Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

#21

dimplak έγραψε:Δίνεται τετράγωνο $AB \Gamma \Delta$ . Τυχαία ευθεία $(\epsilon)$ διέρχεται από το και τέμνει την πλευρά $B \Gamma$ στο σημείο και την προέκταση της $\Delta \Gamma$ στο σημείο . Αν είναι το μέσο του τμήματος , να αποδειχθεί ότι η ευθεία εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.Επιπλέον, αν είναι η τομή των ευθειών και $\Delta E$ , να αποδειχθεί ότι το είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραγώνου.
Υ.Γ. Μόνο με Ευκλείδια Γεωμετρία

Για την καλησπέρα μου στους Γίγαντες του είδους θέλοντας να συμβάλλω στην όμορφη προσπάθεια του Δημήτρη, ας προσεγγίσουμε το θέμα σύμφωνα με το φάκελο που έχει τεθεί.

$\bullet$ (α) Θεωρούμε την $ZFQ,F \in AB,Q \in AD$ και ως ισοδύναμο πρόβλημα του εν λόγω ερωτήματος αρκεί να δειχθεί ότι είναι το μέσο της , με $M \equiv ZFQ \cap BC$ .

Έστω $L \equiv DE \cap AC,N \equiv OZ \cap BC,T \equiv OZ \cap AD$ , με το κέντρο του τετραγώνου και έστω επί πλέον $S \equiv FO \cap DC$ .

Είναι $\dfrac{{CL}}{{LA}}\mathop = \limits^{EC\parallel AD} \dfrac{{CE}}{{AD}}\mathop = \limits^{Z.DTAQ\,\delta \varepsilon \sigma \mu \eta } \dfrac{{CN}}{{DT}}\mathop = \limits^{DT = NB\,\,(\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha )}$ $\dfrac{{CN}}{{NB}} \Rightarrow LN\parallel AB\mathop \Rightarrow \limits^{AB \bot BC} AB \bot BC\mathop \Rightarrow \limits^{LO \bot OB} O,L,N,B$ σημεία κύκλου διαμέτρου .
[attachment=0]1.png[/attachment]
Το τρίγωνο $\vartriangle ZSF$ είναι ισοσκελές ( διχοτόμος (από επαφές) και διάμεσος (λόγω συμμετρίας) ) οπότε $ZO \bot OF\mathop \Rightarrow \limits^{NB \bot FB} O,F,B,N$ ομοκυκλικά

και άρα ομοκυκλικά, οπότε:

$LF \bot FB \Rightarrow LF\parallel EM\parallel DQ \Rightarrow \dfrac{{MB}}{{AQ}}\mathop = \limits^{MB\parallel AQ} \dfrac{{MF}}{{FQ}}$ $\mathop = \limits^{EM\parallel LF\parallel DQ} \dfrac{{EL}}{{DL}}\mathop = \limits^{AD\parallel CE} \dfrac{{ZE}}{{ZA}}\mathop = \limits^{EM\parallel AQ} \dfrac{{EM}}{{AQ}} \Rightarrow \boxed{MB = ME}$ και το (α) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ (β). Αν $P \equiv ZF \cap DE$ τότε είναι: $\angle DZO\mathop = \limits^{\vartriangle COZ} \angle DCO - \angle NOC$ $\mathop = \limits^{O,L,N,B\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } {45^0} - \angle NBL = \angle LBO:\left( 1 \right)$

Επίσης $\angle BFP \equiv \angle BFZ\mathop = \limits^{FB\parallel FC} \angle CZF = 2\left( {\angle OZC} \right)\mathop = \limits^{\left( 1 \right)}$ $2\left( {\angle LBO} \right)\mathop = \limits^{\vartriangle LDB\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma } \angle BLP \Rightarrow F,B,P,L$ ομοκυκλικά

οπότε $\angle DPB \equiv \angle FPB = {90^0} \Rightarrow P$ σημείο και του περίκυκλου του τετραγώνου και το (β) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#22

Ας δούμε άλλη μία σκέψη για το (α) ζητούμενο.

