Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

#1

Δίνεται τετράπλευρο και έστω τα σημεία $E\equiv AB\cap CD$ και $F\equiv AD\cap BC.$ Δια των $E,\ F,$ φέρνουμε δύο ευθείες οι οποίες τέμνουν τις πλευρές $AD,\ CD,\ BC,\ AB,$ κατα τα σημεία έστω $K,\ L,\ M,\ N,$ αντιστοίχως. Εάν το είναι παραλληλόγραμμο, αποδείξτε ότι το κέντρο του ανήκει στην ευθεία που συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του .

Κώστας Βήττας.

: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.; f=112_t=35082.PNG (25.33 KiB) Προβλήθηκε 2622 φορές

ΥΓ. Το σχήμα κατασκευάζεται εύκολα με αφετηρία ένα παραλληλόγραμμο KLMN

και δύο τυχόντα σημεία $E,\ F,$ στις προεκτάσεις των ευθειών $KM,\ LN$ , προς το μέρος έστω των $K,\ L,$ αντιστοίχως.

Έχει όμως ξεχωριστό ενδιαφέρον, η κατασκευή του παραλληλογράμμου KLMN

με αφετηρία το δοσμένο τετράπλευρο ABCD.

dimitris pap · #2

Ομολογουμένως μ' άρεσε πολύ αυτή η άσκηση! Πώς αλλιώς θα εξηγούνταν ότι ασχολούμαι με αυτή τις τελευταίες 3 μέρες;
Πιθανόν να μην έχω δει μια πιο εύκολη λύση (που ίσως χρησιμοποιεί διπλούς αρμονικούς λόγους, στους οποίους έντονα παραπέμπει η άσκηση).

Ορίστε λοιπόν η λύση μου (μετά από πολύ κόπο!):

1) Από τη θεωρία περί πλήρους τετραπλεύρου η

διέρχεται απ' το μέσο

της

(Gauss line).

2) Εστω

το συμμετρικό του

ως προς

. Τότε αφενός ST//E'F

κι αφετέρου ELE'N

παραλληλόγραμμο. Αρκεί να αποδείξω ότι το

ανήκει στην

.

3) Εστω

η τομή των AL, NC

. Aρκεί να αποδείξω ότι το μέσο του

βρίσκεται επί της

(γιατί τότε απ' το Gauss line του νέου πλήρους τετραπλεύρου που έχει δημιουργηθεί, και το

θα ανήκει σε αυτήν την ευθεία). Αρα αρκεί να αποδείξω ότι το

ανήκει στην E'F

(άρα ότι

συντρέχουν).

: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.; f=112_t=35082(a).PNG (36.26 KiB) Προβλήθηκε 2290 φορές

4)Το παραπάνω ισοδυναμεί με το να δείξω ότι τα τρίγωνα ACF

και

προοπτικά. Από Desargues αυτό ισοδυναμεί με το να δείξω ότι

,

και

συντρέχουν, όπου $X=LE' \cap AF$ και $Y=NE' \cap BF$ .

5)Από θεώρημα Μενελάου στα ESN

και

με διατέμνουσες τις

και

αντιστοίχως βλέπουμε ότι $\displaystyle \frac{NA}{AE}=\frac{NY}{YE'}$ κι άρα AY//EE'

.
Επίσης

,

συνεπάγεται: XC//AY

.

6) Αφού KM//AY

η

περνάει απ' το μέσο της

.

7) Από το θεώρημα του Ceva στο FAY

παίρνουμε ότι XY,AC,FN

συντρέχουν. ο.ε.δ.

Πραγματικά, δεν ξέρω αν πήγα μέσω Λαμίας, αλλά ήταν αναμφισβήτητα η πιο δύσκολη άσκηση που έχω λύσει εδώ και καιρό.

Y.Γ. Επί αρκετή ώρα προσπάθησα να αποδείξω ότι $\displaystyle \frac{DL}{LC}=\frac{BN}{NA}$ . Αν αυτή η σχέση αποδειχτεί, υπάρχει μια πολύ πιο σύντομη λύση με χρήση διανυσμάτων!

Grigoris K. · #3

Καλησπέρα κ. Βήττα και Δημήτρη. Το πρόβλημα είναι όντως πολύ όμορφο!

dimitris pap έγραψε:Y.Γ. Επί αρκετή ώρα προσπάθησα να αποδείξω ότι $\frac{DL}{LC}=\frac{BN}{NA}$ . Αν αυτή η σχέση αποδειχτεί, υπάρχει μια πολύ πιο σύντομη λύση με χρήση διανυσμάτων!

