ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

#1

Δίνονται τρεις διαδοχικές παράλληλες ευθείες $\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3$ , καθώς και περιφέρεια c_1

εφαπτόμενη των $\epsilon_2, \epsilon_3$ , περιφέρεια c_2

, εφαπτόμενη των $\epsilon_1, \epsilon_3$ και περιφέρεια c_3

εφαπτόμενη των $\epsilon_2, \epsilon_1$ . Να αποδειχθεί ότι η δεύτερες κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες των c_2, c_3

και

καθώς και η δεύτερη κοινή εσωτερική εφαπτομένη των c_1, c_3

, συντρέχουν.
(Το σχετικό θέμα έχει τεθεί με συντρέχουσες ευθείες $\epsilon_1, \epsilon_2, \epsilon_3$ , στις εισαγωγικές εξετάσεις της ΣΜΑ το 1975 αλλά και σε εκείνες του ΕΜΠ το 1969.)

#2

Αντρέα με μετρικές σχέσεις και επαλήθευση του αντίστροφου θεωρήματος κεντρικής δέσμης η πρόταση αποδεικνύεται.

(Τα εφαπτόμενα τμήματα που αντιστοιχούν στα σημεία όπου οι εφαπτόμενες τέμνουν τις παράλληλες ευθείες υπολογίζονται γρήγορα συναρτήσει των ακτίνων και των οριζοντίων αποστάσεων των κέντρων των κύκλων. Οι πράξεις είναι απλές και όχι πολλές)

Με την πρώτη ευκαιρία θα ψάξω για μετασχηματισμό...

#3

Για ευκολία ( δική μου ), έστω $(K),\ (L),\ (M)$ , οι κύκλοι $(c_{1}),\ (c_{2}),\ (c_{3})$ της εκφώνησης αντιστοίχως και ας είναι $(\varepsilon),\ (\zeta),\ (\eta)$ , οι δοσμένες παράλληλες ευθείας αντί των $(\epsilon_{1}),\ (\epsilon_{2}),\ (\epsilon_{3})$ , αντιστοίχως.

Η δεύτερη κοινή εξωτερική εφαπτόμενη των κύκλων $(K),\ (M)$ , περνάει από το σημείο έστω $P\equiv (\varepsilon)\cap KM$ και ομοίως η δεύτερη κοινή εξωτερική εφαπτόμενη των κύκλων $(L),\ (M)$ , περνάει από το σημείο έστω $Q\equiv (\eta)\cap LM$ .

Η δεύτερη κοινή εσωτερική εφαπτόμενη των κύκλων $(K),\ (L)$ , περνάει από το σημείο έστω $R\equiv (\zeta)\cap KL$ .

$\bullet$ Έστω τα σημεία $E\equiv (\zeta)\cap PQ$ και $D\equiv (\varepsilon)\cap EK$ και $Z\equiv (\eta)\cap EL$ και ας είναι $AA',\ BB',\ CC'$ , οι διάμετροι των κύκλων $(K),\ (L),\ (M)$ αντιστοίχως, κάθετες επί των δοσμένων παράλληλων ευθειών $(\varepsilon)\parallel (\zeta)\parallel (\eta)$ και έστω τα $A,\ B,\ C$ , σημεία επί των $(\varepsilon),\ (\zeta),\ (\varepsilon)$ , αντιστοίχως.

Από $AK\parallel CM\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PK}{PM} = \frac{AK}{CM} = \frac{AA'}{CC'} = \frac{PE}{PQ}\Rightarrow$ $EK\parallel QM\ \ \ ,(1)$

Από $LB'\parallel MC'\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{QL}{QM} = \frac{B'L}{C'M} = \frac{BB'}{CC'} = \frac{QE}{QP}\Rightarrow$ $EL\parallel PM\ \ \ ,(2)$

: Με αφορμή παλιότερο θέμα εξετάσεων.; f=112_t=50000.PNG (28.29 KiB) Προβλήθηκε 1724 φορές

Από $(1),\ (2)$ , έχουμε ότι το τετράπλευρο KELM

είναι παραλληλόγραμμο και άρα, ισχύει $EN = NM\ \ \ ,(3)$ όπου

είναι το μέσον του

.