Η εφαπτομένη του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

του

, τέμνει την πλευρά του

στο σημείο έστω

και αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει MB = ME

.

$\bullet$ Έστω $L,\ N$ , τα σημεία επαφής του κύκλου (I)

στις πλευρές $AD,\ BC$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $F\equiv AD\cap ZM$ και $K\equiv AD\cap ZN$ .

Από $MC\parallel FD\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{EC}{AD} = \frac{ZC}{ZD} = \frac{ZM}{ZF} = \frac{MN}{KF}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{EC}{AD} = \frac{MN}{KF}}\ \ \ ,(1)$

Στο τρίγωνο $\vartriangle DZF$ τώρα, λόγω του εγγεγραμμένου κύκλου του (I)

και των αντιδιαμετρικών σημείων $L,\ N$ , προκύπτει $\boxed{DL = KF\ \ \ ,(2)}$

γνωστό αποτέλεσμα που έχουμε ξαναδεί στο

και αποδεικνύεται εύκολα

.

: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2 - Άλλη απόδειξη του (α) ζητούμενου.; f=22_t=53725(b).PNG (21.85 KiB) Προβλήθηκε 950 φορές

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ και $AD = 2DL\Rightarrow$ $\boxed{EC = 2MN}\ \ \ ,(3)$

Εύκολα τώρα, έχουμε $MB = BN - MN\ \ \ ,(4)$ και $ME = MN + NC - EC = NC - MN\ \ \ ,(5)$ λόγω της (3)

Από $(4),\ (5)$ και $BN = NC\Rightarrow$ $\boxed{MB = ME}$ και το ισοδύναμο (α) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#23

$\bullet$ Με αφορμή αυτό το όμορφο πρόβλημα, που όπως είδαμε έρχεται από το παρελθόν, θα ήθελα να μοιραστώ μαζί σας κάποιες σκέψεις μου.

Έχω πει με άλλη ευκαιρία, ότι τίποτα δεν μας έρχεται ουρανοκατέβατο αλλά συσχετίζεται με άλλα που έχουν προηγηθεί, είτε από εμάς τους ίδιους είτε συνηθέστερα από άλλους.

Η αμέσως προηγούμενη απόδειξη που έδωσα, προέκυψε στην ατελέσφορη προσπάθειά μου να επαληθεύσω την απόδειξη του Γιάννη Σταματογιάννη ( STOPJOHN ) πιο πάνω.

Όμως, μου κέντρισε το ενδιαφέρον ως ανεξάρτητο αποτέλεσμα, η ισότητα EC = 2MN

η οποία προκύπτει εύκολα και από την οποία άμεσα οπως είδαμε, συμπεραίνεται το (α) ισοδύναμο ζητούμενο του προβλήματος που έχει τεθεί.

$\bullet$ Πέρα από την ικανοποίηση που νοιώθουμε όταν σκαρφιζόμαστε μία λύση, υπάρχει ένα εξίσου σημαντικό στοιχείο της συμμετοχής μας σε ένα φόρουμ όπως εδώ, το οποίο διαμορφώνεται από την "Σκέψη του άλλου". Να δούμε δηλαδή, πως σκέφτηκε κάποιος άλλος για το ίδιο πρόβλημα και νομίζω είναι ιδιαίτερα διδακτικό.

Είχα την ευκαιρία να απολαύσω όλες τις λύσεις που δόθηκαν, επαληθεύοντάς τες, αλλά αυτό δεν συνέβη με την απόδειξη του Γιάννη και σίγουρα κάτι μου ξεφεύγει.

