Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Τσιαλας Νικολαος · #1

Παραθέτω τα σημερινά θέματα. Καλά αποτελέσματα σε όλα τα παιδιά!

Manolis Petrakis · #2

Μία λύση για το 1 της Β Λυκείου.

Χρησιμοποιώντας την $x^2+y^2 \geq 2xy$ έχουμε:
$a+1 \geq 2 \sqrt {a}$ , το

όταν

.
$b+3 \geq 2 \sqrt {3b}$ , το

όταν

.
$c+5 \geq 2 \sqrt {5c}$ , το

όταν

.
Άρα $(a+1)(b+3)(c+5)\geq 8 \sqrt{15abc}=8 \sqrt {15^2}=120$ .
Το

ισχύει όταν (a,b,c)=(1,3,5)

η οποία είναι υποχρεωτικά η μοναδική λύση του συστήματος.

Manolis Petrakis · #3

Για το 1 της Α Λυκείου.

Θέτουμε $3^{m-1}=x$ και 3^n=y

οπότε η δεδομένη γράφεται:
$x^2+y^2 \leq 2xy \Leftrightarrow (x-y)^2 \leq 0$ το οποίο ισχύει μόνο αν $x=y \Leftrightarrow 3^{m-1}=3^{n}$ .
Άρα $3^{m}+3^n =3^m+3^{m-1}=3^{m-1}(3+1)=4 \cdot 3^{m-1}=12 \cdot 3^{m-2}$ με $m-2 \geq 0$ και τελειώσαμε.

Joaakim · #4

Γ' Γυμνασίου- Πρόβλημα 1
Παρατηρούμε ότι: $4654650=2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$ , όπου όλοι οι παράγοντες είναι πρώτοι αριθμοί.
Οι αριθμοί που γράφουμε στη σειρά τότε είναι:
1ος: 4654650

2ος: $3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$
3ος: $2 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$
4ος: $2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$
5ος: $2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 11 \cdot 31$
6ος: $2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 31$
7ος: $2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11$
8ος: $5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13$
9ος: $3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$
10ος: $3 \cdot 5^{2} \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31=\boxed{332.475}$

#5

ΘΕΜΑ 2- Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Τα δύο μικρότερα αθροίσματα είναι $\alpha+\beta=128$ και $\alpha+\gamma=144$ ,

ενώ τα δύο μεγαλύτερα αθροίσματα είναι $\delta+\epsilon=204$ και $\gamma+\epsilon=192$ .

Το τρίτο μικρότερο άθροισμα δύο όρων είναι το $\beta+\gamma$ ή το $\alpha+\delta$ .

Αφαιρώντας τις δύο πρώτες σχέσεις κατά μέλη παίρνουμε $\gamma-\beta=16$ (*), ενώ από τις δύο τελευταίες παίρνουμε $\delta-\gamma=12$

Έτσι, $\alpha+\delta=128-\beta+\beta+28=156>148.$

Άρα το τρίτο μικρότερο άθροισμα είναι το $\beta+\gamma=148.$ (**)

Από (*), (**) παίρνουμε $\beta=66$ και $\gamma=82$ .

Εύκολα βρίσκουμε, λοιπόν, ότι

$(\alpha, \beta, \gamma, \delta, \epsilon)=(62,66,82,94,110)$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#6

ΘΕΜΑ 2 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω ότι ο $\beta$ είναι ένας ακέραιος για τον οποίο υπάρχει πραγματικός αριθμός $\alpha$ , τέτοιος ώστε $\beta=\alpha^2-\dfrac{1}{a}$ και ο $\gamma=\alpha^2+\dfrac{1}{a}$ είναι ακέραιος.

Tότε είναι ακέραιος αριθμός και η διαφορά

$\gamma-\beta=\dfrac{2}{\alpha}$ ,

οπότε θα έχουμε $\alpha=\dfrac{2}{k}$ για κάποιο μη μηδενικό ακέραιο

.

Αφού $\beta=\alpha^2-\dfrac{1}{a}=\dfrac{4}{k^2}-\dfrac{k}{2}$ ,

ο

αποτελεί ακέραια λύση του πολυωνύμου

$x^3+2\beta x^2-8=0$ .

Με x=k

, παίρνουμε $k^2(k+2\beta)=8$ . Αφού ο $\beta$ είναι ακέραιος, o

είναι άρτιος, και ο k^2

διαιρεί το

, άρα $k=\pm 2$ .

