mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 24, 2013 10:30 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 45

Στο εσωτερικό τριγώνου ABC

εγγράφουμε τρία τετράγωνα, έτσι ώστε η μία πλευρά του πρώτου να βρίσκεται επί της

, η μία πλευρά του δεύτερου να βρίσκεται επί της

και η μία πλευρά του τρίτου να βρίσκεται επί της

.
Να αποδειχτεί ότι, αν τα τετράγωνα είναι ίσα, το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 24, 2013 10:48 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 46

Στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου ABC

θεωρούμε σημείο

. Να αποδειχτεί ότι οι κάθετες που άγονται από τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABD, BCD, CAD

επί των

, αντιστοίχως, συντρέχουν.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 25, 2013 12:36 am**

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 46
Στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου θεωρούμε σημείο . Να αποδειχτεί ότι οι κάθετες που άγονται από τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων επί των , αντιστοίχως, συντρέχουν.

Πολύ όμορφη Άσκηση (αναμενόμενο λόγω του εισηγητή):

Θεωρούμε DA=x, DB=y, DC=z

και λαμβάνουμε:
$\displaystyle{AS^2 - SB^2 = \frac{{\left( {x + a - y} \right)^2 - \left( {a + c - x} \right)^2 }} {4} = a\left( {x - y} \right),\;AS^2 - SC^2 = a\left( {z - y} \right).}$
Άρα έχουμε: $\displaystyle{SC^2 - SB^2 = a\left( {z - y} \right) = \frac{{\left( {z + a - y} \right)^2 - \left( {y + a - z} \right)^2 }} {4}}$ , έχοντας θεωρήσει: $( \left\{ {S} \right\}\equiv \left\{ {I_2 F} \right\} \cap \left\{ {I_3 G} \right\})$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 25, 2013 2:03 am**

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 .

Είναι φανερό ότι, $\displaystyle{BT = 2PC}$ .
Θεωρούμε το συμμετρικό του $\displaystyle{\vartriangle QTC}$ ως προς το ύψος $\displaystyle{AM}$ .Τότε , $\displaystyle{LZ}$ είναι μεσοκάθετος της $\displaystyle{BT}$ άρα $\displaystyle{\vartriangle LBT}$ ισοσκελές κι αφού $\displaystyle{\angle B = {60^0}}$ θα είναι ισόπλευρο πλευράς $\displaystyle{\frac{{3\alpha }}{5}}$ και
$\displaystyle{\angle BLT = \angle LTB = {60^0}}$ κι έστω $\displaystyle{ES//TL}$ .Ακόμη, $\displaystyle{LE = QT}$
Το $\displaystyle{LSET}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο , άρα, $\displaystyle{LE = TS = TQ}$ .Επειδή,προφανώς $\displaystyle{MT = \frac{\alpha }{{10}}}$ και λόγω συμμετρίας,θα είναι
$\displaystyle{TE = LS = \frac{{2\alpha }}{{10}} = \frac{\alpha }{5}}$ και $\displaystyle{BE = ES = SB = \frac{{2\alpha }}{5}}$ και αν $\displaystyle{SH \bot BC \Rightarrow \boxed{BH = HE = \frac{\alpha }{5}}}$
Ο κύκλος $\displaystyle{\left( {T,TQ} \right)}$ έστω ότι τέμνει την $\displaystyle{AB}$ εκτός του $\displaystyle{S}$ ,στο $\displaystyle{N}$ και $\displaystyle{NF \bot BC}$ .Από την προφανή ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{LST,NBT}$ είναι, $\displaystyle{NB = LS = \frac{\alpha }{5}}$ κι επειδή , $\displaystyle{\angle BNF = \angle BAM = {30^0}}$ ,θα είναι $\displaystyle{BF = \frac{{NB}}{2} \Rightarrow \boxed{BF = \frac{\alpha }{{10}}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 25, 2013 3:45 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 47

: 47.png (11.9 KiB) Προβλήθηκε 1157 φορές

Ας βρούμε εσωτερικό σημείο

του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , έτσι ώστε :

(ASB):(BSC):(CSA)=1:2:3

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 25, 2013 4:59 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 47

KARKAR έγραψε:Ας βρούμε εσωτερικό σημείο του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , έτσι ώστε :