Θερμή παράκληση, αν έχει ο Γιάννης ή κάποιος άλλος διαθέσιμο χρόνο, ας μας δώσει περισσότερες λεπτόμέρειες για το πως προκύπτουν οι σχέσεις που αναφέρονται για τα διάφορα ευθύγραμμα τμήματα σε συνάρτηση με την πλευρά

του δοσμένου τετραγώνου ABCD

και τα

και

όπως έχουν οριστεί στην λύση του και επιτρέψτε μου να σταθώ στο σημείο αυτό.

$\bullet$ Ενίοτε, έχει ενδιάφέρον ως άσκηση του νου, το να προσπαθείς να επαληθεύσεις ως αναγνώστης κάποια λύση, όταν κάποια βήματα τεκμηρίωσης στο κείμενο έχουν παραλειφθεί από τον συντάκτη της και είναι απολαυστικό επίσης. Αυτό όμως ( η παράλειψη βημάτων στην τεκμηρίωση ) δεν είναι εύκολο να γίνει από οποιονδήποτε.

Προσωπικά, δεν έχω δει εδώ στο

άλλον εκτός του Σωτήρη Λουρίδα , να το κάνει τόσο έντεχνα, ώστε ο αναγνώστης να νοιώθει ικανοποίηση που καταφέρνει να συμπληρώσει την απόδειξη με τα βήματα που λείπουν και όχι να ζοχαδιάζεται εγκαταλείποντας την προσπάθεια επαλήθευσής της.

Ως ελάχιστο δείγμα σεβασμού στον μέσο αναγνώστη, είναι απαραίτητο να είναι κατανοητά αυτά που γράφουμε, έστω και αν χρειαστεί να καταβληθεί μεγαλύτερη προσπάθεια.

Κώστας Βήττας.

S.E.Louridas · #24

Ας μου επιτραπεί να σας παρουσιάσω μία εργασία του σχολικού συμβούλου Dr Γιώργου Τασσόπουλου (Προέδρου της συντακτικής επιτροπής του Β' ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ) που γενικεύει ιδανικά το θέμα που συζητάμε και που έχει δημοσιευθεί στο τεύχος 99 του περιοδικού Β' ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ (Ιανουάριος - Φεβρουάριος - Μάρτιος 2016) της ΕΜΕ.

STOPJOHN · #25

Καλησπέρα ,Κώστα και Σωτήρη είναι όπως το εγραψες δεν έδωσα λεπτομέρειες στα βήματα της απόδειξης μου θα γίνει αυριο γιατί τώρα φευγω για το γήπεδο φιέστα ......Ακόμη συμφωνώ με τους προβληματισμούς σου σχετικά με τις λύσεις των άλλων μελών που σκέφτηκαν μια γρήγορη λύση χωρίς να γράψουν και λεπτομέρειες
Γίνομαι συγκεριμένος πως δίνουμε λύση κατασκευών χωρίς την Ανάλυση του θέματος ;;σε πολλές περιπτώσεις με προβληματιζει η παρουσίαση του θέματος. Πιθανόν οι πολλές πράξεις απωθούν αρα τις γράφουμε τηλεγραφικά Ενας καθηγητής μου στη Γεωμετρία έλεγε ότι η Γεωμετρία είναι κατασκευές και Γεωμετρικοί τόποι
Σοφός άνθρωπος.

Φιλικά Γιάννης

S.E.Louridas · #26

Ας δούμε και την γενικότερη εκδοχή:
Δίνεται έλλειψη

, μία οριζόντια εφαπτομένη της $\Theta u$ και μία τυχούσα εφαπτομένη της $\Sigma {\rm T}$ όπως φαίνεται στο σχήμα που ακολουθεί. Ζητάμε με κανόνα και διαβήτη τη κατασκευή της άλλης εφαπτομένης της έλλειψης από το σημείο $\Sigma .$

Λύση:
Αφού γνωρίζουμε την έλλειψη και την $\Theta u,$ άμεσα προσδιορίζουμε το κέντρο ${\rm O}$ της έλλειψης. Γνωρίζουμε ότι η χορδή ${\rm T}\Phi$ διχοτομείται από την ${\rm O}\Sigma$ (αποδεικνύεται δε πολύ εύκολα). Άρα το $\Phi$ είναι η τομή της έλλειψης με την παράλληλη από το ${\rm T}'$ (συμμετρικό του ${\rm T}$ ως προς το ${\rm O}$ ) προς την ${\rm O}\Sigma .$ Στη περίπτωση που το $\Sigma$ είναι σημείο της ευθείας $\Theta u$ (κάτω σχήμα) έχουμε τη περίπτωση που είδαμε στον Β' ΕΥΚΛΕΙΔΗ, λίγο πριν.