Από

και

, προκύπτει ότι τα σημεία $D,\ M,\ Z$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Έχουμε διαμορφώσει έτσι, το τρίγωνο $\vartriangle DEZ$ με τα σημεία $K,\ L,\ M$ , ως τα μεσα των πλευρών του $DE,\ EZ,\ ZD$ , αντιστοίχως.

Οι $(\varepsilon),\ (\zeta),\ (\eta)$ τώρα, ως παράλληλες μεταξύ τους ευθείες τυχούσας διεύθυνσης, δια των κορυφών $D,\ E,\ Z$ του $\vartriangle DEZ$ αντιστοίχως, τέμνουν τις ευθείες $KM,\ KL,\ LM$ , στα σημεία $P,\ R,\ Q$ , αντιστοίχως.

Σύμφωνα με το παρακάτω Γενικό Λήμμα, συμπεραίνεται ότι οι συμμετρικές ευθείες των $DP\equiv (\varepsilon),\ ER\equiv (\zeta),\ ZQ\equiv {\eta)$ , ως προς τις ευθείες $KM,\ KL,\ LM$ αντιστοίχως, τέμνονται στο ίδιο σημείο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΓΕΝΙΚΟ ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $L,\ M,\ N$ , τα μέσα των πλευρών του $AB,\ BC,\ AC$ , αντιστοίχως. Δια των σημείων $A,\ B,\ C$ , φέρνουμε τρείς παράλληλες ευθείες τυχούσας διεύθυνσης οι οποίες τέμνουν τις ευθείες $LN,\ LM,\ MN$ στα σημεία $A',\ B',\ C'$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι οι συμμετρικές ευθείες των $AA',\ BB',\ CC'$ , ως προς τις ευθείες $LN,\ LM,\ MN$ αντιστοίχως, τέμνονται στο ίδιο σημείο.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Γενικό Λήμμα.

#4

vittasko έγραψε:ΓΕΝΙΚΟ ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $L,\ M,\ N$ , τα μέσα των πλευρών του $AB,\ BC,\ AC$ , αντιστοίχως. Δια των σημείων $A,\ B,\ C$ , φέρνουμε τρείς παράλληλες ευθείες τυχούσας διεύθυνσης οι οποίες τέμνουν τις ευθείες $LN,\ LM,\ MN$ στα σημεία $A',\ B',\ C'$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι οι συμμετρικές ευθείες των $AA',\ BB',\ CC'$ , ως προς τις ευθείες $LN,\ LM,\ MN$ αντιστοίχως, τέμνονται στο ίδιο σημείο.

Έστω

, το σημείο τομής των συμμετρικών ευθειών των $AA',\ BB'$ , ως προς τις ευθείες $LN,\ LM$ αντιστοίχως και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι ισχύει $\angle MC'P = \angle NC'C$ .

$\bullet$ Στο τραπέζιο ABB'A'

, με το σημείο $L\in AB$ και $AC\parallel LB'$ και $BC\parallel LA'$ , σύμφωνα με γνωστό αποτέλεσμα που έχουμε ξαναδεί στο

( αποδεικνύεται εύκολα ), προκύπτει ότι τα σημεία $B',\ C,\ A'$ είναι συνευθειακά και έστω

, το μέσον του A'B'

.

: Με αφορμή παλιότερο θέμα εξετάσεων - Απόδειξη του Γενικού Λήμματος.; f=112_t=50000(a).PNG (18.38 KiB) Προβλήθηκε 1664 φορές

Στο τρίγωνο $\vartriangle LA'B'$ τώρα, με τα σημεία $M,\ C, N$ επί των πλευρών του $LB',\ B'A',\ LA'$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $CM\parallel LA'$ και $CN\parallel LB'$ και το

ως το σημείο τομής της

από την δια του

παράλληλη ευθεία προς την διάμεσο

του $\vartriangle LA'B'$ , ισχύει $\angle PB'L = \angle BB'L = \angle B'LT$ και $\angle PA'L = \angle AA'L = \angle A'LT$ .

