Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Καλημέρα σε όλους.

Πιστεύω ότι το εγχείρημα της συγκέντρωσης 200 (και …) ασκήσεων με τις λύσεις του είναι πολύ δύσκολο να υλοποιηθεί. Ο κόπος για όποιον (λέγε με Μιχάλη...) προσπαθήσει να το υλοποιήσει, πιστεύω ότι είναι υπερβολικός.

Επίσης, κατά τη γνώμη μου, όταν δίνονται και οι λύσεις δεν υπάρχει ενδιαφέρον για ενασχόληση από τον αναγνώστη.

Προτείνω, λοιπόν, κάτι το εφικτό, κομψό και με μεγαλύτερη πιθανότητα να κεντρίσει το ενδιαφέρον των αναγνωστών.

Η συλλογή να περιλαμβάνει μόνο τις εκφωνήσεις και στο τέλος σε ευρετήριο να δίνονται οι παραπομπές των λύσεων.
Έτσι το βιβλίο θα καλύπτει περίπου 112-120 σελίδες (2 εκφωνήσεις ανά σελίδα) και θα μπορεί να εκτυπωθεί σε "οικιακό" εκτυπωτή, για όποιον δεν επιθυμεί να διαβάζει στην οθόνη.

KARKAR · #448

Άσκηση 188

: 188.png (10.86 KiB) Προβλήθηκε 1541 φορές

Σε τετράγωνο ABCD

εγγράψτε δύο κύκλους , οι οποίοι να εφάπτονται μεταξύ τους και επίσης ο μικρότερος να εφάπτεται

στις πλευρές CB,CD

και ο μεγαλύτερος - ο οποίος θα έχει διπλάσια ακτίνα από το μικρό - στις πλευρές AB,AC

#449

KARKAR έγραψε:Άσκηση 188
Το συνημμένο 188.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τετράγωνο εγγράψτε δύο κύκλους , οι οποίοι να εφάπτονται μεταξύ τους και επίσης ο μικρότερος να εφάπτεται

στις πλευρές και ο μεγαλύτερος - ο οποίος θα έχει διπλάσια ακτίνα από το μικρό - στις πλευρές

: Tetrag_188.png (30.19 KiB) Προβλήθηκε 1513 φορές

Αν

το μήκος της ακτίνας του μικρού κύκλου ,

το μήκος της πλευράς του τετραγώνου , τα σημεία K,L

τα κέντρα του μεγάλου και του μικρού κύκλου αντίστοιχα και

το σημείο επαφής των δύο κύκλων , θα ισχύει :
$AC = AK + KL + LC \Rightarrow a\sqrt 2 = 2x\sqrt 2 + 3x + x\sqrt 2$ . Η εξίσωση αυτή δίδει $\boxed{x = \frac{a}{3}(2 - \sqrt 2 )}$ .
Κατασκευή :
Γράφουμε τον κύκλο (C,x)

που τέμνει την

στο

. Η κάθετη από το

στην

τέμνει την διαγώνιο

στο

. Γραφούμε τώρα τον (K,x)

που τέμνει την

στο σημείο

με

ανάμεσα στα A,L

. Πάνω στην

και ανάμεσα στα A,S

θεωρούμε σημείο

με

. Ο κύκλος (K,2x)

είναι ο δεύτερος κύκλος που ζητάμε

Στο σχήμα φαίνεται, επί πλέον, η κατασκευή του μήκους της μικρής ακτίνας και άλλος τρόπος προσδιορισμού του κέντρου του μικρού κύκλου

Νίκος

p_gianno · #450

KARKAR έγραψε:Άσκηση 188
Το συνημμένο 188.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τετράγωνο εγγράψτε δύο κύκλους , οι οποίοι να εφάπτονται μεταξύ τους και επίσης ο μικρότερος να εφάπτεται

στις πλευρές και ο μεγαλύτερος - ο οποίος θα έχει διπλάσια ακτίνα από το μικρό - στις πλευρές

Έστω ότι έχει γίνει η κατασκευή. Τότε οι κύκλοι

και

είναι ομοιόθετοι με κέντρο ομοιοθεσίας το

και λόγο

.
Εύκολα προκύπτει ότι και τα τετράγωνα AN’KM’ , CNKM

είναι επίσης ομοιόθετα με τον ίδιο λόγο άρα τον ίδιο λόγο θα έχουν και οι διαγώνιοί τους δηλ AK:KC=2:1