Δημήτρη και εγώ με διανύσματα προσπάθησα στην αρχή (μιας και τα πολλά μέσα σε προδιαθέτουν) αλλά συνάντησα δυσκολία στο να αποδείξω την σχέση που αναφέρεις. Πείσμωσα, όμως, και είπα θα την αποδείξω την καταραμένη!

. Τελικά βρήκα μία μακροσκελή απόδειξη χρησιμοποιώντας βαριά όπλα.
Σίγουρα υπάρχει κάτι πολύ απλούστερο με διπλούς λόγους αλλά δυστυχώς ακόμη αγνοώ την ύπαρξη βασικών θεωρημάτων τους. Λοιπόν στο σχήμα μου:

Φέρω παράλληλη δια του $\displaystyle{ F }$ προς την $\displaystyle{ EM }$ που τέμνει την $\displaystyle{ BA }$ στο $\displaystyle{ Q }$ και παράλληλη δια του $\displaystyle{ E }$ προς την $\displaystyle{ FN }$ που τέμνει την $\displaystyle{ BC }$ στο $\displaystyle{ P }$ .

Έστω $\displaystyle{ T \equiv FQ \cap EP }$ . Λόγω του μέσου $\displaystyle{ S }$ είναι φανερό ότι $\displaystyle{ (B,A;N,Q) = (B,C;M,P) = -1 }$ άρα προκύπτει ότι οι $\displaystyle{ NM, AC, QP }$ συντρέχουν $\displaystyle{ (1) }$ .

Επίσης από το Θ. Πάππου για τις τριάδες σημείων $\displaystyle{ Q,E,A }$ και $\displaystyle{ C,F,P }$ προκύπτει ότι οι $\displaystyle{ TD, AP, CQ }$ συντρέχουν σε σημείο (έστω $\displaystyle{ W }$ ).

Επομένως τα $\displaystyle{ \triangle PTQ}$ και $\displaystyle{ \triangle ADC }$ είναι προοπτικά ως προς κέντρο άρα εάν είναι $\displaystyle{ U \equiv QT \cap DC }$ και $\displaystyle{ V \equiv PT \cap AD }$ τότε από το Θ. Desargues

έπεται ότι οι $\displaystyle{ VU, AC, QP }$ συντρέχουν $\displaystyle{ (2) }$ . Επίσης παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ (D,C;L,U) = (D,A;K,V) = -1 }$ άρα οι $\displaystyle{ KL, AC, VU }$ συντρέχουν $\displaystyle{ (3) }$ .

Από $\displaystyle{ (2),(3) }$ προκύπτει ότι οι $\displaystyle{ AC,QP, KL }$ συντρέχουν $\displaystyle{ (4) }$ . Κατά συνέπεια από $\displaystyle{ (1),(4) }$ προκύπτει ότι $\displaystyle{ KL, AC, NM }$ συντρέχουν.

Όμως $\displaystyle{ KL \parallel NM }$ άρα τελικά $\displaystyle{ KL \parallel AC \parallel NM }$ . Τώρα έστω $\displaystyle{ X \equiv KL \cap DB, \ R \equiv AC \cap DB, \ Y \equiv MN \cap DB }$ (δεν υπάρχουν στο σχήμα).

Από Θ. Κεντρικής Δέσμης προκύπτει $\displaystyle{ \frac{LX}{LK} = \frac{CR}{CA} = \frac{MY}{MN} \implies LX = MY \implies LMYX }$ παρ/μο. Άρα $\displaystyle{ LM \parallel DB \parallel KN }$ .

Εφαρμόζοντας δις το Θ. Θαλή προκύπτει άμεσα ότι $\displaystyle{ \boxed{ \frac{DL}{LC} = \frac{BN}{NA}}}$ . Τώρα επανερχόμαστε στο αρχικό πρόβλημα. Στο σχήμα του κ. Βήττα:

Ισχύει $\displaystyle{ 2\vec{SP} = \vec {SC} + \vec {SA} = \vec{CL} + \vec{AN} = \frac{(AN)}{(AB)}\vec {CD} + \frac{(AN)}{(BA)}\vec {AB} }$ και $\displaystyle{ 2\vec SQ = \vec{SD} + \vec {SB} = \vec{DL} + \vec{BN} \implies 2\vec QS = \vec {LD} + \vec {NB} =}$

$\displaystyle{ = \frac{(BN)}{(AB)} \vec {CD} + \frac{(BN)}{(AB)}\vec{AB} }$ . Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ 2\vec {SP} = \frac{(AN)}{(BN)} \cdot 2\vec {QS} \implies \vec{SP} = \frac{(AN)}{(BN)} \vec{QS} \implies P,S,Q}$ συνευθειακά!