S.E.Louridas · #27

Από τον φίλο Γιώργο Τασσόπουλο έλαβα την εξής διαπραγμάτευση του 2ου ερωτήματος του θέματος που συζητάμε την οποία και σας μεταφέρω.

Έστω ${\rm N}$ το σημείο τομής των $\Sigma {\rm T},\;{\rm E}{\rm A}.$ Τότε μπορούμε να δείξουμε ότι το ${\rm N}$ ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta .$

Για αυτό αρκεί να δείξουμε ότι: $\angle {\rm A}{\rm N}\Gamma = {90^ \circ }$ ή ${\rm N}{\rm T} = \frac{{{\rm E}\Gamma }}{2},$ δηλαδή ${\rm N}{\rm T} = \frac{{\alpha - \lambda }}{2},$ όπου ${\rm A}{\rm B} = \alpha ,\;\,{\rm E}{\rm B} = \lambda .$

Για τον υπολογισμό του ${\rm N}{\rm T}$ εφαρμόζουμε το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο ${\rm T}{\rm B}\Sigma$ με διατέμνουσα την ${\rm A},\;{\rm E},\;{\rm N}$ και παίρνουμε $\frac{{{\rm N}{\rm T}}}{{{\rm N}\Sigma }} \cdot \frac{{{\rm A}\Sigma }}{{{\rm A}{\rm B}}} \cdot \frac{{{\rm E}{\rm B}}}{{{\rm E}{\rm T}}} = 1\;\;\left( i \right).$

Έχουμε βρει ήδη: ${\rm E}{\rm T} = \frac{{\alpha - \lambda }}{2},\;\,{\rm B}{\rm T} = \frac{{\alpha + \lambda }}{2}$ και ${\rm B}\Sigma = \frac{{\alpha \lambda }}{{\alpha - \lambda }},$ οπότε ${\rm A}\Sigma = \alpha + \frac{{\alpha \lambda }}{{\alpha - \lambda }} = \frac{{{\alpha ^2}}}{{\alpha - \lambda }}.$

Άρα $\left( i \right) \Rightarrow \frac{{{\rm N}{\rm T}}}{{{\rm N}\Sigma }} \cdot \frac{\alpha }{{\alpha - \lambda }} \cdot \frac{{2\lambda }}{{\alpha - \lambda }} = 1 \Rightarrow \frac{{{\rm N}{\rm T}}}{{{\rm N}\Sigma }} = \frac{{{{\left( {\alpha - \lambda } \right)}^2}}}{{2\alpha \lambda }} \Rightarrow$ $\frac{{{\rm N}{\rm T}}}{{\Sigma {\rm T}}} = \frac{{{{\left( {\alpha - \lambda } \right)}^2}}}{{2\alpha \lambda + {{\left( {\alpha - \lambda } \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {\alpha - \lambda } \right)}^2}}}{{{\alpha ^2} + {\lambda ^2}}} \Rightarrow {\rm N}{\rm T} = \frac{{{{\left( {\alpha - \lambda } \right)}^2}}}{{{\alpha ^2} + {\lambda ^2}}} \cdot \Sigma {\rm T}.$

