ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

S.E.Louridas · #101

Πράγματι πολύ όμορφη και εντυπωσιακή (τεχνασματική) η λύση του Νίκου (Doloros) άμεσα πρίν στην 39η Άσκηση.

KARKAR έγραψε:Άσκηση 39
39.png
Σημείο βρίσκεται στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε τα τμήματα

να σχηματίζουν γωνία και να είναι το ένα διπλάσιο του άλλου . Υπολογίστε το τμήμα

( συναρτήσει του ) .

Θα ήθελα να μου επιτραπεί από τον Θανάση να προτείνω το ίδιο πρόβλημα αλλά με το δεδομένο $SC = s,\;SB = ms$ με

δοθέντα θετικό ακέραιο μεγαλύτερο της μονάδας, αντί του $SC = s,\quad SB = 2s$ .

KARKAR · #102

Άσκηση 40

: 40.png (11.01 KiB) Προβλήθηκε 948 φορές

Στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ βρίσκεται σημείο

, ώστε $\widehat{BSC}=150^0$

και SB=4s , SC=3s

. Υπολογίστε - συναρτήσει του

- το

S.E.Louridas · #103

Αρχικά περιγράφω την ημέτερη σκέψη για να ασχοληθούν και άλλοι λύτες.

Στο σχήμα που ακολουθεί λειτουργεί η μέθοδος επίλυσης που κατέθεσα για την Άσκηση 39, μόνο που στο τρίγωνο SAM

εφαρμόζoυμε πλέον το θεώρημα του Stewart.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #104

KARKAR έγραψε:Άσκηση 40
Το συνημμένο 40.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ βρίσκεται σημείο , ώστε $\widehat{BSC}=150^0$

και . Υπολογίστε - συναρτήσει του - το

Κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{DCE}$ .Επειδή $\displaystyle{\angle x + \angle y = \angle x + \angle \omega = {60^0} \Rightarrow \angle y = \angle \omega }$
Τότε, $\displaystyle{\vartriangle BCE = \vartriangle ADC}$ αφού, $\displaystyle{\angle AC = CB,CE = CD,y = \omega }$ ,άρα $\displaystyle{AD = BE = x}$ .Αλλά $\displaystyle{\angle BDE = {150^0} - {60^0} = {90^0} \Rightarrow {x^2} = {(3s)^2} + {(4s)^2} \Rightarrow \boxed{x = 5s}}$

S.E.Louridas · #105

KARKAR έγραψε:Άσκηση 40
Στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ βρίσκεται σημείο , ώστε $\widehat{BSC}=150^0$
και . Υπολογίστε - συναρτήσει του - το

Επίσης έχουμε:
Από νόμο του συνημίτονου
$a^2 = 12\left( {2 + \sqrt 3 } \right)s^2 \Rightarrow AQ^2 = 9\left( {2 + \sqrt 3 } \right)s^2 ,\;2SQ^2 = \left( {13 - 6\sqrt 3 } \right)s^2 ,$
οπότε από το θεώρημα της διαμέσου στο τρίγωνο SAM

παίρνουμε:
$AS^2 + 12\left( {2 + \sqrt 3 } \right)s^2 = \left( {13 - 6\sqrt 3 } \right)s^2 + 18\left( {2 + \sqrt 3 } \right)s^2 \Rightarrow AS^2 = 25s^2 \Rightarrow AS = 5s.$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #106

KARKAR έγραψε:Άσκηση 39
Το συνημμένο 39.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο βρίσκεται στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε τα τμήματα

να σχηματίζουν γωνία και να είναι το ένα διπλάσιο του άλλου . Υπολογίστε το τμήμα

( συναρτήσει του ) .