Βέβαια η διανυσματική προσέγγιση δεν αποτελεί συνθετική ευκλείδεια απόδειξη αλλά μέσω αυτής προσδιορίσαμε και τον λόγο $\displaystyle{ (PS):(SQ) }$ .

#4

Δημήτρη και Γρηγόρη, καλησπέρα και σας ευχαριστώ θερμά για το ενδιαφέρον σας.

Δεν μπορώ να σας απαντήσω αυτή την ώρα, αλλά ήθελα να γνωρίζετε ότι μου δώσατε μεγάλη χαρά με τις παρεμβάσεις σας.

Θα τα πούμε σύντομα και ελπίζω ότι θα έχουν ενδιαφέρον αυτά που έχω κατά νου.

Με όλη μου την εκτίμηση, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Την αδυναμία μου στα διανύσματα, την ξεπερνάω σ' αυτό το πρόβλημα, με το Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο, θεωρώντας το μή κυρτό τετράπλευρο ABDC.

dimitris pap · #5

Γρηγόρη πολύ ωραία η λύση σου! Μάλιστα μου έδωσες μια ιδέα για μια ακόμα λύση με χρήση διπλών αρμονικών λόγων αυτή τη φορά (και σχετικά πιο σύντομη).
Key idea: Αρκεί να αποδείξουμε ότι "συντρέχουν" (τότε είναι παράλληλες, και το πρόβλημα ουσιαστικά τελειώνει με αρκετούς τρόπους).

Εστω λοιπόν ότι η

δεν είναι παράλληλη προς τις άλλες. Τότε ορίζουμε: $X=KL\cap AC$ και $Y=MN\cap AC$ (προφανώς αφού KL//MN

, $X\neq Y$

Εστω επίσης: $Z=XF\cap EC$ και $W=YF\cap EB$ . Τότε έχουμε:

X(C,L,D,Z)=X(A,K,D,F)=E(B,M,C,F)=Y(B,M,C,F)=Y(B,N,A,W)

Aρα:

κι οπότε

συνευθειακά!! Ομως αυτό σημαίνει ότι F,X,Y

συνευθειακά, που είναι άτοπο αφού τα X,Y

βρίσκονται επί της

!!

Y.Γ. Παρατηρήστε ότι η απόδειξη (ότι KL,MN,AC

συντρέχουν είναι ανεξάρτητη απ' το παραλληλόγραμμο!)
Υ.Γ.2 Για ακόμα μια φορά, εντυπωσιάζομαι απ'την "δύναμη" (και την ομορφιά) των διπλών αρμονικών λόγων!!!

#6

Grigoris K. έγραψε:Καλησπέρα κ. Βήττα και Δημήτρη. Το πρόβλημα είναι όντως πολύ όμορφο!
dimitris pap έγραψε:Y.Γ. Επί αρκετή ώρα προσπάθησα να αποδείξω ότι $\frac{DL}{LC}=\frac{BN}{NA}$ . Αν αυτή η σχέση αποδειχτεί, υπάρχει μια πολύ πιο σύντομη λύση με χρήση διανυσμάτων!
.... Εφαρμόζοντας δις το Θ. Θαλή προκύπτει άμεσα ότι $\displaystyle{ \boxed{ \frac{DL}{LC} = \frac{BN}{NA}}}$ . Τώρα επανερχόμαστε στο αρχικό πρόβλημα.

Ισχύει $\displaystyle{ 2\vec{SP} = \vec {SC} + \vec {SA} = \vec{CL} + \vec{AN} = \frac{(AN)}{(AB)}\vec {CD} + \frac{(AN)}{(BA)}\vec {AB} }$ και $\displaystyle{ 2\vec SQ = \vec{SD} + \vec {SB} = \vec{DL} + \vec{BN} \implies 2\vec QS = \vec {LD} + \vec {NB} =}$

$\displaystyle{ = \frac{(BN)}{(AB)} \vec {CD} + \frac{(BN)}{(AB)}\vec{AB} }$ . Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ 2\vec {SP} = \frac{(AN)}{(BN)} \cdot 2\vec {QS} \implies \vec{SP} = \frac{(AN)}{(BN)} \vec{QS} \implies P,S,Q}$ συνευθειακά!

