Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

apotin · #401

Άσκηση 155
Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{ABCD}$ πλευράς $\displaystyle{1}$ και σημείο $\displaystyle{E}$ της $\displaystyle{BC}$ . Ο κύκλος $\displaystyle{(K)}$ είναι εγγεγραμμένος στο τρίγωνο $\displaystyle{ABE}$
και ο κύκλος $\displaystyle{(O)}$ εφάπτεται των $\displaystyle{DC, CE, EA}$ . Αν οι δύο κύκλοι έχουν ίσες ακτίνες να δείξετε ότι το
μήκος του $\displaystyle{BE}$ επαληθεύει την εξίσωση $\displaystyle{2{x^3} - 2{x^2} + 2x - 1 = 0}$ .
EDIT: το τετράγωνο έχει πλευρά $\displaystyle{1}$ όπως σωστά παρατήρησε ο Θανάσης

: tet_155.png (6.76 KiB) Προβλήθηκε 1662 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Μιχάλης Τσουρακάκης · #402

Μια λύση της 152

1.Για ευκολία στις πράξεις , υποθέτουμε ότι $\alpha =1$ .Αν $\textrm{BE=DZ}=\textrm{x}$ ,τότε στο τρίγωνο $\textrm{ACZ}$ με διατέμνουσα $\textrm{LHD}$ έχουμε $\frac{LA}{LC}\cdot \frac{DC}{DZ}\cdot \frac{HZ}{HA}=1$ $\left ( 1 \right )$ .Αλλά , $\textrm{AD//EC}\Rightarrow \frac{LA}{LC}=\frac{DA}{EC}=\frac{1}{1-\textrm{x}}$ ,οπότε $\left ( 1 \right )$ $\Rightarrow \frac{1}{1-\textrm{x}}\cdot \frac{1}{\textrm{x}}\cdot \frac{HZ}{HA}=1\Rightarrow \frac{HZ}{HA}= \textrm{x}\cdot \left ( 1-\textrm{x} \right )\Rightarrow \frac{HZ}{AZ}=\frac{\textrm{x}\left ( 1-\textrm{x} \right )}{\textrm{x}\left ( 1-\textrm{x} \right )+1}=\frac{\textrm{x}^{2}-\textrm{x}}{\textrm{x}^{2}-\textrm{x}-1}=1+\frac{1}{\textrm{x}^{2}-\textrm{x}-1}$ .
Αλλά τα τρίγωνα $\textrm{ADZ,HKZ}$ προφανώς είναι όμοια οπότε $\frac{HZ}{ZA}=\frac{HK}{AD}\Rightarrow 1+\frac{1}{\textrm{x}^{2}-\textrm{x}-1}=\textrm{HK}$
Θεωρούμε τώρα την συνάρτηση $\textrm{f}\left ( \textrm{x} \right )= 1+\frac{1}{\textrm{x}^{2}-\textrm{x}-1}$ η οποία εύκολα βλέπουμε ότι παρουσιάζει μέγιστη τιμή για $\textrm{x}=\frac{1}{2}$ με μέγιστη τιμή $\frac{1}{5}$

2.Όταν $\textrm{HK}=\frac{1}{5}$ είναι $\left ( HDZ \right )= \frac{1}{20},\left ( ADZ \right )=\left ( DEC \right )=\frac{1}{4}$
$\textrm{E}_{1}+\textrm{E}_{2}=\left ( ABCD \right )-\left ( ADZ \right )=1-\frac{1}{4}\Rightarrow \textrm{E}_{1}+\textrm{E}_{2}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{\textrm{E}_{1}}{\textrm{E}_{2}}+1=\frac{3}{4\textrm{E}_{2}}$
$\textrm{E}_{2}=\left ( DEC \right )-\left ( DHZ \right )=\frac{1}{4}-\frac{1}{20}=\frac{1}{5}$ .Άρα $\frac{E_{1}}{E_{2}}=\frac{11}{4}$

KARKAR · #403

apotin έγραψε:Άσκηση 155
Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{ABCD}$ πλευράς $\displaystyle{1}$ και σημείο $\displaystyle{E}$ της $\displaystyle{BC}$ . Ο κύκλος $\displaystyle{(K)}$ είναι εγγεγραμμένος στο τρίγωνο $\displaystyle{ABE}$
και ο κύκλος $\displaystyle{(O)}$ εφάπτεται των $\displaystyle{DC, CE, EA}$ . Αν οι δύο κύκλοι έχουν ίσες ακτίνες να δείξετε ότι το
μήκος του $\displaystyle{BE}$ επαληθεύει την εξίσωση $\displaystyle{2{x^3} - 2{x^2} + 2x - 1 = 0}$ .
EDIT: το τετράγωνο έχει πλευρά $\displaystyle{1}$ όπως σωστά παρατήρησε ο Θανάσης