Συμπεραίνεται έτσι, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1, ότι ισχύει $\angle MC'P = \angle NC'C$ και το Γενικό Λήμμα έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επί των πλευρών του $BC,\ AC,\ AB$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $DE\parallel AB$ και $DZ\parallel AC$ και ας είναι το μεταξύ των $M,\ C$ , όπου είναι το μέσον της πλευράς . Έστω , το σημείο για το οποίο ισχύει $\angle ABT = \angle BAM$ και $\angle ACT = \angle CAM$ και ας είναι , το σημείο τομής της από την δια του σημείου παράλληλη ευθεία προς την . Αποδείξτε ότι $\angle ZNT = \angle END$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα 1.

#5

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επί των πλευρών του $BC,\ AC,\ AB$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $DE\parallel AB$ και $DZ\parallel AC$ και ας είναι το μεταξύ των $M,\ C$ , όπου είναι το μέσον της πλευράς . Έστω , το σημείο για το οποίο ισχύει $\angle ABT = \angle BAM$ και $\angle ACT = \angle CAM$ και ας είναι , το σημείο τομής της από την δια του σημείου παράλληλη ευθεία προς την . Αποδείξτε ότι $\angle ZNT = \angle END$ .

Έστω

, η

-συμμετροδιάμεσος του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και ας είναι (K)

, ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle AEZ$ ο οποίος τέμνει την

στο σημείο έστω

και την

στο σημείο έστω

.

Από $ZF\parallel AE$ έχουμε ότι το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AZFE

είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα, ισχύει $\angle AEF = \angle A\ \ \ ,(1)$

Ισχύει επίσης, $\angle ZFT = \angle ZAT = \angle MAC\ \ \ ,(2)$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2, έχουμε ότι η ευθεία

με $Q\in AM$ για την οποία ισχύει $\angle MAC = \angle ACQ\ \ \ ,(3)$ τέμνει την

κατά το σημείο

.

Άρα, από $(2),\ (3)$ προκύπτει ότι τα σημεία $T,\ F,\ C$ είναι συνευθειακά και επομένως, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 3, η ευθεία

με $P\in AM$ για την οποία ισχύει $\angle MAB = \angle ABP$ , περνάει από το σημείο

.

: Με αφορμή παλιότερο θέμα εξετάσεων - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f=112_t=50000(b).PNG (32.86 KiB) Προβλήθηκε 1619 φορές

$\bullet$ Από $EZ\parallel TS$ τώρα, όπου $S\equiv (K)\cap AM$ , λόγω $\overset\frown{ZT} = \overset\frown{ES}$

από $\angle ZAT = \angle EAS$

, προκύπτει ότι η μεσοκάθετη του

είναι και μεσοκάθετη του

καθώς και μεσοκάθετη του τμήματος

όπου $L\equiv EZ\cap AM$ , γιατί ZL = EN

λόγω $AL\parallel DN$ στο παραλληλόγραμμο AZDE

.

Άρα, οι ευθείες $LS,\ NT$ είναι συμμετρικές ως προς την μεσοκάθετη ευθεία του

και άρα έχουμε $\angle ZNT = \angle NLM\ \ \ ,(4)$

Αλλά, από $AM\parallel DN\Rightarrow$ $\angle NLM = \angle END\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $\angle ZNT = \angle END$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επί των πλευρών του $BC,\ AC,\ AB$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $DE\parallel AB$ και $DZ\parallel AC$ και ας είναι το μεταξύ των $M,\ C$ όπου είναι το μέσον της πλευράς . Η μεσοκάθετη της πλευράς τέμνει την στο σημείο έστω και έστω το σημείο $F\equiv DZ\cap CQ$ . Αποδείξτε ότι $\angle AEF = \angle A$ .

ΛHMMA 3. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $P,\ Q$ , τα σημεία τομής της διαμέσου από τις μεσοκάθετες ευθείες των $AB,\ AC$ , αντιστοίχως και έστω το σημείο $T\equiv BP\cap CQ$ . Απόδείξτε ότι η ευθεία ταυτίζεται με την -συμμετροδιάμεσο του $\vartriangle ABC$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου για τα ως άνω, Λήμμα 2 και Λήμμα 3.

#6

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επί των πλευρών του $BC,\ AC,\ AB$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $DE\parallel AB$ και $DZ\parallel AC$ και ας είναι το μεταξύ των $M,\ C$ όπου είναι το μέσον της πλευράς . Η μεσοκάθετη της πλευράς τέμνει την στο σημείο έστω και έστω το σημείο $F\equiv DZ\cap CQ$ . Αποδείξτε ότι $\angle AEF = \angle A$ .