Αλλά $\Sigma {\rm T} = \sqrt {{\rm B}{{\rm T}^2} + {\rm B}{\Sigma ^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\alpha + \lambda }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\alpha \lambda }}{{\alpha - \lambda }}} \right)}^2}} = \frac{1}{{2\left( {\alpha - \lambda } \right)}}\sqrt {{{\left( {{\alpha ^2} - {\lambda ^2}} \right)}^2} + 4{\alpha ^2}{\lambda ^2}} =$ $\frac{{{\alpha ^2} + {\lambda ^2}}}{{2\left( {\alpha - \lambda } \right)}}.$

Επομένως ${\rm N}{\rm T} = \frac{{{{\left( {\alpha - \lambda } \right)}^2}}}{{{\alpha ^2} + {\lambda ^2}}} \cdot \frac{{{\alpha ^2} + {\lambda ^2}}}{{2\left( {\alpha - \lambda } \right)}} = \frac{{\alpha - \lambda }}{2}.$

Σχόλιο από τον Γιώργο Τασσόπουλο: Στη περίπτωση μας που έχουν υπολογιστεί όλα τα τμήματα από τα οποία εξαρτάται το ${\rm N}{\rm T}$ , προφανώς ενδείκνυται να εργαστούμε υπολογιστικά. Η μη υπολογιστική απόδειξη του κ. Στάθη Κούτρα είναι πράγματι εντυπωσιακή.

#28

STOPJOHN έγραψε: ΥΓ. Για να απαντήσω στον Κώστα Βήττα γράφω τις πράξεις με λεπτομέρειες .

Γιάννη, σ' ευχαριστώ πολύ για τον χρόνο σου και συγνώμη για την αναστάτωση.

Κώστας Βήττας.

ghan · #29

Σχετικά με παλαιότερη πηγή της άσκησης βλέπε Ευκλείδης Β΄ τεύχος 99 όπου στο σχετικό άρθρο
ο κύριος Γ. Τασσόπουλος γράφει:

: Ευκλείδεια Απόδειξη.PNG (32.34 KiB) Προβλήθηκε 666 φορές

Εξάλλου, όσον αφορά στην Αναλυτική Γεωμετρία, συναντάμε την άσκηση αυτή, πριν από το βιβλίο του Ν. Κυριακόπουλου, στην Αναλυτική Γεωμετρία Γ. Σ. Τασσόπουλου σελίδα 155 άσκηση 34, έκδοση 1981.

Ξέχασα προηγουμένως να γράψω τον λόγο της επεξεργασίας: Σμίκρυνση της εικόνας για αισθητικούς λόγους.

S.E.Louridas · #30

dimplak έγραψε:Δίνεται τετράγωνο $AB \Gamma \Delta$ . Τυχαία ευθεία $(\epsilon)$ διέρχεται από το και τέμνει την πλευρά $B \Gamma$ στο σημείο και την προέκταση της $\Delta \Gamma$ στο σημείο . Αν είναι το μέσο του τμήματος , να αποδειχθεί ότι η ευθεία εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.
Επιπλέον, αν είναι η τομή των ευθειών και $\Delta E$ , να αποδειχθεί ότι το είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραγώνου.

Επιτρέψτε μου ακόμα μία παρέμβαση για το όμορφο αυτό θέμα.

Θεωρούμε τον κύκλο ${c_1}:\left( {{\rm Z},\;ZC} \right)$ όπως φαίνεται στο σχήμα. Ενώνουμε το

με το

και παίρνουμε το

Μετά ενώνουμε το

με το

και παίρνουμε το

.

Με κέντρο το

και ακτίνα M’B

γράφουμε τον κύκλο c_2,

που τέμνει την

και στο

και θεωρούμε την ημιευθεία ZE{'}

που τέμνει την ημιευθεία

στο

.
Ο κύκλος c_2

προφανώς εφάπτεται στον c_1.