: 155.png (20.24 KiB) Προβλήθηκε 1619 φορές

Είναι $x=tan2\phi$ . Αλλά $\displaystyle tan\phi =\frac{r}{1-r} \Rightarrow tan2\phi =\frac{\frac{2r}{1-r}}{1-\frac{r^2}{(1-r)^2}} =\frac{2r(1-r)}{1-2r}$ .

Επίσης επειδή $\widehat{AEC}=90+2\phi$ είναι $\widehat{OEC}=45+\phi$ , οπότε $\displaystyle y=\frac{r}{tan(45+\phi)}..=r(1-2r)$ .

Αλλά είναι x+y+r=1

και αντικαθιστώντας τα x,y

, καταλήγω στην εξίσωση 4r^3-8r^2+6r-1=0

.

Η εξίσωση αυτή δίνει την ακτίνα των κύκλων ( είναι $r\simeq 0.228155 )$ . Ο υπολογισμός του

αφήνεται ως άσκηση (!)

Ανδρέας Πούλος · #404

Άσκηση 156
Στη διαγώνιο

ενός τετραγώνου ABCD

με μήκος πλευράς

, θεωρούμε ένα σημείο

.
Κατασκευάζουμε τον κύκλο με κέντρο

και ακτίνα

, ο οποίος εφάπτεται στις πλευρές

και

του τετραγώνου,
όπως στο συνημμένο σχήμα.

Αν η πλευρά του τετραγώνου ANHL

είναι διπλάσια από αυτή του τετραγώνου GKCO

,
να εκφράσετε την ακτίνα

του κύκλου (E, R)

συναρτήσει του μήκους

.

Ανδρέας Πούλος

KARKAR · #405

: 156.png (10.84 KiB) Προβλήθηκε 1566 φορές

Η διπλάσια πλευρά συνεπάγεται και διπλάσια διαγώνιο . Έτσι δημιουργείται το σύστημα :

$\left\{\begin{matrix} 2R+3x& =a\sqrt{2}\\ R+x& =R\sqrt{2} \end{matrix}\right.$ , η επίλυση του οποίου δίνει : $\displaystyle R=\frac{a(6+\sqrt{2})}{17}$

KARKAR · #406

Άσκηση 157

: 157.png (6.85 KiB) Προβλήθηκε 1558 φορές

Δύο κύκλοι εφάπτονται μεταξύ τους σε σημείο

, καθώς των πλευρών

και

ο μικρότερος ,

και των

και

ο μεγαλύτερος , τετραγώνου ABCD

, πλευράς

. Η κοινή εσωτερική τους

εφαπτομένη τέμνει την πλευρά

σε σημείο

, ώστε να είναι $\displaystyle TB=\frac{a}{6}$ .

Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle \frac{r}{R}$ των ακτίνων των δύο κύκλων .

#407

KARKAR έγραψε:Άσκηση 157
Δύο κύκλοι εφάπτονται μεταξύ τους σε σημείο , καθώς των πλευρών και ο μικρότερος , και των και ο μεγαλύτερος , τετραγώνου , πλευράς . Η κοινή εσωτερική τους εφαπτομένη τέμνει την πλευρά σε σημείο , ώστε να είναι $\displaystyle TB=\frac{a}{6}$ .Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle \frac{r}{R}$ των ακτίνων των δύο κύκλων .

: 157.png (31.02 KiB) Προβλήθηκε 1551 φορές

Με τα κέντρα των δύο κύκλων να βρίσκονται επί της διαγωνίου του τετραγώνου (αφού διχοτόμος των γωνιών $\angle BAD,\angle BCD$ ) και

κοινό εφαπτόμενο τμήμα θα είναι $TS \bot AC \Rightarrow STBC$ εγγράψιμο οπότε για τις χορδές του περικυκλίου του που οι προεκτάσεις τους τέμνονται

στο έχουμε: $\left( {AS} \right)\left( {AC} \right) = \left( {AT} \right)\left( {AB} \right) \Rightarrow \left[ {\left( {AK} \right) + \left( {KS} \right)} \right]\left( {AC} \right) = \left( {AT} \right)\left( {AB} \right) \Rightarrow$ $\left( {r\sqrt 2 + r} \right)a\sqrt 2 = \dfrac{{5a}}{6}a \Rightarrow \cdots \boxed{r = \frac{{5a\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{12}}}$