: 47.png (15.34 KiB) Προβλήθηκε 1141 φορές

Το είναι η κορυφή του παραλληλογράμμου , με επί των πλευρών του $\vartriangle ABC$ αντίστοιχα και $\left( {BD} \right) = \dfrac{{\left( {BC} \right)}}{6},\left( {BE} \right) = \dfrac{{\left( {BA} \right)}}{3}$ ,

αφού με $\left\{ \begin{gathered} \left( {BD} \right) = \frac{{\left( {BC} \right)}}{6}\mathop \Rightarrow \limits^{SD\parallel AB} \left( {ASB} \right) = \frac{{\left( {ABC} \right)}}{6} \hfill \\ \left( {BE} \right) = \frac{{\left( {BA} \right)}}{3}\mathop \Rightarrow \limits^{SE\parallel BC} \left( {BSC} \right) = \frac{{\left( {ABC} \right)}}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\left( {ABC} \right) = 6\left( {ASB} \right) = 3\left( {BSC} \right) = 2\left( {CSA} \right) \Rightarrow$ $\boxed{\frac{{\left( {ASB} \right)}}{1} = \frac{{\left( {BSC} \right)}}{2} = \frac{{\left( {CSA} \right)}}{3}}$ .

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 25, 2013 10:58 pm**

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 45
Στο εσωτερικό τριγώνου εγγράφουμε τρία τετράγωνα, έτσι ώστε η μία πλευρά του πρώτου να βρίσκεται επί της , η μία πλευρά του δεύτερου να βρίσκεται επί της και η μία πλευρά του τρίτου να βρίσκεται επί της .
Να αποδειχτεί ότι, αν τα τετράγωνα είναι ίσα, το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Η ύπαρξη των τετραγώνων αυτών παραπέμπει σε μη αμβλυγώνιο τρίγωνο.
Στην περίπτωση του ορθογώνιου τριγώνου ABC

$\left( {\angle A = 90^ \circ } \right)$ η συνύπαρξη των σχέσεων:
$\displaystyle{\frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{x},\quad \frac{1}{a} + \frac{1}{{h_a }} = 1,}$ οδηγεί σε άτοπο, αν $\displaystyle{x}$ είναι η πλευρά των δύο τετραγώνων με τις προϋποθέσεις που δίνονται και που είναι ίσα.
Άρα μένει να μελετήσουμε το θέμα σε οξυγώνιο τρίγωνο, όταν καλέσουμε $\displaystyle{x}$ την πλευρά των τετραγώνων μας με τις προϋποθέσεις που δίνονται και που είναι ίσα.
Τότε παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{x}{a} = \frac{{h_a - x}}{{h_a }} \Rightarrow \frac{x} {a} + \frac{x}{{h_a }} = 1 \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{{h_a }} = \frac{1} {x}}$ και αυτό συμβαίνει κυκλικά.
Επομένως έχουμε: $\displaystyle{\frac{1}{a} + \frac{a}{{2\left( {ABC} \right)}} = \frac{1} {b} + \frac{b}{{2\left( {ABC} \right)}} \Rightarrow \frac{{a - b}} {{ab}} = \frac{{a - b}}{{2\left( {ABC} \right)}} \Rightarrow a = b}$
ή $\displaystyle{b = h_a}$ που είναι άτοπο. Τελικά παίρνουμε $\displaystyle{a=b=c}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 25, 2013 11:12 pm**

Άσκηση 48

: 48.png (12.8 KiB) Προβλήθηκε 1104 φορές

Σημείο

βρίσκεται πάνω στο ύψος

, του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ενώ σημείο

στην πλευρά

.

Επιλέγω σημείο

της πλευράς

- μη συμμετρικό του

ως προς το ύψος - ώστε ST=SP

.

Δείξτε ότι τα σημεία P,S,T,A

είναι ομοκυκλικά .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 25, 2013 11:40 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 48
48.png
Σημείο βρίσκεται πάνω στο ύψος , του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ενώ σημείο στην πλευρά .

Επιλέγω σημείο της πλευράς - μη συμμετρικό του ως προς το ύψος - ώστε .

Δείξτε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά .

Θανάση είναι "παραπλανητικό" να δώσεις το τρίγωνο ισόπλευρο αφού και σε ισοσκελές $\left( {AB} \right) = \left( {AC} \right)$ το αποτέλεσμα που επικαλείσαι συνεχίζει να ισχύει και θα επανέλθω αν δεν απαντηθεί

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 26, 2013 1:06 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 48
Το συνημμένο 48.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο βρίσκεται πάνω στο ύψος , του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ενώ σημείο στην πλευρά .