: Με αφορμή παλιότερο θέμα εξετάσεων - Απόδειξη του λήμματος 2.; f=112_t=50000(c).PNG (21.76 KiB) Προβλήθηκε 1573 φορές

Έστω το σημείο $K\equiv DZ\cap AM$ και έχουμε ότι το τετράπλευρο AKFE

είναι ισοσκελές τραπέζιο, λόγω $\angle ACF = \angle CAK$ και άρα, έχουμε $AK = FC\ \ \ ,(1)$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2a, ισχύει $KZ = CE\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ και $\angle AKZ = \angle KAC = \angle FCE$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle AKZ,\ \vartriangle FCE$ είναι ίσα και άρα, έχουμε $AZ = FE\Rightarrow$ $FE = DE\Rightarrow$ $\angle FEA = \angle DEC = \angle A$ και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 2a. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επί των πλευρών του $BC,\ AC,\ AB$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $DE\parallel AB$ και $DZ\parallel AC$ και ας είναι το μεταξύ των $M,\ C$ όπου είναι το μέσον της πλευράς . Αποδείξτε ότι όπου $N\equiv DZ\cap AM$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα 2a.

#7

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2a. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επί των πλευρών του $BC,\ AC,\ AB$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $DE\parallel AB$ και $DZ\parallel AC$ και ας είναι το μεταξύ των $M,\ C$ όπου είναι το μέσον της πλευράς . Αποδείξτε ότι όπου $N\equiv DZ\cap AM$ .

: Με αφορμή παλιότερο θέμα εξετάσεων - Απόδειξη του Λήμματος 2a.; f=112_t=50000(d).PNG (11.65 KiB) Προβλήθηκε 1514 φορές

Στο τρίγωνο $\vartriangle ABM$ με διατέμνουσα την ZND

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\displaystyle \frac{NZ}{ND}\cdot \frac{MD}{MB}\cdot \frac{AB}{AZ} = 1\ \ \ ,(1)$

Όμως, ισχύει $\displaystyle \frac{MD}{MB} = \frac{MD}{MC} = \frac{ND}{AC}\ \ \ ,(2)$ και $\displaystyle \frac{AB}{AZ} = \frac{AB}{DE} = \frac{AC}{CE}\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{NZ}{ND}\cdot \frac{ND}{AC}\cdot \frac{AC}{CE} = 1\Rightarrow$ NZ = CE

και το Λήμμα 2a έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#8

vittasko έγραψε: ΛHMMA 3. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $P,\ Q$ , τα σημεία τομής της διαμέσου από τις μεσοκάθετες ευθείες των $AB,\ AC$ , αντιστοίχως και έστω το σημείο $T\equiv BP\cap CQ$ . Απόδείξτε ότι η ευθεία ταυτίζεται με την -συμμετροδιάμεσο του $\vartriangle ABC$ .

Έστω

, το σημείο τομής των εφαπτομένων του περίκυκλου (O)

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ στα σημεία $B,\ C$ και έχουμε ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την

-συμμετροδιάμεσο και έστω τα σημεία $D\equiv BC\cap AS$ και $E\equiv (O)\cap AS$ .

: Με αφορμή παλιότερο θέμα εξετάσεων - Απόδειξη του Λήμματος 3.; f=112_t=50000(e).PNG (17.26 KiB) Προβλήθηκε 1190 φορές

Έστω το σημείο $T\equiv AS\cap BP$ και έχουμε $\angle ABT = \angle BAM = \angle CAE = \angle CBE\ \ \ ,(1)$

Στο τρίγωνο $\vartriangle BAE$ δηλαδή, οι ευθείες $BT,\ BD$ είναι ισογώνιες ως προς την γωνία $\angle ABE$ και άρα, ισχύει $\displaystyle \frac{TA}{TE}\cdot \frac{DA}{DE} = \frac{(BA)^{2}}{(BE)^{2}}\ \ \ ,(2)$