Παρατηρούμε ότι k=2

, αν και μόνο αν $\alpha=1$ . Αυτή η περίπτωση είναι δυνατή με $\beta=0$ , οπότε $\gamma=2$ .

Επίσης, k=-2

αν και μόνο αν $\alpha=-1$ . Αυτή η περίπτωση είναι δυνατή εάν $\beta=2$ , οπότε $\gamma=0$ .

Συνεπώς, εάν $\beta=0$ ή $\beta=2$ , τότε υπάρχει πραγματικός αριθμός $\alpha$ τέτοιος ώστε $\beta=\alpha^2-\dfrac{1}{a}$ και ο $\gamma=\alpha^2+\dfrac{1}{a}$ είναι ακέραιος.

Σημείωση: Για τον $\beta=2$ , και $\alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ ισχύει $\alpha^2-\dfrac{1}{\alpha}=\beta$ . Για αυτή την τιμή του $\alpha$ , ο $\gamma$ δεν είναι ακέραιος.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Lymperis Karras · #7

Joaakim έγραψε: Παρ Μάιος 14, 2021 9:11 pm Γ' Γυμνασίου- Πρόβλημα 1
Παρατηρούμε ότι: $4654650=2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot$ , όπου όλοι οι παράγοντες είναι πρώτοι αριθμοί.
Οι αριθμοί που γράφουμε στη σειρά τότε είναι:
1ος:
2ος: $3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$
3ος: $2 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$
4ος: $2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$
5ος: $2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 11 \cdot 31$
6ος: $2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 31$
7ος: $2 \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 11$
8ος: $5^{2} \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13$
9ος: $3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31$
10ος: $3 \cdot 5^{2} \cdot 11 \cdot 13 \cdot 31=\boxed{332.475}$

Ίδια λύση έχω κι εγώ. Σωστό αποτέλεσμα!

STOPJOHN · #8

Kαλησπέρα για το πρόβλημα 3 της Α Λυκείου

Τα κόκκινα τμήματα είναι ίσα Αρα $d=ZE ,x=\Delta B,y=BH,EHM,y^{2}=2d^{2}\Rightarrow y=d\sqrt{2},(1), BH\Delta ,x=y\sqrt{2},(2), (1),(2)\Rightarrow x=2d\Rightarrow B\Delta =2EZ$

Manolis Petrakis · #9

Πρόβλημα 2 - Γ' Λυκείου.

Είναι γνωστό ότι $S_1 = 1+ 2 +3 +...+ n= \dfrac{n(n+1)}{2}$ .
Άρα $S(m,n) = \dfrac{1}{2}[m+(m+2)+(m+4)+...+(m+2n) -m(m+n)]$
$= \dfrac{1}{2}[m(n+1) +(2+4+6+...+2n)-m(m+n)]$
$= \dfrac{1}{2}[m(n+1) +2(1+2+3+...+n)-m(m+n)]$
$= \dfrac{1}{2}[m(n+1)+n(n+1)-m(m+n)]$
$= \dfrac{1}{2}[(m+n)(n+1)-m(m+n)]$
$= \dfrac{1}{2} \cdot (m+n)(n-m+1)$
Αν ο n+m

είναι άρτιος τότε ο n-m+1=(n+m)-2m+1

είναι περιττός, άρα $2 \nmid n-m+1$ και είναι αδύνατον ο $\dfrac{1}{2} \cdot (m+n)(n-m+1)$ να είναι δύναμη του 2 αφού n-m+1>1

. Ομοίως, αν υποθέσουμε ότι ο n+m

είναι περιττός, τότε $2 \nmid m+n$ και είναι αδύνατον ο $\dfrac{1}{2} \cdot (m+n)(n-m+1)$ να είναι δύναμη του 2.

Lymperis Karras · #10

Πρόβλημα 2 Γ' Γυμνασίου

α) Για να ισχύει το ζητούμενο θα πρέπει $xy=x-y \Leftrightarrow y=\dfrac{x}{x+1}$ . Άρα το

ορίζεται μονοσήμαντα $\forall x\in \mathbb{R}$

β) Μετά από αντικατάσταση του

με το $\dfrac{x}{x+1}$ παίρνουμε $A=\dfrac{x^{2}+2}{2x+1}$ . Παρατηρούμε πως ισχύει πάντα $x^{2}+2 \geq 2x+1$

(με πράξεις καταλήγει τετράγωνο μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός που ισχύει) άρα $A \geq 1$ και το ελάχιστο λαμβάνεται για $x=1,y=\dfrac{1}{2}$

Lymperis Karras · #11

Πρόβλημα 3 Γ' Γυμνασίου

Έστω

το σημείο τομής της

με την

. Λόγω ημικυκλίου το

έιναι κέντρο του μικρού κύκλου.