Βέβαια η διανυσματική προσέγγιση δεν αποτελεί συνθετική ευκλείδεια απόδειξη αλλά μέσω αυτής προσδιορίσαμε και τον λόγο $\displaystyle{ (PS):(SQ) }$ .

Για να συμπληρωθεί με συνθετική ευκλείδεια λύση η καταπληκτική λύση του Γρηγόρη….

: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.png (34.5 KiB) Προβλήθηκε 2370 φορές

Ας είναι το κέντρο του παραλληλογράμμου ( μέσο της ) και τα συμμετρικά του ως προς τα μέσα των αντίστοιχα.

Τότε από τα σχηματιζόμενα παραλληλόγραμμα (οι διαγώνιες διχοτομούνται) προκύπτει ότι $\left\{ \begin{gathered} \boxed{AX = \parallel LC}:\left( 1 \right) \hfill \\ \boxed{BY = \parallel LD}:\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{D,L,C\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } \boxed{AX\parallel BY}:\left( 3 \right)$ .

Με $\displaystyle\frac{{DL}}{{LC}} = \displaystyle\frac{{BN}}{{NA}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \displaystyle\frac{{BY}}{{AX}} = \displaystyle\frac{{BN}}{{NA}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{AX\parallel BY,A,N,B\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } X,N,Y$ συνευθειακά.

Στα τρίγωνα $\vartriangle LXN,\vartriangle LNY$ τα τμήματα συνδέουν τα μέσα των ζευγών των πλευρών τους αντίστοιχα οπότε:

$\left\{ \begin{gathered} PS\parallel XN \hfill \\ SQ\parallel NY \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{X,N,Y\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } P,S,Q$ συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση σε όλους τους "ΥΨΗΛΟΥΣ" συμμετέχοντες
Στάθης

#7

Έστω ότι έχει κατασκευαστεί το παραλληλόγραμμο KLMN

, εγγεγραμμένο στο δοσμένο τετράπλευρο ABCD

και έτσι ώστε οι διαγώνιές του $KM,\ LN,$ να περνάνε από τα σημεία $E,\ F$ αντιστοίχως, όπου $E\equiv AB\cap CD$ και $F\equiv AD\cap BC.$

Θα αποδειχθεί ότι ισχύει $KL\parallel AC\parallel MN$ και $KN\parallel BD\parallel LM.$

$\bullet$ Έστω το σημείο $T\equiv AM\cap CN$ και για τις τριάδες των συνευθειακών σημείων $E,\ A,\ N$ και $F,\ C,\ M,$ σύμφωνα με το Θεώρημα Πάππου, έχουμε ότι τα σημεία $D\equiv EC\cap FA$ και $S\equiv EM\cap FN$ και $T\equiv AM\cap CN$ , είναι συνευθειακά.

Παρατηρούμε ότι τα συνευθειακά αυτά σημεία, είναι και σημεία τομής των πλευρών ανά μία, των τριγώνων $\vartriangle AKM,\ \vartriangle CLN$ και άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, τα τρίγωνα αυτά είναι προοπτικά και επομένως οι ευθείες $KL,\ AC,\ MN$ συντρέχουν (*) και προκύπτει έτσι $KL\parallel AC\parallel MN\ \ \ ,(1)$ λόγω $KL\parallel MN$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.; f=112_t=35082(c).PNG (29.81 KiB) Προβλήθηκε 2224 φορές

$\bullet$ Δια των σημείων $K,\ L,$ φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς την BD,

οι οποίες τέμνουν τις $AB,\ BC,$ στα σημεία έστω $N',\ M',$ αντιστοίχως.

Από $KL\parallel AC$ και $KN'\parallel BD\parallel LM'\ \ \ (2)$ σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, έχουμε $\displaystyle \frac{AN'}{N'B} = \frac{AK}{KD} = \frac{CL}{LD} = \frac{CM'}{M'B}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

$\Longrightarrow$ $M'N'\parallel AC$ $\Longrightarrow$ $M'N'\parallel AC\parallel KL\ \ \ ,(4)$

Από $(2),\ (4)$ , προκύπτει ότι το KLM'N'

είναι παραλληλόγραμμο και άρα έχουμε $KL\parallel = M'N'\ \ \ ,(5)$

Από (5)

και $KL\parallel = MN$ $\Longrightarrow$ $M'N'\parallel = MN\ \ \ ,(6)$

Από (6)

