_2M_4 }$ . Φέρω $\displaystyle{ GI_1 \perp AB }$ και $\displaystyle{ GI_3 \perp CD }$ .
Επίσης το $\displaystyle{ M_1M_2M_3M_4 }$ είναι παρ/μο αφού $\displaystyle{ M_1M_4 \parallel = \frac{BD}{2} \parallel = M_2M_3 }$ . Τα ορθ. $\displaystyle{ \triangle I_1GM_1 }$ και $\displaystyle{ \triangle I_3GM_3 }$ είναι ίσα αφού $\displaystyle{ GI_1 = GI_3 }$ και $\displaystyle{ GM_1 = GM_3 }$ . Συνεπώς $\displaystyle{ \widehat{I_1GM_1} = \widehat{I_3GM_3} \Rightarrow I_1,G,I_3 }$ συνευθειακά. Άρα ισχύει $\displaystyle{ AB \parallel CD }$ . Ομοίως αποδεικνύεται ότι $\displaystyle{ BC \parallel AD }$ . Δηλαδή το $\displaystyle{ ABCD }$ είναι παρ/μο. Όμως επειδή είναι και περιγράψιμο ισχύει $\displaystyle{ AB + CD = BC + DA \Rightarrow 2 AB = 2BC }$ άρα είναι και ρόμβος και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Και όμως υπάρχει λογικό -- ή αν θέλετε 'οπτικό' -- σφάλμα στην παραπάνω απόδειξη: αν τα δύο ίσα τρίγωνα είναι 'ανάποδα προσανατολισμένα' (βλέπετε -- με διαφορετικά γράμματα -- πράσινα τρίγωνα στο συνημμένο που έκλεψα από εδώ) ... τότε πάμε από τον ρόμβο στο τετράπλευρο που ικανοποιεί την $|OA|\cdot |OC|=|OB|\cdot |OD|$ ! (Στα παραπάνω με καθοδήγησε έμμεσα με προσωπικό μήνυμα ο Darji Grinberg, ο οποίος όντως έχει κάνει λάθος στο άρθρο που ανέφερα στην προηγούμενη ανάρτηση μου, παραλείποντας την περίπτωση του ρόμβου!)

[Γρηγόρη κράτησε αν θες την ανάρτηση σου, μαθαίνουμε όλοι από τα λάθη μας, και το δικό σου ήταν υπέροχο!]

Γιώργος Μπαλόγλου

#7

Το αποτέλεσμα της συνευθειακότητας των μέσων των διαγωνίων και του έγκεντρου σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, είναι γνωστό ως Θεώρημα Newton και έχει αναφερθεί Εδώ ως Θεώρημα Newton (b).

Ας δούμε με την ευκαιρία αυτή, μία όχι δύσκολη απόδειξη αυτού του θεωρήματος, με στοιχειώδη μέσα.

ΘΕΩΡΗΜΑ NEWTON (b). - Σε κάθε περιγράψιμο τετράπλευρο, το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου ανήκει στην ευθεία που συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του.

: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο - Απόδειξη του θεωρήματος Newton (b).; f=62_t=31445.PNG (25.59 KiB) Προβλήθηκε 3219 φορές

Έστω $M,\ N,$ τα μέσα των διαγωνίων $AC,\ BD$ αντιστοίχως και ας είναι

το σημείο τομής των ευθειών $AB,\ CD.$

Δια του έγκεντρου

του

φέρνουμε την κάθετη ευθεία επί την EI,

η οποία τέμνει τις $AB,\ CD$ στα σημεία $P,\ Q,$ αντιστοίχως και ισχύει $IP = IQ\ \ \ ,(1)$ λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle AED.$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, ισχύει $(AP)(QD) = (IP)^{2} = (IQ)^{2} = (PB)(CQ)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{AP}{PB} = \frac{CQ}{QD}\ \ \ ,(1)$

Θεωρούμε το μη κυρτό τετράπλευρο ABDC

και από

και

σύμφωνα με το Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο (*), συμπεραίνεται ότι τα σημεία $M,\ I,\ N$ ανήκουν στην ίδια ευθεία και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ. - Συμπεραίνεται επίσης ότι ισχύει $\displaystyle \frac{MI}{IN} = \frac{AP}{PB} = \frac{CQ}{QD}$ .