.
Επειδή $\angle T’=T’KO’$ και $\angle T’=M’KT’$ (εντός εναλλάξ) έχουμε ότι KT’

διχοτόμος της M’KA

Η κατασκευή τώρα
Η κατασκευή του

ως σημείου που χωρίζει την

σε δύο τμήματα με λόγο 2:1

είναι γνωστή και εύκολη .
Με κορυφές K, A

σχηματίζω το τετράγωνο AN’KM’

. Η διχοτόμος της M’KA

τέμνει την AM’

στο

.
H

είναι η ακτίνα

του κύκλου

(όπως φαίνεται στην ανάλυση) που προσδιορίζει και την θέση του

πάνω στην

. To δε

κατασκευάζεται ώστε να είναι KO=R:2

. Τα υπόλοιπα απλά.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #451

ΑΣΚΗΣΗ 189

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm{ABCD}}}$ ,πλευράς $\displaystyle{a}$ .
Σημείο $\displaystyle{S}$ , κινείται επί της $\displaystyle{AB}$ και η κάθετη $\displaystyle{{\rm{AM}}}$ στην $\displaystyle{DS}$ , τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{E}$ και την $\displaystyle{BD}$ στο $\displaystyle{Q}$ .Αν $\displaystyle{N}$ είναι το μέσον της $\displaystyle{MD}$
1.Βρείτε τη θέση του $\displaystyle{S}$ ώστε $\displaystyle{BM \bot AN}$
2.Για την παραπάνω θέση του $\displaystyle{S}$ ,βρείτε το λόγο
$\displaystyle{\lambda = \frac{{\left( {DCEQ} \right)}}{{\left( {QBA} \right)}}}$

KARKAR · #452

Άσκηση 190

: 190.png (10.6 KiB) Προβλήθηκε 1415 φορές

Σημείο

κινείται στη βάση

τετραγώνου ABCD

. Φέρω $AT \perp DS$ .

Η

τέμνει την

στο σημείο

. Εντοπίστε τη θέση του

αν : 1) $\displaystyle AM=\frac{AD}{3}$

2) Το

είναι μέσο της

. Επιτρεπτή η επίκληση των Καρτέσιου και Φειδία !

#453

KARKAR έγραψε:Άσκηση 190

Σημείο κινείται στη βάση τετραγώνου . Φέρω $AT \perp DS$ .Η τέμνει την στο σημείο . Εντοπίστε τη θέση του αν : 1) $\displaystyle AM=\frac{AD}{3}$ 2) Το είναι μέσο της . Επιτρεπτή η επίκληση των Καρτέσιου και Φειδία !

1) Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ADS$ με διατέμνουσα την έχουμε: $\boxed{\frac{{\left( {AM} \right)}}{{\left( {MD} \right)}} \cdot \frac{{\left( {DT} \right)}}{{\left( {TS} \right)}} \cdot \frac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {BA} \right)}} = 1}:\left( 1 \right)$ .

Με $\left( {AM} \right) = \frac{{\left( {AD} \right)}}{3} \Rightarrow \ldots \boxed{\frac{{\left( {AM} \right)}}{{\left( {MD} \right)}} = \frac{1}{2}}:\left( 2 \right)$ . Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle SAD\left( {\angle SAD = {{90}^0}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{AT \bot SD}$ $\boxed{\frac{{\left( {DT} \right)}}{{\left( {TS} \right)}} = \frac{{{{\left( {AD} \right)}^2}}}{{{{\left( {AS} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {BA} \right)}^2}}}{{{{\left( {AS} \right)}^2}}}}:\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right),\left( 3 \right)} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{{{\left( {BA} \right)}^2}}}{{{{\left( {AS} \right)}^2}}} \cdot \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {BA} \right)}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{\left( {BA} \right)}}{{{{\left( {AS} \right)}^2}}} \cdot \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{1} = 2$ $\Rightarrow \dfrac{{\left( {AS} \right) + \left( {BS} \right)}}{{{{\left( {AS} \right)}^2}}} \cdot \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{1} = 2 \Rightarrow$

$\ldots {\left[ {\dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}}} \right]^2} + \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}} - 2 = 0\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}} > 0} \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}} = 1 \Rightarrow S$ το μέσο της .