και επειδή οι ευθείες $AB,\ BC$ δεν είναι παράλληλες, συμπεραίνεται ότι $M'N'\equiv MN$ και άρα ισχύει $M'\equiv M$ και $N'\equiv N.$

Άρα, για το παραλληλόγραμμο KLMN

όπως ορίζεται στην εκφώνηση, ισχύει $KL\parallel AC\parallel MN$ και $KN\parallel BD\parallel LM.$

$\bullet$ Τα πράγματα τώρα απλουστεύονται γιατί από $\displaystyle \frac{AN}{NB} = \frac{CM}{MB} = \frac{CL}{LD}$ στο μη κυρτό τετράπλευρο ABDC,

σύμφωνα με το Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $P,\ S,\ Q$ είναι συνευθειακά ως τα μέσα των $AC,\ LN,\ BD$ αντιστοίχως και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την κατασκευή του παραλληλογράμμου KLMN

όπως ορίζεται στην εκφώνηση, με αφετηρία το δοσμένο τετράπλευρο ABCD.

#8

Μειώνοντας έστω κατά μία, τις οφειλές μου στο

.

vittasko έγραψε:Θα βάλω αργότερα την κατασκευή του παραλληλογράμμου όπως ορίζεται στην εκφώνηση, με αφετηρία το δοσμένο τετράπλευρο

$\bullet$ Έστω ότι έχει κατασκευαστεί το παραλληλόγραμμο KLMN

εγγεγραμμένο στο δοσμένο τετράπλευρο ABCD

και έτσι ώστε να είναι συνευθειακές οι τριάδες των σημείων $E,\ K,\ M$ και $F,\ L,\ N$ , όπου $E\equiv AB\cap CD$ και $F\AD\cap BC$ .

Αποδείχθηκε στα προηγούμενα ότι ισχύει $KL\parallel AC\parallel MN$ και $LM\parallel BD\parallel KN$ .

Δια του σημείου

, φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την

η οποία τέμνει τις ευθείες $CD,\ AB$ , στα σημεία έστω $R,\ S$ , αντιστοίχως.

Από $KL\parallel AC$ και $LM\parallel BD\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AK}{KD} = \frac{CL}{LD} = \frac{CM}{MB}\ \ \ ,(1)$

Από $RS\parallel BC\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{RK}{KS} = \frac{CM}{MB}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AK}{KD} = \frac{RK}{KS}\Rightarrow$ $AR\parallel DS$ και άρα, στο τραπέζιο ARDS

έχουμε ότι η ευθεία

περνάει από τα μέσα έστω $P,\ Q$ , των $AR,\ DS$ , αντιστοίχως.

: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο - Κατασκευή.; f=112_t=35082(d).PNG (34.99 KiB) Προβλήθηκε 1993 φορές

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle ADS$ τώρα, με διατέμνουσα την EKQ

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\displaystyle \frac{AK}{KD}\cdot \frac{QD}{QS}\cdot \frac{ES}{EA} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AK}{KD} = \frac{EA}{ES}\ \ \ ,(3)$ λόγω QD = QS

.

Έστω

, το σταθερό σημείο επί της

ώστε να είναι $DT\parallel BC\parallel RS$ .

Ισχύει, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, $\displaystyle \frac{AK}{KD} = \frac{AS}{ST}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{EA}{ES} = \frac{AS}{ST}\ \ \ ,(5)$

Θέτουμε AS = x

και

και η

γίνεται $\displaystyle \frac{a}{a + x} = \frac{x}{b - x}\ \ \ ,(6)$

Από $(6)\Rightarrow$ $ab - ax = ax + x^{2}\Rightarrow$ $x^{2} + 2ax -ab = 0\ \ \ ,(7)$

Από $(7)\Rightarrow$ $\displaystyle x = \frac{-2a \pm \sqrt{4a^{2} + 4ab}}{2}\Rightarrow$ $\boxed{x = \sqrt{a(a + b)} - a}\ \ \ ,(8)$

Συμπεραίνεται έτσι, ότι το AS = x

είναι σταθερό και άρα, το σημείο

κατασκευάζεται ως το σημείο τομής της

από την δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Στο κάτω μέρος του σχήματος φαίνεται η γεωμετρική κατασκευή του σημείου $S\in AB$ ώστε να ικανοποιείται η (8)

.

Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Re: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Re: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Re: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Re: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Re: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Re: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Re: Παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε τετράπλευρο.

Μέλη σε σύνδεση