και $\left( {SC} \right) = \left( {AC} \right) - \left( {AS} \right) \Rightarrow \left( {R + R\sqrt 2 } \right) =$ $a\sqrt 2 - \left( {r + r\sqrt 2 } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{R = \frac{{7a\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{12}}}:\left( 2 \right)$

Άρα $\dfrac{r}{R} = \dfrac{{\dfrac{{5a\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{12}}}}{{\dfrac{{7a\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}}{{12}}}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{r}{R} = \dfrac{5}{7}}$ και το ζητούμενο έχει υπολιγιστεί.

Στάθης

#408

KARKAR έγραψε:Άσκηση 157
Το συνημμένο 157.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Δύο κύκλοι εφάπτονται μεταξύ τους σε σημείο , καθώς των πλευρών και ο μικρότερος ,

και των και ο μεγαλύτερος , τετραγώνου , πλευράς . Η κοινή εσωτερική τους

εφαπτομένη τέμνει την πλευρά σε σημείο , ώστε να είναι $\displaystyle TB=\frac{a}{6}$ .

Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle \frac{r}{R}$ των ακτίνων των δύο κύκλων .

Με το πλεονέκτημα του δευτέρου !!

: 157.png (15.81 KiB) Προβλήθηκε 1539 φορές

Έστω

τα σημεία που η

τέμνει αντίστοιχα τις BC,AD,CD

.

Αν πούμε το μήκος της πλευράς του τετραγώνου $\boxed{a = 6m}$ προφανώς και αφού

$TS \bot AC$ θα είναι τα τρίγωνα CHZ,ATE

ισοσκελή ορθογώνια .Αλλά και τα

BTZ,DHE

είναι ισοσκελή ορθογώνια και μάλιστα ίσα με κάθε μια από τις ίσες

κάθετες πλευρές να έχει μήκος το μήκος του TB = m

.

Τα τρίγωνα CHZ,ATE

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\boxed{\frac{{CH}}{{AT}} = \frac{{7m}}{{5m}} = \frac{7}{5}}$ . Οι κύκλοι

$(L,R)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(K,r)$ είναι εγγεγραμμένοι στα πιο πάνω ορθογώνια τρίγωνα και άρα θα

έχουν λόγο ακτίνων το λόγο ομοιότητας τους δηλαδή $\boxed{\frac{R}{r} = \frac{7}{5}}$ .

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #409

Ακόμη μια λύση στην 157

Προφανώς , η διάκεντρος $\textrm{KL}$ διέρχεται από τα $\textrm{A,C}$ .Έστω , $\textrm{AE}=\textrm{x},\textrm{CZ}=\textrm{y}$ .
Επειδή $\textrm{TS}\perp \textrm{AC},\angle TAS=45^{0}$ το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{AST}$ είναι ισοσκελές κι αφού $\textrm{AT}=\frac{5\alpha }{6}$ με πυθαγόρειο βρίσκουμε $\textrm{AS}=\frac{5\alpha }{12}\sqrt{2}$ $\Rightarrow \textrm{CS}=\alpha \sqrt{2}-\frac{5\alpha }{12}\sqrt{2}\Rightarrow \textrm{CS}=\frac{7\alpha }{12}\sqrt{2}$
Είναι $\textrm{AM}=\textrm{r},\textrm{AN}=\textrm{R}$ και $\textrm{r}^{2}=\frac{5\alpha }{12}\sqrt{2}\cdot \textrm{x}\Rightarrow \textrm{x}=\frac{6r^{2}\sqrt{2}}{5\alpha }$
$\textrm{R}^{2}=\frac{7\alpha }{12}\sqrt{2}\cdot \textrm{y}\Rightarrow \textrm{y}=\frac{6R^{2}\sqrt{2}}{7\alpha }$
Επειδή ,
$\angle EAM=\angle ZCN=45^{0},\angle EMA=\frac{\angle ELM}{2}=22.5^{0},\angle CNZ=\frac{\angle NKZ}{2}=22.5^{0}$
(γωνίες υπό χορδής-εφαπτόμενης) ,τα τρίγωνα $\textrm{EAM,CZN}$ είναι όμοια ,άρα $\frac{\textrm{x}}{\textrm{y}}=\frac{\textrm{r}}{\textrm{R}}\Rightarrow \frac{\textrm{r}}{\textrm{R}}=\frac{5}{7}$