2) Αν το μέσο της τότε ομοίως από το Θεώρημα του Μενελάου στο ίδιο τρίγωνο έχουμε: $\ldots {\left[ {\dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}}} \right]^2} + \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}} - 1 = 0\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}} > 0}$

$\dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}} = \dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{2} \Rightarrow \dfrac{{\left( {AS} \right) + \left( {BS} \right)}}{{\left( {AS} \right)}} = \dfrac{{\sqrt 5 + 1}}{2}$ $\Rightarrow \dfrac{a}{{\left( {AS} \right)}} = \dfrac{{\sqrt 5 + 1}}{2} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {AS} \right) = \frac{{a\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}}{2}}$ .

Στάθης

#454

Λύση στην άσκηση 190

Τι να τον κάνουμε τον Καρτέσιο όταν μπορούμε να επικαλεστούμε τον Μενέλαο, τον Ceva και την Τριγωνομετρία!

Καλημέρα σε όλους! Κάπως διαφορετικά από τον Στάθη. (Δεν μού το βγάζετε από το μυαλό: Τις έχει όλες λυμένες κι απλά ψάχνει να τις βρει, γι' αυτό καθυστερεί λίγο...

)

Το πρώτο ερώτημα μού θύμισε ΑΥΤΗΝ(εξ' ού και η εναλλακτική με CEVA)

: 03-07-2013 Γεωμετρία.jpg (15.94 KiB) Προβλήθηκε 1383 φορές

1) Οι γωνίες $\displaystyle \widehat {ADS},\;\;\widehat {SAT}$ έχουν τις πλευρές κάθετες, οπότε είναι ίσες.

Άρα $\displaystyle \widehat {ADS} = \widehat {SAT} = \omega ,\;\;0^\circ < \omega < 45^\circ$

Έστω $\displaystyle \widehat {{\rm A}{\rm T}{\rm M}} = \varphi$

Από Ν. Ημιτόνων στα MAT, MDT

είναι

$\displaystyle \frac{{{\rm M}{\rm A}}}{{\eta \mu \left( {{\rm A}{\rm T}{\rm M}} \right)}} = \frac{{{\rm M}{\rm T}}}{{\eta \mu \left( {{\rm M}{\rm A}{\rm T}} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{{\rm M}{\rm A}}}{{{\rm M}{\rm T}}} = \frac{{\eta \mu \varphi }}{{\eta \mu \left( {90^\circ - \omega } \right)}} \Leftrightarrow \frac{{{\rm M}{\rm A}}}{{{\rm M}{\rm T}}} = \frac{{\eta \mu \varphi }}{{\sigma \upsilon \nu \omega }}$

και $\displaystyle \frac{{{\rm M}D}}{{\eta \mu \left( {{\rm M}TD} \right)}} = \frac{{{\rm M}{\rm T}}}{{\eta \mu \left( {{\rm M}D{\rm T}} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{{\rm M}D}}{{{\rm M}{\rm T}}} = \frac{{\eta \mu \left( {90^\circ - \varphi } \right)}}{{\eta \mu \omega }} \Leftrightarrow 2\frac{{{\rm M}{\rm A}}}{{{\rm M}{\rm T}}} = \frac{{\sigma \upsilon \nu \varphi }}{{\eta \mu \omega }}$

Οπότε $\displaystyle 2\frac{{\eta \mu \varphi }}{{\sigma \upsilon \nu \omega }} = \frac{{\sigma \upsilon \nu \varphi }}{{\eta \mu \omega }} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \varphi = \frac{1}{{2\varepsilon \varphi \omega }}$

Εναλλακτικά:

Από τριγωνομετρικό CEVA στο ADT

$\displaystyle \frac{{{\rm M}D}}{{A{\rm M}}} = \frac{{DT \cdot \eta \mu \left( {90^\circ - \varphi } \right)}}{{AT \cdot \eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow 2 = \frac{{D{\rm T}}}{{A{\rm T}}} \cdot \sigma \varphi \varphi \Leftrightarrow 2\frac{{AT}}{{DT}} = \sigma \varphi \varphi$

Είναι $\displaystyle \frac{{{\rm A}T}}{{DT}} = \varepsilon \varphi \omega$ , οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi \varphi = \frac{1}{{2\varepsilon \varphi \omega }}$

Όμως στο BST

είναι $\displaystyle 90^\circ - \omega = \widehat {\rm B} + 90^\circ - \varphi \Leftrightarrow \widehat {\rm B} = \varphi - \omega$

Οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi {\rm B} = \frac{{\varepsilon \varphi \varphi - \varepsilon \varphi \omega }}{{1 + \varepsilon \varphi \varphi \cdot \varepsilon \varphi \omega }} \Leftrightarrow \frac{1}{3} = \frac{{\frac{1}{{2\varepsilon \varphi \omega }} - \varepsilon \varphi \omega }}{{1 + \frac{1}{2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{3} =$

$\displaystyle \frac{{\frac{1}{{\varepsilon \varphi \omega }} - 2\varepsilon \varphi \omega }}{3} \Leftrightarrow 1 - 2\varepsilon {\varphi ^2}\omega = \varepsilon \varphi \omega \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2\varepsilon {\varphi ^2}\omega + \varepsilon \varphi \omega - 1 = 0 \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \omega = \frac{{ - 1 \pm 3}}{4} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \omega = \frac{1}{2}$ , εφόσον $\displaystyle 0^\circ < \omega < 45^\circ$

οπότε το

είναι μέσο του

.

2) Αφού το

είναι μέσο της υποτείνουσας

στο

, είναι $\displaystyle \widehat {MDT} = \widehat {MTD} = \omega \Rightarrow \widehat {STB} = \omega$ με $\displaystyle 0^\circ < \omega < 45^\circ$

Επίσης $\displaystyle \widehat {ASD} = 90^\circ - \omega$ οπότε στο TSB

είναι $\displaystyle \widehat {\rm B} = 90^\circ - 2\omega$

Όμως, $\displaystyle \varepsilon \varphi {\rm B} = \frac{{{\rm A}{\rm M}}}{{{\rm A}{\rm B}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \left( {90^\circ - 2\omega } \right) = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sigma \varphi 2\omega = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{\sigma {\varphi ^2}\omega - 1}}{{2\sigma \varphi \omega }} = \frac{1}{2}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma {\varphi ^2}\omega - \sigma \varphi \omega - 1 = 0 \Leftrightarrow \sigma \varphi \omega = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}$

Αφού $\displaystyle 0^\circ < \omega < 45^\circ$ είναι $\displaystyle \sigma \varphi \omega > 1$ , οπότε $\displaystyle \sigma \varphi \omega = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}$

Τότε, στο ADS

, είναι $\displaystyle \frac{{AD}}{{AS}} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \Leftrightarrow AS = \frac{2}{{1 + \sqrt 5 }} \cdot a$

KARKAR · #455

Άσκηση 191

: 191.png (7.19 KiB) Προβλήθηκε 1358 φορές

Στο εσωτερικό τετραγώνου ABCD

έχουμε σχεδιάσει το τεταρτοκύκλιο $A\overset{\frown}{BD}$ , επί του οποίου κινείται σημείο

.

Φέρω $SQ \perp AB$ το οποίο τέμνει τη διαγώνιο

στο σημείο

. Δείξτε ότι το SQ^2+PQ^2

είναι στασθερό .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #456

Για την 191

Για οποιαδήποτε θέση του $\textrm{S}$ ,το τρίγωνο $\textrm{PAQ}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές αφού $\angle CAB=45^{0}$ .Άρα $\textrm{PQ=AQ}$ .
$\textrm{SQ}^{2}+\textrm{PQ}^{2}=\textrm{SQ}^{2}+\textrm{AQ}^{2}=\textrm{AS}^{2}=\alpha ^{2} =ct$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #457

Μια διαφορετική προσέγγιση της 190

Έστω $\textrm{AT}\cap \textrm{CB}=\textrm{N}$ .Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{ANB,DAS}$ είναι ίσα αφού $\textrm{AB=AD}=\alpha ,\angle ADS=\angle NAB$ κι έτσι $\textrm{AS=NB}=\textrm{x}$
$\textrm{MA//NB}\Rightarrow \frac{MA}{\textrm{x}}=\frac{MT}{TB}\Rightarrow \frac{\frac{\alpha }{3}}{\textrm{x}}=\frac{MT}{TB}\Rightarrow \frac{MT}{TB}=\frac{\alpha }{3\textrm{x}} \left ( 1 \right )$
$\frac{\left ( MTA \right )}{\left ( MTD \right )}=\frac{MA}{MD}=\frac{1}{2}\Rightarrow \left ( ADT \right )=\frac{3}{2}\left ( MTD \right )$
$\frac{\left ( MDT \right )}{\left ( DTB \right )}=\frac{MT}{TB}=\overset{\left ( 1 \right )}{\rightarrow}=\frac{\alpha }{3\textrm{x}}$ .Αλλά $\frac{\left ( ADT \right )}{\left ( TDB \right )}=\frac{AS}{SB}=\frac{\textrm{x}}{\alpha -\textrm{x}}\Rightarrow \frac{\frac{3}{2}\left ( MTD \right )}{\frac{3\textrm{x}}{\alpha }\left ( DMT \right )}=\frac{\textrm{x}}{\alpha -\textrm{x}}\Rightarrow 2\textrm{x}^{2}+\alpha \textrm{x}-\alpha ^{2}=0$
Η τελευταία εξίσωση ,έχει δεκτή λύση $\textrm{x}=\frac{\alpha }{2}$