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω το μέσον της πλευράς του Με κέντρο το γράφουμε τον κύκλο ο οποίος εφάπτεται των πλευρών $AB,\ AC,$ στα σημεία $S,\ T,$ αντιστοίχως. Τυχούσα εφαπτομένη του κύκλου τέμνει τις ευθείες $AB,\ AC,$ στα σημεία έστω $D,\ E,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $(BD)(CE) = (MB)^{2} = (MC)^{2}$ .

Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ΛΗΜΜΑ.

Κώστας Βήττας.

(*) Το γνωστό αυτό θεώρημα ( Δείτε Εδώ ) το έχω ονοματίσει αγγλιστί ως ERIQ theorem ( = Equal Ratios In Quadrilateral ),

αλλά δεν μπόρεσα να σκεφτώ κάτι αντίστοιχο στα ελληνικά.

#8

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω το μέσον της πλευράς του Με κέντρο το γράφουμε τον κύκλο ο οποίος εφάπτεται των πλευρών $AB,\ AC,$ στα σημεία $S,\ T,$ αντιστοίχως. Τυχούσα εφαπτομένη του κύκλου τέμνει τις ευθείες $AB,\ AC,$ στα σημεία έστω $D,\ E,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $(BD)(CE) = (MB)^{2} = (MC)^{2}$ .

: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο - Θεώρημα Newton (b) - Απόδειξη του Λήμματος.; f=62_t=31445(a).PNG (24.16 KiB) Προβλήθηκε 3352 φορές

$\bullet$ Έστω

το συμμετρικό σημείο του

ως προς την ευθεία

και ισχύει προφανώς $BZ = CE\ \ \ ,(1)$

Από $\angle DZM = \angle MEC$ λόγω συμμετρίας του σχήματος και $\angle MEC = \angle DEM$ γιατί το

είναι το

-παράκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ADE$ , προκύπτει ότι $\angle DZM = \angle DEM\ \ \ ,(2)$

Από (2)

, συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο DMEZ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (K),

ο οποίος εφάπτεται της πλευράς

στο

λόγω του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle MEZ$ και $BC\perp MA\equiv MK,$ όπου

είναι το κέντρο του κύκλου (K).

Άρα, ισχύει $(BD)(BZ) = (BM)^{2}\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $(BD)(CE) = (MB)^{2} = (MC)^{2}$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται το Λήμμα, αν η εφαπτομένη του κύκλου (M)

τέμνει τις προεκτάσεις των πλευρών του δοσμένου ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ (14-09-2019) Δείτε Εδώ, μία άλλη απόδειξη του ως άνω Λήμματος από τον Γιώργο Βισβίκη.

#9

Ποιες άλλες βασικές ιδιότητες (πλην της $|OA|\cdot |OC|=|OB|\cdot |OD|$ ) χαρακτηρίζουν τον αντιρόμβο, το περιγράψιμο δηλαδή τετράπλευρο ABCD

στο οποίο έγκεντρο και βαρύκεντρο συμπίπτουν στο

(και το οποίο δεν έχει παράλληλες πλευρές); Στο συνημμένο δείχνω 'χωρίς λόγια' πως ο αντιρόμβος προκύπτει ως 'τομή' τεσσάρων (στην πραγματικότητα οκτώ) ρόμβων ( AA'A''A'''

,

):

Γιώργος Μπαλόγλου

#10

Είπα να το δω και λίγο υπολογιστικά το θέμα ... και έμπλεξα άσχημα

Ας πούμε λοιπόν ότι αναζητούμε έναν αντιρόμβο -- περιγράψιμο τετράπλευρο με ταυτιζόμενα έγκεντρο και βαρύκεντρο που δεν είναι ρόμβος -- που έχει ως δοθείσα κορυφή την A=(-3, 0)

, εγγεγραμμένο κύκλο τον x^2+y^2=1

, και ως βαρύκεντρο/έγκεντρο το O=(0, 0)