Έστω $\displaystyle{\left( C \right)}$ ο περίκυκλος του $\displaystyle{ABC}$ και επί της $\displaystyle{BS}$ σημείο $\displaystyle{T}$ με $\displaystyle{ST = s}$ .Τότε , $\displaystyle{\vartriangle CST}$ ισόπλευρο οπότε $\displaystyle{\angle BTC = \angle BAC = {60^0}}$ κι έτσι $\displaystyle{T \in \left( C \right)}$ .
Είναι , $\displaystyle{\angle ATC + \angle TCS = {120^0} + {60^0} = {180^0} \Rightarrow TA//CS}$
Η παράλληλη από το $\displaystyle{A}$ στην $\displaystyle{TC}$ τέμνει την $\displaystyle{BT}$ στο $\displaystyle{K}$ κι έστω $\displaystyle{CS \cap AK = D}$
$\displaystyle{ADCT}$ είναι παραλ/μμο ,άρα $\displaystyle{\angle KAT = {60^0} \Rightarrow \angle KDS = {60^0}}$ .
Ακόμη, $\displaystyle{\angle DSK = \angle ATB = {60^0} \Rightarrow DS = SK = KD = s = ST = SC = TC \Rightarrow \angle DTC = {90^0}}$ .Άρα $\displaystyle{D{T^2} = 4{s^2} - {s^2} \Rightarrow DT = s\sqrt 3 }$
Όμως το $\displaystyle{ADST}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο άρα $\displaystyle{x = DT \Rightarrow \boxed{x = s\sqrt 3 }}$

KARKAR · #107

: 40.png (15.66 KiB) Προβλήθηκε 814 φορές

Μια απλοποιημένη εκδοχή της λύσης του Σωτήρη :"Βλέπουμε" την

ως διάμεσο των τριγώνων SBC

και

.

Είναι λοιπόν : $\displaystyle SM^2=\frac{2SB^2+2SC^2-a^2}{4}=\frac{2SA^2+2ST^2-(a\sqrt{3})^2}{4}$ , οπότε :

$\displaystyle2(4s)^2+2(3s)^2-a^2=2x^2+2a^2-3a^2\Leftrightarrow x^2=25s^2\Leftrightarrow x=5s$

Το TBC

κατασκευάστηκε ισόπλευρο οπότε : $\overset{\frown}{BTC}=60^0}$ , δηλαδή $\displaystyle\widehat{BSC}=\frac{300^0}{2}=150^0$ .

Πρόσθετη ερώτηση : Πως κατασκευάζεται το σημείο

?

KARKAR · #108

Άσκηση 41

: 41.png (7.8 KiB) Προβλήθηκε 794 φορές

Τα σημεία M,N

των πλευρών AB,AC

, του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , απέχουν

από την κορυφή

, αποστάσεις $\displaystyle \frac{a}{2}$ και $\displaystyle \frac{3a}{4}$ αντίστοιχα (

η πλευρά ) . Εντοπίστε σημείο

της βάσης

, ώστε να είναι $\widehat {MSN}=90^0$ . Προβλέπεται ( επιζητείται ) ποικιλία λύσεων !

#109

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο 40.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Μια απλοποιημένη εκδοχή της λύσης του Σωτήρη :"Βλέπουμε" την ως διάμεσο των τριγώνων και .

Είναι λοιπόν : $\displaystyle SM^2=\frac{2SB^2+2SC^2-a^2}{4}=\frac{2SA^2+2ST^2-(a\sqrt{3})^2}{4}$ , οπότε :

$\displaystyle2(4s)^2+2(3s)^2-a^2=2x^2+2a^2-3a^2\Leftrightarrow x^2=25s^2\Leftrightarrow x=5s$

Το κατασκευάστηκε ισόπλευρο οπότε : $\overset{\frown}{BSC}=60^0}$ , δηλαδή $\displaystyle\widehat{BSC}=\frac{300^0}{2}=150^0$ .

Πρόσθετη ερώτηση : Πως κατασκευάζεται το σημείο ?

: Kατασκευή στην άσκηση 40 του S.png (29.71 KiB) Προβλήθηκε 782 φορές

Στο σημείο

φέρνουμε εφαπτομένη του κύκλου ${k_2} \to ABC$ και τέμνει τον , από το

, άξονα συμμετρίας του ABC

στο

. Γράφουμε τον κύκλο ${k_1} \to (K,KB)$ , τον οποίο τέμνει η

στο

, με

εκατέρωθεν του

. Αν

, σημείο του

για το οποίο $\boxed{\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{4}{3}}$ , τότε η

τέμνει τον ${k_1}$ στο σημείο

.