Έστω το σημείο $T'\equiv AS\cap CQ$ και στο τρίγωνο $\vartriangle CAE$ , με όμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι ισχύει $\displaystyle \frac{T'A}{T'E}\cdot \frac{DA}{DE} = \frac{(CA)^{2}}{(CE)^{2}}\ \ \ ,(3)$

Λόγω της

, ως της

-συμετροδιαμέσου του $\vartriangle ABC$ , έχουμε $\displaystyle \frac{BA}{BE} = \frac{CA}{CE}\ \ \ ,(4)$

Από $(2),\ (3),\ (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{TA}{TE} = \frac{T'A}{T'E}\Rightarrow$ $TA = T'A\Rightarrow$ $T\equiv T'\ \ \ ,(5)$

Άρα, το σημείο $T\equiv BP\cap CQ$ ανήκει στην ευθεία

και το Λήμμα 3 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#9

Ας δούμε την εξής ιδέα: (λίγη προσοχή στις μεταφορές των κοινών εφαπτόμενων τμημάτων)

Οι OT,PS

τέμνονται στο

. Θα δείξω ότι το

ανήκει και στην κόκκινη κοινή εφαπτόμενη των κύκλων (K), (M)

. Είναι

Αλλά το

είναι ίσο με το κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα των κύκλων (K), (M)

. ¨Ετσι από το θέμα εδώ το

ανήκει στην κόκκινη εφαπτόμενη.

#10

Κώστα είσαι απίθανος !!!

Όπως λες κάπου αλλού : Την έσφαξες στο γόνατο με απλά μέσα.

Σ' ευχαριστώ θερμά, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Τελικά, "Το σοφό είναι και απλό", όπως είχε γράψει κάποτε στον ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ, ο αείμνηστος Θεόφιλος Χρυσοστομίδης.

#11

vittasko έγραψε:
.........

Σ' ευχαριστώ θερμά, Κώστας Βήττας.

..........

Φίλε Κώστα, το μήνυμά σου είναι τιμή για μένα.

Εγώ πρέπει να σε ευχαριστήσω για πολλούς λόγους, αλλά, τώρα, θα περιοριστώ στην Προσφορά σου στο Φόρουμ και στην Γεωμετρία.

Να είσαι πάντα καλά!!

Ρεκούμης Κωνσταντίνος.

#12

Κώστα Β και Κώστα Ρ καλησπέρα.
Χαίρομαι ιδιαίτερα και σας ευχαριστώ ιδιαίτερα για την ενασχόληση με το θέμα και τις εξαιρετικές σας προσεγγίσεις. Φυσικά ο Ρεκούμης την έσφαξε όπως λέμε στο γόνατο, αλλά και ο Βήττας ξεκινώντας από ένα θέμα, μπορεί να συγγράψει ολόκληρο βιβλίο χρήσιμων λημμάτων.
Το θέμα είχε πρωτοσυζητηθεί παλιότερα εδώ, http://mathematica.gr/forum/viewtopic.p ... %BD#p47074
και αρχικά είχα την εντύπωση ότι είναι από Ολυμπιάδα. Τελικά έχει τεθεί σε εισαγωγικές εξετάσεις του ΕΜΠ και της ΣΜΑ.
Αλήθεια, πόσο απέχει από τα τωρινά θέματα;...
Πρόσφατα, μου το επανέφερε ένας φίλος Μηχανικός που το θυμόταν από τις εξετάσεις του 1969 κυρίως για τη δυσκολία του.
Με αφορμή το παρακάτω άρθρο, http://forumgeom.fau.edu/FG2006volume6/FG200616.pdf είχα ασχοληθεί παλιότερα με τις συνθήκες "περιγραψιμότητας" και "παρεγγραψιμότητας" των τετραπλεύρων. Ίσως να υπάρχουν σε παλιότερα βιβλία, δεν το γνωρίζω.
Με τη βοήθεια αντίστοιχης συνθήκης που γενικεύεται και όταν η μία "κορυφή" του "τετραπλεύρου" είναι το σημείο στο άπειρο, προκύπτει επίσης μία λύση που θα γράψω αναλυτικά αργότερα.
Να είστε πάντα καλά!

ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Re: ΜΕ ΑΦΟΡΜΗ ΠΑΛΙΟΤΕΡΟ ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ...

Μέλη σε σύνδεση