. Αν οι άλλες κορυφές είναι οι B=(p, q), C=(s, t), D=(u, v),

η βαρυκεντρική απαίτηση μας δίνει αμέσως s=3-p-u, t=-q-v

. Τι μπορούμε να πούμε για τις υπόλοιπες κορυφές (και τα p, q, u, v

), και πόσες/ποιές λύσεις υπάρχουν;

Στην προσέγγιση μου ζητώ να είναι ίσες προς

(ακτίνα εγγεγραμμένου κύκλου) οι αποστάσεις του

από τις

. Χρησιμοποιώντας τον τύπο εξίσωσης ευθείας διερχόμενης από δύο σημεία και τον τύπο απόστασης σημείου από ευθεία καταλήγουμε στις αντίστοιχες εξισώσεις

(p+3)^2=8q^2,

Ανάλογα με το αν θα χρησιμοποιήσουμε το

ή το

για τα

στις δύο ακριανές εξισώσεις, οι δύο μεσαίες εξισώσεις μας δίνουν τέσσερα συστήματα, που είναι στην πραγματικότητα δύο, και από τα οποία μόνο το ένα μας δίνει λύσεις: εδώ παραλείπω κάποιες λεπτομέρειες, αλλά το κρίσιμο σύστημα είναι (με $q=\displaystyle\frac{p+3}{\sqrt{8}}, v=-\displaystyle\frac{u+3}{\sqrt{8}}$ ) το

$(p\cdot \displaystyle\frac{u+3}{\sqrt{8}}+(u-3)\cdot \displaystyle\frac{p+3}{\sqrt{8}})^2=(2\cdot \displaystyle\frac{p+3}{\sqrt{8}}-\displaystyle\frac{u+3}{\sqrt{8}})^2+(3-2p-u)^2$

$(-(p-3)\cdot \displaystyle\frac{u+3}{\sqrt{8}}-u\cdot \displaystyle\frac{p+3}{\sqrt{8}})^2=(-2\cdot \displaystyle\frac{u+3}{\sqrt{8}}+\displaystyle\frac{p+3}{\sqrt{8}})^2+(3-p-2u)^2.$

Οι εκπλήξεις δεν σταματούν εδώ... Οι δύο παραπάνω εξισώσεις δίνουν, με την εξαίρεση κάποιων 'τετριμμένων' λύσεων -- παραλείπω και εδώ κάποιες λεπτομέρειες -- τις ίδιες ακριβώς λύσεις, αναγόμενες στις

$p=-\displaystyle\frac{3u^2-16u+21}{u^2-9}$ και $u=-\displaystyle\frac{3p^2-16p+21}{p^2-9},$

αντίστοιχα: βεβαίως δεν είναι καθόλου προφανές -- ούτε καν σε μένα, προφανώς μου διαφεύγει κάτι -- ότι οι δύο εξισώσεις/τύποι δίνουν τις ίδιες λύσεις, αλλά είναι αληθές (και επαληθεύεται και με γραφήματα)!

Ως παράδειγμα επιλέγω p=0,2

, οπότε

(ή αντίστροφα), και, χάρις στους προηγηθέντες τύπους, $q\approx 1,13, v\approx -1,76, s=0,8, t\approx 0,63$ : ο αντίστοιχος αντιρόμβος εικονίζεται στο συνημμένο (επαληθεύοντας πανηγυρικά τα παραπάνω)

[Ισχύει και η μυστηριώδης $|OA|\cdot |OC|=|OB|\cdot |OD|$ , καθώς $3\cdot 1,0182\approx 1,1475\cdot 2,6641\approx 3,057$ ]

[Φυσικά τα περισσότερα τετράπλευρα που προκύπτουν από τις 'σχέσεις απόστασης' και τους 'δυϊκούς' μας τύπους δεν είναι καν κυρτά, φαίνεται όμως πως για κάθε

μεταξύ

και

προκύπτει ένας αντιρόμβος με εγγεγραμμένο κύκλο τον x^2+y^2=1

, ενώ ο πολυτιμότατος και εντιμότατος ρόμβος (με μία κορυφή στο (-3, 0)