Άρα $r=\dfrac{a}{2}$ και $R=\dfrac{a}{2}+TO=\dfrac{3a}{2}-OZ$

Με ΠΘ όμως παίρνουμε ότι $OZ=\sqrt{R^2-\dfrac{a^2}{4}}$

άρα μετά από πράξεις (αντικαθιστώ το

στην πρώτη) παίρνω $R=\dfrac{5a}{6}$

Για το εμβαδόν εργαζόμαστε ως εξής:

Φέρνουμε την κάθετη $OH=\dfrac{a}{2}$

(ABOE)=(OBH)+(OHAT)+(ATE)

Η συνέχεια είναι εύκολη, θα το ολοκληρώσω αύριο...

Joaakim · #12

Γ' Λυκείου- Πρόβλημα 1

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: $|x+y|=x+y, x+y \geq 0$
Τότε: $(x^{2}-2x+1)+(y^{2}-2y+1)+(x-y)^{2}=0 \Rightarrow$
$\Rightarrow (x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(x-y)^{2}=0$ .
Όμως $LHS \geq 0$ , με το ίσον για x=y=1

, δεκτή.

Περίπτωση 2: |x+y|=-x-y, x+y<0

Τότε: $(x^{2}+2x+1)+(y^{2}+2y+1)+(x-y)^{2}=0 \Rightarrow$
$\Rightarrow (x+1)^{2}+(y+1)^{2}+(x-y)^{2}=0$ .
Όμως $LHS \geq 0$ , με το ίσον για x=y=-1

, δεκτή.

Τελικά: $\boxed{(x,y)=(-1,-1),(1,1)}$ .

#13

ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

(Σχεδιάζουμε το τρίγωνο $AB\Gamma$ και τη γωνία $A\widehat{B}\Delta$ με τη φορά των δεικτών του ρολογιού, οπότε παίρνουμε το $\Delta$ να είναι σημείο της πλευράς $A\Gamma$ )

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $BA\Delta$ έχουμε $\dfrac{x}{y}=\tan 15^\circ=2-\sqrt{3}$ (βλ. Αλγεβρα Β Λυκείου, σελ. 92).

και άρα $\tan A\widehat{E}B=\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{y}{2y-x}=\dfrac{1}{2-(x/y)}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ .

Έτσι, $A\widehat{E}B=30^\circ$ (**), οπότε $\Gamma\widehat{B}E=A\widehat{\Gamma}B- A\widehat{E}B=45^\circ-30^\circ=15^\circ.$

(**) Αλλιώς: Ο $\dfrac{x}{y}=2-\sqrt{3}$ και ο συζυγής του $2+\sqrt{3}$ είναι ρίζες της εξίσωσης t^2-4t+1=0

, οπότε

.

Έτσι, από το Πυθαγόρειο στο BAE

παίρνουμε

.

Συνεπώς, στο ορθογώνιο τρίγωνο BAE

, η υποτείνουσα έχει διπλάσιο μήκος της κάθετης πλευράς

, οποτε $A\widehat{E}B=30^\circ$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#14

Β,Γ Γυμνασίου Θέμα 1
Βρίσκουμε τον δέκατο μικρότερο διαιρέτη του αριθμού. Οι διαιρέτες του 4654650 είναι οι 1,2,3,5,6,7,10, 11,13,14.
Άρα ο 10ος μεγαλύτερος είναι ο 4654650:14=332475
https://www.wiskundeolympiade.nl/phocad ... ven_en.pdf (Θέμα Β1)

Β Γυμνασίου Θέμα 2
https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 13#p144713 (Θέμα 4)

Β Γυμνασίου Θέμα 3
https://www.wiskundeolympiade.nl/files/ ... ven_en.pdf (Θέμα Β2)

Γ Γυμνασίου Θέμα 3
https://www.wiskundeolympiade.nl/files/ ... ven_en.pdf (Θέμα Β3)

Α Λυκείου Θέμα 1
viewtopic.php?f=58&t=32205 (Θέμα 2)

Α Λυκείου Θέμα 2
https://www.wiskundeolympiade.nl/files/ ... ven_en.pdf (Θέμα Β1)

Β Λυκείου Θέμα 2
Αφαιρώντας $\frac{2}{c-b}=a$ οπότε αντικαθιστώντας στην πρώτη 8-(c-b)^3=b(c-b)^2

οπότε

δηλ.