Φιλικά Νίκος

#110

KARKAR έγραψε:Άσκηση 41
Το συνημμένο 41.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τα σημεία των πλευρών , του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , απέχουν

από την κορυφή , αποστάσεις $\displaystyle \frac{a}{2}$ και $\displaystyle \frac{3a}{4}$ αντίστοιχα ( η πλευρά ) . Εντοπίστε σημείο

της βάσης , ώστε να είναι $\widehat {MSN}=90^0$ . Προβλέπεται ( επιζητείται ) ποικιλία λύσεων !

: 41.png (18.85 KiB) Προβλήθηκε 778 φορές

Νομίζω το σχήμα φτάνει

KARKAR · #111

Doloros έγραψε: Νομίζω το σχήμα φτάνει

Φίλε Νίκο , όχι το σχήμα δε φτάνει

. Είναι φανερό ότι , κατ' αναλογία προς τα δεδομένα ,

η απάντηση πρέπει να είναι της μορφής : $\displaystyle BS=\frac{m}{n}a$

S.E.Louridas · #112

KARKAR έγραψε:Άσκηση 40
40.png
Στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ βρίσκεται σημείο , ώστε $\widehat{BSC}=150^0$
και . Υπολογίστε - συναρτήσει του - το

KARKAR έγραψε:
40.png
Μια απλοποιημένη εκδοχή της λύσης του Σωτήρη :"Βλέπουμε" την ως διάμεσο των τριγώνων και .
Είναι λοιπόν : $\displaystyle SM^2=\frac{2SB^2+2SC^2-a^2}{4}=\frac{2SA^2+2ST^2-(a\sqrt{3})^2}{4}$ , οπότε :
$\displaystyle2(4s)^2+2(3s)^2-a^2=2x^2+2a^2-3a^2\Leftrightarrow x^2=25s^2\Leftrightarrow x=5s$
Το κατασκευάστηκε ισόπλευρο οπότε : $\overset{\frown}{BSC}=60^0}$ , δηλαδή $\displaystyle\widehat{BSC}=\frac{300^0}{2}=150^0$ .

Πρόσθετη ερώτηση : Πως κατασκευάζεται το σημείο ?

Αφού ανοίχτηκε αυτός ο παραγωγικότατος διάλογος με τις πολλές αντιμετωπίσεις πράγμα ζητούμενο και άρα πολύ σημαντικό, ας αναφερθώ και σε μία άλλη εκδοχή του προσδιορισμού του σημείου

Θεωρούμε σημείο

του

, τέτοιου που $\displaystyle{\frac{{CT}} {{TB}} =\frac{\sqrt 3}{2}.}$
Το σημείο τομής του ημικυκλίου προς το μέρος της κορυφής

με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα

, με το τόξο προς το μέρος της κορυφής

που τα σημεία του βλέπουν το ευθύγραμμο τμήμα

υπό γωνία $150^ \circ$ είναι το σημείο

.

#113

KARKAR έγραψε:
Doloros έγραψε: Νομίζω το σχήμα φτάνει
Φίλε Νίκο , όχι το σχήμα δε φτάνει . Είναι φανερό ότι , κατ' αναλογία προς τα δεδομένα ,

η απάντηση πρέπει να είναι της μορφής : $\displaystyle BS=\frac{m}{n}a$

Ωραία πάμε λοιπόν:

: Ισόπλευρα_41.png (19.09 KiB) Προβλήθηκε 715 φορές

Από θεώρημα συνημίτονου στο AMN

έχουμε: $\boxed{M{N^2} = \dfrac{{7{a^2}}}{{16}}}\,(1)$
Ας πούμε $BS = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SC = y$ με $x \geqslant y > 0$ . Από το ίδιο θεώρημα στα τρίγωνα $MBS,\,\,NCS$ έχουμε:

$M{S^2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} + {x^2} - \dfrac{{ax}}{2}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N{S^2} = \dfrac{{{a^2}}}{{16}} + {y^2} - \dfrac{{ay}}{4}$ . προσθέτουμε κατά μέλη και λόγω της

(1)

και του Π. Θ. , έχουμε: $\boxed{{x^2} + {y^2} - \dfrac{{ax}}{2} - \dfrac{{ay}}{4} - \dfrac{{{a^2}}}{8} = 0}$ .