και εγγεγραμμένο κύκλο τον x^2+y^2=1

) προκύπτει από την τετριμμένη λύση p=u=0

. (Πρέπει να σημειωθεί ότι για p=0

η $u=-\displaystyle\frac{3p^2-16p+21}{p^2-9}$ δίνει $u\approx 2,33$ ... και έναν ακόμη αντιρόμβο με κορυφές (-3, 0), (0, 1,06), (0,67, 0,82), (2,33, -1,88)

(κάτι που δεν πρέπει να μας εκπλήσσει, αφού αντιρόμβοι υπάρχουν και για κάποια αρνητικά

, πχ

... αλλά, τελικά, και για κάποια p>1

, πχ

)]

Γιώργος Μπαλόγλου

#11

Απουσιάζει από την παραπάνω συζήτηση ο διασημότερος όλων των αντιρόμβων, το ισοσκελές τραπέζιο -- περιγεγραμμένο στον x^2+y^2=1

και με μία κορυφή την A=(-3,0)

πάντοτε -- με κορυφές

A=(-3,0)

, $B=(0, \displaystyle\frac{3}{2\sqrt{2}})$ , $C=(\displaystyle\frac{2}{3}, \displaystyle\frac{7}{6\sqrt{2}})$ , $D=(\displaystyle\frac{7}{3},-\displaystyle\frac{8}{3\sqrt{2}})$ ,

που είναι βέβαια πολύ πολύ κοντά στον αντιρόμβο του αμέσως προηγούμενου σχήματος

Το ισοσκελές αυτό τραπέζιο (με $|AB|=|CD|=\displaystyle\frac{9}{2\sqrt{2}}$ ) προκύπτει από τις σχέσεις συντεταγμένων της αμέσως προηγούμενης ανάρτησης,

A=(-3,0)

, $B=(p,\displaystyle\frac{p+3}{2\sqrt{2}})$ , $C=(\displaystyle\frac{-p^2+3p+2}{p+3},\displaystyle\frac{-p^2-6p+7}{2\sqrt{2}(p+3)})$ , $D=(\displaystyle\frac{-3p+7}{p+3},-\displaystyle\frac{8}{\sqrt{2}(p+3)}}),$

και από την απαίτηση AD//BC

, που οδηγεί στην p(p+3)=0

και στην

. (Ένα ακόμη τραπέζιο, 'συμμετρικό' του πρώτου, προκύπτει από την AB//CD

, που δίνει $p=\displaystyle\frac{7}{3}$ , κλπ.)

[Αναφέρω επίσης ότι ο παραπάνω αντιρόμβος υπάρχει για όλα τα

στο $(-\displaystyle\frac{1}{3}, 3)$ , και μόνον γι αυτά: αυτό προκύπτει από την παρατήρηση ότι οι εφαπτόμενες από το A=(-3,0)

εφάπτονται του x^2+y^2=1

στα $(-\displaystyle\frac{1}{3}, \pm \displaystyle\frac{4}{3\sqrt{2}})$ , οφείλουν συνεπώς να ισχύουν οι ανισότητες

$p>-\displaystyle\frac{1}{3}$ ,

$\displaystyle\frac{-p^2+3p+2}{p+3}>-\frac{1}{3}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{5-2\sqrt{13}}{3}<p<\frac{5+2\sqrt{13}}{3}$ ,

$\displaystyle\frac{-3p+7}{p+3}>-\frac{1}{3}\Leftrightarrow p<3$ .]

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 9-12-13 2:30 μμ: η παραπάνω σχέση ( p=0

) απλά επαληθεύει γνωστή και εύκολα αποδείξιμη ιδιότητα ( $OA\perp OB$ ) που ισχύει σε κάθε περιγράψιμο τραπέζιο -- ευχαριστώ τον Γιώργο Βισβίκη για την σχετική υπόδειξη.

Γιώργος Μπαλόγλου

Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Re: Ο ρόμβος ως ξεχωριστό περιγράψιμο τετράπλευρο

Μέλη σε σύνδεση