ή

κτλ

Γ Λυκείου Θέμα 1
Είναι $x^2+y^2+(x-y)^2+2=x^2+1+y^2+1+(x-y)^2\geq 2|x|+2|y|\geq 2|x+y|$ με ισότητα αν-ν
$|x|=|y|=1, \ x=y, xy\geq 0$ δηλαδή αν-ν x=y=1

ή

Γ Λυκείου Θέμα 2
Γενικότερο: search.php?keywords=43&t=12692&sf=msgonly

#15

ΘΕΜΑ 3 - Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Έστω

το σημείο τομής της $A\Delta$ με τον (O,R)

. Τότε

, αφού το

είναι ύψος, και άρα διάμεσος στο ισοσκελές τρίγωνο AOH.

Από την ομοιότητα των τριγώνων $AB\Delta$ και $AH\Gamma$ έπεται ότι

$\dfrac{AB}{A\Delta}=\dfrac{AH}{A\Gamma}=\dfrac{2AE}{2AB}=\dfrac{AE}{AB}.$

Αφού $\Delta\widehat{A}B=B\widehat{A}E$ , από την παραπάνω σχέση έπεται ότι τα τρίγωνα $\Delta AB$ και BAE

είναι όμοια.

Έτσι, $A\widehat{B}E=A\widehat{\Delta}B.$

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς την διχοτόμο $A\Delta$ . Τότε το

βρίσκεται πάνω στην $A\Gamma$ και είναι

$A\widehat{B'}E=A\widehat{B}E=A\widehat{\Delta}B=\Gamma\widehat{\Delta}Z=\Delta \widehat{Z}\Gamma$

αφού στο ισοσκελές τρίγωνο $\Delta \Gamma Z$ έχουμε $\Delta \widehat{Z}\Gamma=\Gamma\widehat{\Delta}Z$ .

Αφού $A\widehat{B'}E=\Delta \widehat{Z}\Gamma=E \widehat{Z}\Gamma$ , το τετράπλευρο $EB'\Gamma Z$ είναι εγγράψιμο.

Συνεπώς, $E\widehat{\Gamma}Z=E\widehat{B'}Z=E\widehat{B}Z$ , λόγω συμμετρίας, όπως θέλαμε.

#16

ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

(2ος τρόπος - με συνθετική γεωμετρία - Ο 1ος τρόπος με τριγωνομετρία είναι εδώ)

Έστω ότι H, F, G

είναι τα σημεία τομής της $B\Delta$ , της διχοτόμου της $\Delta\widehat{B}\Gamma$ , και της $B\Gamma$ με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABE

.

Έστω $\omega=A\widehat{E}B$ και $\phi=\Gamma \widehat{B} E$ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta HE$ , η διάμεσος $H\Gamma$ είναι ίση με το μισό της υποτείνουσας, οπότε $H\Gamma=\Gamma E$ . Επιπλέον, αφού $A\widehat{E}H=A\widehat{B}H=15^\circ$ , έχουμε $H\widehat{\Gamma}B=H\widehat{\Gamma}A+A\widehat{\Gamma}B=30^\circ+45^\circ=75^\circ$ .

Αφού $H\widehat{B}\Gamma=30^\circ$ , έπεται ότι $B\widehat{H}\Gamma=75^\circ$ . Άρα το τρίγωνο $HB\Gamma$ είναι ισοσκελές και η διχοτόμος

της $H\widehat{B}\Gamma$ είναι μεσοκάθετος του $H\Gamma$ . Έτσι, $F\Gamma=FH=FG$ .

Τα τρίγωνα $F\Gamma E$ και $AH\Gamma$ έχουν $AH=HF=F\Gamma$ , $H\Gamma=\Gamma E$ και $F\widehat{\Gamma}E=45^\circ+F\widehat{G}B=75^\circ+\omega=A\widehat{H}\Gamma$ , οπότε είναι ίσα (ΠΓΠ).