Το σύστημα

$\left\{ \begin{gathered} {x^2} + {y^2} - \frac{{ax}}{2} - \frac{{ay}}{4} - \frac{{{a^2}}}{8} = 0 \hfill \\ x + y = a \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = \frac{a}{2} \hfill \\ y = \frac{a}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,$ ή $\left\{ \begin{gathered} x = \frac{{5a}}{8} \hfill \\ y = \frac{{3a}}{8} \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,$

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #114

KARKAR έγραψε:Άσκηση 41
Το συνημμένο 41.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τα σημεία των πλευρών , του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , απέχουν

από την κορυφή , αποστάσεις $\displaystyle \frac{a}{2}$ και $\displaystyle \frac{3a}{4}$ αντίστοιχα ( η πλευρά ) . Εντοπίστε σημείο

της βάσης , ώστε να είναι $\widehat {MSN}=90^0$ . Προβλέπεται ( επιζητείται ) ποικιλία λύσεων !

Έστω $\displaystyle{BD \bot AC}$ .Τότε $\displaystyle{DN = NC = \frac{\alpha }{4}}$ κι έστω ότι η κάθετος στην $\displaystyle{DN}$ στο $\displaystyle{N}$ ,τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{S}$ .Τότε , $\displaystyle{S}$ είναι μέσον της $\displaystyle{BC}$ ,άρα $\displaystyle{MS//AC \Rightarrow \angle MSN = {90^0}}$
Ένα σημείο λοιπόν είναι το μέσον της $\displaystyle{BC}$ .
Θεωρούμε τώρα τον κύκλο $\displaystyle{(q)}$ διαμέτρου $\displaystyle{MN}$ .Αν $\displaystyle{\left( q \right) \cap BC = {S_1},\left( q \right) \cap AC = E}$ ,το $\displaystyle{MSNE}$ είναι ορθογώνιο με $\displaystyle{NE = MS = \frac{\alpha }{2} \Rightarrow CE = \frac{\alpha }{2} + \frac{\alpha }{4} = \frac{{3\alpha }}{4}}$
$\displaystyle{C{S_1} \cdot CS = CN \cdot CE \Rightarrow C{S_1} \cdot \frac{\alpha }{2} = \frac{\alpha }{4} \cdot \frac{{3\alpha }}{4} \Rightarrow \boxed{C{S_1} = \frac{3}{8}\alpha }}$

#115

ΑΣΚΗΣΗ 42

Εξωτερικά του ορθογωνίου τριγώνου ABC

με ${\angle}C=90^\circ$ θεωρούμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ABF

και

.Έστω

το μέσο του

.Αν

και

, να βρεθεί το μήκος του

.

Απ:12

Μπάμπης

#116

ΑΣΚΗΣΗ 43

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC

και ένα εσωτερικό σημείο

του τριγώνου , ώστε $\angle CBP = 12^o$ και $\angle ACP = 54^o$ .Να βρεθεί η γωνία $\angle CAP$ .

Mπάμπης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #117

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 42

Εξωτερικά του ορθογωνίου τριγώνου με ${\angle}C=90^\circ$ θεωρούμε τα ισόπλευρα τρίγωνα και .Έστω το μέσο του .Αν και , να βρεθεί το μήκος του .

Απ:12

Μπάμπης

Μπάμπη,καλημέρα.
Με τα δεδομένα του προβλήματος, μπορούμε να βρούμε και τις άλλες πλευρές του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ .Το σχήμα στην παρακάτω λύση έγινε με βάση τον υπολογισμό και του $\displaystyle{b}$ (άρα και του $\displaystyle{c}$ )