Έστω $BM' = ME = r,\;\;ZC = ZL = R,\;BA' = x,$ E'C = h,

οπότε $\;\;BC = 2r + h.$

Έτσι έχουμε: ${\left( {R + r} \right)^2} = {R^2} + {\left( {r + h} \right)^2} \Rightarrow 2Rr = 2rh + {h^2}$ και $\frac{R}{x} = \frac{h}{{2r}} \Leftrightarrow 2Rr = hx.$

Από τις σχέσεις αυτές παίρνουμε: BC = x.

Άρα έχουμε ότι $A' \equiv A,\;\;E' \equiv E,\;\;M' \equiv M.$ Στο τετράγωνο τώρα ABCD

έχουμε απλά ότι OQ = OM'

και

Τελικά από την ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{OQZ,\;OZM'}$ παίρνουμε $\angle OZQ = \angle M'ZO$ δηλαδή απαντάμε άμεσα στο πρώτο ερώτημα.

Από το ότι $\angle E'LC = {180^ \circ } - \left( {{{90}^ \circ } - \frac{{\angle E'M'L}}{2}} \right) - \left( {{{90}^ \circ } - \frac{{\angle LZC}}{2}} \right) = {45^ \circ }$ έχουμε $\angle BLC = {135^ \circ },$ δηλαδή την απάντηση στο δεύτερο ερώτημα, αφού από το εγγράψιμο πλέον BDCL

παίρνουμε $\angle DLC = {45^ \circ },$ οπότε $\angle DLC = \angle ELC = {45^ \circ }$ που σημαίνει ότι τα σημεία D, E, L

είναι συνευθειακά άρα και τα σημεία D, E, P

αφού το

ταυτίστηκε πλέον με το

edit: Απλά συμπλήρωσα το υπογεγραμμένο πάνω που κατά λάθος δεν το είχα μετατρέψει κατά τη γνωστή μετατροπή σε Latex. Συγγνώμην για την πιθανή ταλαιπωρία. Ευχαριστώ τον φίλο Γιώργο Τασσόπουλο που μου το επεσήμανε.

#31

Καλησπέρα σε όλους. Επιτρέψτε μου μια απλοϊκή αντιμετώπιση με τα "καθολικά" εργαλεία της Αναλυτικής Γεωμετρίας.

Κάποια στιγμή θέλω να γράψω δυο λόγια για το θέμα που περιγράφει ο τίτλος του θέματος. Μόλις μπορέσω, υπόσχομαι να το κάνω κι ελπίζω να ανοίξουμε μια ενδιαφέρουσα συζήτηση.

: 19-04-2016 Γεωμετρία.png (47.51 KiB) Προβλήθηκε 689 φορές

Έστω

οι κορυφές του τετραγώνου, οπότε ο εγγεγραμμένος κύκλος έχει κέντρο O(1,1)

και ακτίνα

.

Έστω

, οπότε $\displaystyle M\left( {2,\;\frac{a}{2}} \right)$ και $\displaystyle AE:\;\;y = \frac{a}{2}x$ .

Τέμνει την DC: y=2

στο $\displaystyle {\rm Z}\left( {\frac{4}{\alpha },\;2} \right)$ . Οπότε $\displaystyle ZM:\;\;\left( {{a^2} - 4a} \right)x - \left( {4a - 8} \right)y + 4a = 0$ .

Είναι $\displaystyle d\left( {O,\;ZM} \right) = \frac{{\left| {\left( {{a^2} - 4a} \right) \cdot 1 - \left( {4a - 8} \right) \cdot 1 + 4a} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} - 4a} \right)}^2} + {{\left( {4a - 8} \right)}^2}} }} =$

$\displaystyle \frac{{\left| {{a^2} - 4a + 8} \right|}}{{\sqrt {{a^4} - 8{a^3} + 32{a^2} - 64a + 64} }} = 1$ , άρα η ευθεία εφάπτεται στον κύκλο.

Μόλις τώρα είδα το επιπλέον ερώτημα. Αντιμετωπίζεται με την ίδια τακτική....
Γι' αυτό λέω ότι οι μέθοδοι αυτές είναι "καθολικές".

Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Μέλη σε σύνδεση