2.Ακριβώς όμοια με το προηγούμενο ερώτημα και δεδομένου ότι τώρα $\frac{\textrm{TM}}{TB}=\frac{\alpha }{2x}$ ,παίρνουμε $\textrm{x}=\frac{\alpha \left ( \sqrt{5}-1 \right )}{2}$

p_gianno · #458

KARKAR έγραψε:Άσκηση 190
Το συνημμένο 190.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται στη βάση τετραγώνου . Φέρω $AT \perp DS$ .

Η τέμνει την στο σημείο . Εντοπίστε τη θέση του αν : 1) $\displaystyle AM=\frac{AD}{3}$

2) Το είναι μέσο της . Επιτρεπτή η επίκληση των Καρτέσιου και Φειδία !

Το 2ο ερώτημα . Για τα παρακάτω ζεύγη ομοίων τριγώνων ισχύουν:

$\displaystyle TSB \sim NBA \rightarrow \frac{BT}{BN}= \frac{BS}{BA} \rightarrow \frac{BT}{BT+TN}=\frac{BS}{BS+AS} \rightarrow$

$\displaystyle \rightarrow \frac{BT}{BT+BA}=\frac{BS}{BS+AS} \rightarrow \boxed{\frac{BT}{BA}= \frac{BS}{AS}}$ (1)

$ATB \sim TSB \rightarrow \boxed{\frac{BT}{BA}= \frac{BS}{BT}}$ (2)

$(1),(2) \rightarrow BT=AS$ (3)

Η (2) με την βοήθεια της (3) δίνει $\displaystyle \frac{AS}{AB}= \frac{BS}{AS}$ ή $\boxed{AS^2=AB \cdot BS}$

Δηλαδή

το χωρίζει το

σε μέσο και άκρο λόγο δηλ $AS:SB=\phi$

(To πρώτο ερώτημα σε άλλο μήνυμα πιο κάτω στην επόμενη σελίδα)

jim.jt · #459

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Τι να τον κάνουμε τον Καρτέσιο όταν μπορούμε να επικαλεστούμε τον Μενέλαο, τον Ceva και την Τριγωνομετρία!

Ας δώσω την λύση του β) που μου εκμυστηρεύτηκε ο Καρτέσιος...

Θεωρούμε $\displaystyle A=(0,0),B=(a,0),D=(0,a),M=(0,\frac{a}{2}),S=(b,0).$

Έτσι $\displaystyle DS:y=-\frac{a}{b}x+a\Rightarrow AT:y=\frac{b}{a}x.$

Λύνοντας το σύστημα εξισώσεων τομής των ευθειών DS,AT

βρίσκουμε

$\displaystyle T=(\frac{a^2b}{a^2+b^2},\frac{b^2a}{a^2+b^2}).$

Η κλίση της ευθείας BTM

είναι:

α) από το

ίση με $\displaystyle -\frac{1}{2}$ και

β) από το

ίση με $\displaystyle \frac{b^2}{ab-a^2-b^2}.$

Έτσι έχουμε την εξίσωση

$\displaystyle \frac{b^2}{ab-a^2-b^2}= -\frac{1}{2}\Leftrightarrow b^2+ab-a^2=0$

η οποία έχει διακρίνουσα 5a^2

και, επειδή το

είναι θετικό, λύση

$\displaystyle b=\frac{a(\sqrt{5}-1)}{2}.$

KARKAR · #460

Άσκηση 192

: 192.png (8.23 KiB) Προβλήθηκε 1292 φορές

Ας βάλουμε και λίγη τριγωνομετρία . Σημείο

κινείται επί της διαγωνίου

τετραγώνου ABCD

.

Ονομάζω

και

τις προβολές του

επί των

Δείξτε ότι : $\displaystyle \epsilon \phi \theta \geq \frac{3}{4}$ ( $\theta=\widehat{QCP}$ )

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