#410

Πριν δώσουμε μια καθαρή Ευκλείδεια λύση στην άσκηση 37, ας δούμε μερικά ενδιαφέροντα που προκύπτουν από την μελέτη του σχήματός της:

ΑΣΚΗΣΗ 158

Δίνεται τετράγωνο ABCD

και τα σημεία E, H

των πλευρών του CD, CB

αντιστοίχως. Έστω Z, I

τα σημεία τομής των AE, BD

και

αντιστοίχως, και,

το μέσο της

το οποίο δεν ισαπέχει από δύο διαδοχικές πλευρές του τετραγώνου.

Να αποδειχτεί ότι οι επόμενες προτάσεις είναι ισοδύναμες:

Π1: $ZH\perp AE$

Π2: $\hat{EAH}=45^o$

Π3: $KI\parallel BC$

Π4: το EZIH

είναι εγγράψιμο.

Περαιτέρω να αποδειχτεί ότι καθεμιά τους συνεπάγεται την ισότητα εμβαδών: (AEH)=2(AZI)

KARKAR · #411

Άσκηση 159

: 159.png (7.38 KiB) Προβλήθηκε 1490 φορές

Υπολογιστική : Σημείο

κινείται επί της , μήκους

, πλευράς

τετραγώνου ABCD

.

Οι κύκλοι (A,AS)

και

, τέμνουν τη διαγώνιο

στα σημεία Q,P

αντίστοιχα .

Βρείτε τη θέση του

, ώστε

Γιώργος Μήτσιος · #412

Γεια σας.
Δημήτρη (Ιωάννου) σ΄ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια , να είσαι πάντα καλά.
Όπως βλέπω η κοινή μας επιθυμία για νέες-κομψότερες- λύσεις της 37 θα ικανοποιηθεί !
Για τον σκοπό αυτό , ας μου επιτραπεί να προσθέσω κανα δυο σκέψεις , τροποποιώντας ελαφρά την εκφώνησή της

: SQ37.3.1.PNG (10.11 KiB) Προβλήθηκε 1459 φορές

Στην πλευρά $CD=\alpha$ του τετραγώνου ABCD

θεωρούμε σημείο

τέτοιο ώστε $DE\neq \alpha \left(\sqrt{2}-1 \right)$ . Τότε να δειχθεί ότι υπάρχουν

ακριβώς σημεία $H_{1},H_{2}$ επί της

έτσι ώστε για τα μέσα $K_{1},K_{2}$ των $EH_{1},EH_{2}$ αντιστοίχως , να ισχύουν $K_{1}Z =K_{1}I_{1} \kappa \alpha \iota K_{2}Z= K_{2}I_{2}$ όπου $Z,I_{1} , I_{2}$ οι τομές της

με τις $AE, AH_{1},AH_{2}$ αντίστοιχα.

Ακόμη να δειχθεί ότι για ένα από τα μέσα αυτά , ας πούμε το $K_{1}$ ισχύει $K_{1}\in AC$ και τότε το τρίγωνο $AZH_{2}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές .

Για την κατασκευή , αφού πάρουμε σχεδόν αυθαίρετα το

, φέρνουμε την μεσοκάθετο

του

. Το $K_{1}$ είναι η τομή των AC , LN

ενώ το $K_{2}$ είναι η τομή της παράλληλης από το

προς την

με την

. Αν είναι $DE=\alpha \left(\sqrt{2}-1 \right)$ τότε $K_{1}\equiv K_{2} \Leftrightarrow H_{1}\equiv H_{2}$ .

Καλόν ΙΟΥΛΙΟ σε όλους .

Φιλικά Γιώργος.

KARKAR · #413

Άσκηση 160

: 160.png (7.14 KiB) Προβλήθηκε 1425 φορές

Τα σημεία

είναι τα μέσα των πλευρών DC,AD,BC

του τετραγώνου ABCD

και έχουμε γράψει

το τόξο $K\overset{\frown}{MN}$ . Εντοπίστε σημείο

επί της

, ώστε το ημικύκλιο διαμέτρου

, να εφάπτεται του τόξου .

kostas136 · #414

Ο κύκλος κέντρου $\displaystyle K$ έχει ακτίνα $\displaystyle R=\frac{a}{2}\sqrt{2}$