Συνεπώς, $FE=A\Gamma=AB$ . Αφού ίσες χορδές αντιστοιχούν σε ίσα τόξα, έπεται ότι

$\omega=A\widehat{E}B=F\widehat{B}E=15^\circ+\phi$ . Αλλά, $\omega+\phi=A\widehat{\Gamma}B=45^\circ$ . Συνεπώς,

$\phi=45^\circ-\omega=45^\circ-(15^\circ+\phi)$ , απ' όπου έπεται άμεσα ότι $\phi=15^\circ.$

#17

achilleas έγραψε: Σάβ Μάιος 15, 2021 1:25 pm ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Ωραία λύση Αχιλλέα!
Έχω υπόψη μου άλλες δύο συνθετικές λύσεις. Θα δώσω hint για την πιο απρόσμενη (κατά την άποψή μου). Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή άσκηση viewtopic.php?f=20&t=16341&p=84868&hili ... %BF#p84868
για να καταλήξουμε στο συμπέρασμα!

Γιώργος Μήτσιος · #18

Καλησπέρα! Για το θέμα 3 της Β΄Λυκείου.
Με τα εργαλεία της Ευκλείδειας και χρήση του σχήματος

: 15-5 Θ3 ΒΛ.png (138.64 KiB) Προβλήθηκε 5740 φορές

Έστω

και

. Τότε

ενώ $DH=\dfrac{x\sqrt{2}}{2}\Rightarrow BD=2DH=x\sqrt{2}$ .

Το Πυθαγόρειο στο τρίγωνο BAD

δίνει $2x^2=1+\left ( 1-x \right )^2\Leftrightarrow ... x=\sqrt{3}-1$

και στο ABE

έχουμε $BE^2=\left ( x+1 \right )^2+1=4$ , άρα BE=2AB

οπότε $\widehat{AEB}=30^o$ και τέλος $\widehat{CBE}=15^o$ .

Φιλικά, Γιώργος.

#19

silouan έγραψε: Σάβ Μάιος 15, 2021 3:40 pm
achilleas έγραψε: Σάβ Μάιος 15, 2021 1:25 pm ΘΕΜΑ 3 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Ωραία λύση Αχιλλέα!
Έχω υπόψη μου άλλες δύο συνθετικές λύσεις. Θα δώσω hint για την πιο απρόσμενη (κατά την άποψή μου). Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή άσκηση viewtopic.php?f=20&t=16341&p=84868&hili ... %BF#p84868
για να καταλήξουμε στο συμπέρασμα!

Μια λύση με την υπόδειξη του Σιλουανού.

Θεωρούμε το τετράγωνο B'BCC'

, όπου

είναι το συμμετρικό του

ως προς το

, το οποίο έχει κέντρο το σημείο $\Gamma$ αφού $A\Gamma=BA=BB'/2$ . Το συμμετρικό

του

ως προς το $\Gamma$ ανήκει στην CC'

και αφού $\Delta \Gamma=\Gamma E$ , είναι $EA'=\Delta A$ . Εύκολα βλέπουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα EA'C

και $\Delta AB$ είναι ίσα, και έτσι $E\widehat{C}A'=\Delta\widehat{B}A=15^\circ$ και $E\widehat{C'}A'=15^\circ.$

Από το πρόβλημα της υπόδειξης του Σιλουανού, το τρίγωνο BEB'

είναι ισόπλευρο, οπότε $\Gamma\widehat{B}E=60^\circ-A\widehat{B}\Gamma=15^\circ$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#20

ΘΕΜΑ 3 - Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Παρατηρούμε ότι η διάμεσος

είναι διχοτόμος της $B\widehat{A}\Gamma$ και ύψος στο ισοσκελές τρίγωνο $AB\Gamma$ . Άρα το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma$ και ισαπέχει από τiς πλευρές της γωνίας $\widehat{B}$ . Έτσι, ZE=EM

.

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

. Τότε το $EBE'\Gamma$ είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοι του διχοτομούνται. Συνεπώς η BE'

είναι παράλληλη στη $\Delta\Gamma$ .

Αφού $A\widehat{\Delta}E= \Delta\widehat{B}\Gamma+\frac{A\widehat{\Gamma}B}{2}=45^\circ+ \frac{A\widehat{\Gamma}B}{2}=\Delta\widehat{E}A$ , το $\Delta BE'E$ είναι ισοσκελές τράπέζιο, οπότε

$\Delta B=EE'=2EM=2ZE$ .

Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Re: Συμπληρωματικός Θαλής 2020-2021

Μέλη σε σύνδεση