Είναι, $\displaystyle{\vartriangle GAB = \vartriangle CAF}$ αφού, $\displaystyle{AB = AF = c,CA = AG = b,\angle GAB = \angle CAF = {60^0} + \angle CAB}$ ,άρα , $\displaystyle{CF = GB = x}$
Στο $\displaystyle{\vartriangle CFB}$ έχουμε(θ.διαμέσου) , $\displaystyle{{x^2} + {c^2} = 2 \cdot {11^2} + \frac{{{\alpha ^2}}}{2} \Rightarrow {x^2} + {c^2} = 242 + \frac{{{\alpha ^2}}}{2}(1)}$
Στο $\displaystyle{\vartriangle CGB}$ έχουμε(θ.διαμέσου), $\displaystyle{{x^2} + {b^2} = 98 + \frac{{{\alpha ^2}}}{2}(2)}$
$\displaystyle{(1) - (2) \Rightarrow {c^2} - {b^2} = 144 \Rightarrow {\alpha ^2} = 144 \Rightarrow \boxed{\alpha = BC = 12}}$

Επιπλέον ερώτημα

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{b = 2\sqrt {10} - 3\sqrt 3 }$

KARKAR · #118

Άσκηση 44

: 44.png (9.33 KiB) Προβλήθηκε 599 φορές

Στη βάση

ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , βρίσκονται σημεία T,P

, ώστε $\displaystyle BT =\frac{3a}{5} , PC =\frac{3a}{10}$ .

Η κάθετη προς την

στο

τέμνει την

στο

. Εντοπίστε σημείο

της

( δεν φαίνεται στο σχήμα ) ,

ώστε αν η κάθετη προς την

στο

τέμνει την

στο

, να είναι TS=TQ

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #119

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 43

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο και ένα εσωτερικό σημείο του τριγώνου , ώστε $\angle CBP = 12^o$ και $\angle ACP = 54^o$ .Να βρεθεί η γωνία $\angle CAP$ .

Mπάμπης

Θεωρούμε το ύψος $\displaystyle{AM}$ του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ και $\displaystyle{CS \bot AP}$ κι έστω $\displaystyle{BP \cap AM = K}$
Επειδή $\displaystyle{\angle KCB = \angle KBC = {12^0}}$ και $\displaystyle{\angle PCB = {60^0} - {54^0} = {6^0}}$ ,θα είναι $\displaystyle{\angle SCP = {6^0}}$ ,άρα $\displaystyle{\angle APC = {90^0} - {6^0} = {84^0}}$
κι επειδή $\displaystyle{\angle KPC = {12^0} + {6^0} = {18^0}}$ ,θα είναι $\displaystyle{\angle APK = {84^0} - {18^0} = {66^0}}$
Αλλά, $\displaystyle{\angle APK = \angle ABP + \angle PAB \Rightarrow {66^0} = {48^0} + \angle PAB \Rightarrow \angle PAB = {18^0}}$ .Άρα $\displaystyle{x = {60^0} - {18^0} \Rightarrow \boxed{x = {{42}^0}}}$ ή διαφορετικά και πιο γρήγορα,απο το $\displaystyle{\vartriangle APC,x = {180^0} - {54^0} - {84^0} \Rightarrow \boxed{x = {{42}^0}}}$

#120

KARKAR έγραψε:Άσκηση 44
Το συνημμένο 44.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στη βάση ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , βρίσκονται σημεία , ώστε $\displaystyle BT =\frac{3a}{5} , PC =\frac{3a}{10}$ .

Η κάθετη προς την στο τέμνει την στο . Εντοπίστε σημείο της ( δεν φαίνεται στο σχήμα ) ,

ώστε αν η κάθετη προς την στο τέμνει την στο , να είναι .

: 44.png (25.17 KiB) Προβλήθηκε 566 φορές

Ας πούμε

Τότε $TP = k\,\,,\,\,CQ = 6k$ και από το θεώρημα συνημίτονου στο τρίγωνο TQC

έχουμε

$\boxed{T{Q^2} = 28{k^2}}\,\,(1)$ . Από το ίδιο θεώρημα στο τρίγωνο BST

με

έχουμε:

$T{S^2} = 36{k^2} + {x^2} - 6kx$ που λόγω της (1)

δίδει

${x^2} - 6kx + 8{k^2} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 2k \hfill \\ x = 4k \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και άρα $BD = k = \dfrac{a}{{10}}$ ή $BD' = 2k = \dfrac{a}{5}$
Φιλικά Νίκος

ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Μέλη σε σύνδεση