Έστω $\displaystyle L$ το κέντρο του άλλου κύκλου και $\displaystyle E$ η προβολή του $\displaystyle K$ στην $\displaystyle AB$

Γνωρίζουμε ότι η διάκεντρος διέρχεται από το σημείο επαφής τους και εφαρμόζουμε Π. Θ. στο $\displaystyle \triangle KLE$

$\displaystyle a^2+(\frac{a}{2}-r)^2=(\frac{a}{\sqrt{2}}+r)^2\Rightarrow AS=2r=\frac{3a}{2(1+\sqrt{2})}$

AIAS · #415

Άσκηση 160
Το τόξο κέντρου

τέμνει την

στο $\Theta$ .
Αν

το μέσο του $A\Theta$ φέρνουμε στο ${\rm H}$ πάνω στη

κάθετη έως ότου συναντήσει την

στο

. Γράφουμε τον κύκλο με κέντρο το

και ακτίνα

.
Ο κύκλος αυτός τέμνει την

στο σημείο

που ζητάμε.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #416

για την 159

Έστω $\textrm{AS=AQ}=\textrm{x}$ .Τότε, $\textrm{SB}=3-\textrm{x},\textrm{AP}=\textrm{x-1},\textrm{CS=CP}=\sqrt{\textrm{x}^{2}-6\textrm{x}+18}$ (με πυθαγόρειο στο $\textrm{CSB}$ )
$\textrm{AP+PC}=3\sqrt{2}\Rightarrow \textrm{x-1}+\sqrt{\textrm{x}^{2}-6\textrm{x}+18}=3\sqrt{2}$
Η τελευταία εξίσωση έχει λύση $\textrm{x}=\frac{6\sqrt{2}+1}{6\sqrt{2}-4}$

KARKAR · #417

Άσκηση 161

: 161.png (8.72 KiB) Προβλήθηκε 1345 φορές

Σημείο

κινείται πάνω στην πλευρά

τετραγώνου ABCD

. Η

τέμνει την

στο σημείο

. Σχεδιάζω τα προς το μέρος της

ημικύκλια διαμέτρων

και

.

Φέρω το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα

. Για ποια θέση του

είναι

?

Γιώργος Μήτσιος · #418

Για την άσκηση 095

: SQ95.PNG (7.67 KiB) Προβλήθηκε 1312 φορές

Γεια σας .

Στο σχήμα βλέπουμε $\hat{SAZ}=45^{0}=\hat{SAD}\Rightarrow Z\in AD$ (την ημιευθεία ). Τότε
$\hat{PAD}=45^{0}=\hat{ADB}\Rightarrow AP\parallel DB\Rightarrow \left(PDB \right)=\left(ADB \right)$ συνεπώς $\left(PMD \right)=\left(MAB \right) \left(1 \right)$

Όμοια είναι $\hat{SCH}=45^{0}=\hat{SCB}$ δηλ. το

ανήκει στην ημιευθεία

οπότε $\hat{TCB}=45^{0}=\hat{CBD}\Rightarrow CT\parallel BD\Rightarrow \left(CDB \right)=\left(LDB \right)$ άρα και $\left(DCL \right)= \left(TLB \right) \left(2 \right)$

Από την τριχρωμία γίνεται φανερό ότι $\left(DPBT \right)= \left(ABCD \right).$

Φιλικά Γιώργος.

KARKAR · #419

Άσκηση 162

: 162.png (17.98 KiB) Προβλήθηκε 1291 φορές

Αξιοποιήστε τις ποικίλες επαφές του σχήματος , για να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat{PSQ}$ .

#420

KARKAR έγραψε:Άσκηση 162
Το συνημμένο 162.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Αξιοποιήστε τις ποικίλες επαφές του σχήματος , για να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat{PSQ}$ .

: 162.png (41.07 KiB) Προβλήθηκε 1283 φορές

Ας πούμε

τα κέντρα του μεγάλου και του μικρού κύκλου αντίστοιχα που προφανώς ανήκουν στην διαγώνιο

.
Επειδή τα τρίγωνα $QCL\,,PKA$ είναι ισοσκελή και ορθογώνια με παρά τη βάση γωνίες από ${45^0}$ , οι αντίστοιχες εγγεγραμμένες θα είναι από ${22,5^0}$ κάθε μια.
Δηλαδή $\widehat \omega = \widehat \phi = {22,5^0}$ και άρα $\boxed{\widehat {PSQ} = {{135}^0}}$ .

Νίκος

Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Μέλη σε σύνδεση