Επιλέγω σημείο της πλευράς - μη συμμετρικό του ως προς το ύψος - ώστε .

Δείξτε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά .

Το συμπέρασμα ισχύει για τυχαίο τρίγωνο, όταν το $\displaystyle{S}$ είναι σημείο της διχοτόμου της $\displaystyle{\angle A}$ .
Έστω $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ και $\displaystyle{S}$ σημείο της διχοτόμου $\displaystyle{AM}$
Ας είναι , $\displaystyle{SK \bot AB,SL \bot AC}$ .Επειδή $\displaystyle{AM}$ διχοτόμος της $\displaystyle{\angle A}$ ,είναι $\displaystyle{SK = SL}$ κι αφού $\displaystyle{SP = ST}$ , $\displaystyle{\vartriangle KPS = \vartriangle TSL \Rightarrow \angle KSP = \angle TSL = \varphi }$ (Θα μπορούσαμε προφανώς να χρησιμοποιήσουμε και το κριτήριο Π-Π-Π)
$\displaystyle{AKSL}$ είναι εγγράψιμο οπότε $\displaystyle{\angle KSL = \omega + \varphi = \angle B +C \Rightarrow APST}$ εγγράψιμο αφού $\[\angle A + \angle TSP = \angle A + B + C = {180^0}}$
( και το $\displaystyle{HSQA}$ είναι εγγράψιμο όπως εύκολα αποδεικνύεται )

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 26, 2013 2:12 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 48
Το συνημμένο 48.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο βρίσκεται πάνω στο ύψος , του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ενώ σημείο στην πλευρά .

Επιλέγω σημείο της πλευράς - μη συμμετρικό του ως προς το ύψος - ώστε .

Δείξτε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά .

: 48.png (29.7 KiB) Προβλήθηκε 1056 φορές

Πράγματι οι «προλαλήσαντες» έχουν δίκιο , άλλωστε η πρόταση είναι γνωστή ως θεώρημα Maclaurin.

Αν λοιπόν

σημείο της διχοτόμου της γωνίας

τυχαίου τριγώνου ABC

και

σημεία των AB,AC

μη συμμετρικά ως προς την διχοτόμο με SP = ST

, ας ονομάσουμε

το , εν γένει άλλο σημείο της

που ο κύκλος (S,SP)

τέμνει αυτήν. Επειδή $\widehat \phi = \widehat \theta$ , λόγω συμμετρίας και $\widehat \phi = \widehat \omega$ , ως παρά τη βάση του ισοσκελούς SPD

, θα είναι $\boxed{\widehat \omega = \widehat \theta }$ και το ζητούμενο έπεται.

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 12:16 pm**

Άσκηση 49

: 49.png (5.54 KiB) Προβλήθηκε 991 φορές

Το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και το $\displaystyle ADE$ ισόπλευρο , του οποίου η βάση

διέρχεται από την κορυφή

της ορθής γωνίας του $\displaystyle ABC$ . Δείξτε ότι DB=EC

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 1:10 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 49

Το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και το $\displaystyle ADE$ ισόπλευρο , του οποίου η βάση

διέρχεται από την κορυφή της ορθής γωνίας του $\displaystyle ABC$ . Δείξτε ότι .

: 49.jpg (29.02 KiB) Προβλήθηκε 982 φορές

Στρέφω το $\triangleleft ADB$ ως προς το

αριστερά κατά ${60^ \circ }\,( \triangleleft AEZ)$ . Το $\triangleleft ABZ$ είναι ισόπλευρο ( $AB = AZ\,\,\& \,\,B\widehat AZ = {60^ \circ }$ ) και από $\triangleleft BEC\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \triangleleft BEZ \Rightarrow EC = EZ = DB$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 1:12 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 49
Το συνημμένο 49.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και το $\displaystyle ADE$ ισόπλευρο , του οποίου η βάση

διέρχεται από την κορυφή της ορθής γωνίας του $\displaystyle ABC$ . Δείξτε ότι .

: 49.png (26.77 KiB) Προβλήθηκε 982 φορές

Η παράλληλη από το

στην

τέμνει την

στο

.

Το τρίγωνο ZDB

είναι προφανώς ισόπλευρο , ενώ τα τρίγωνα $EBC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZAB$ έχουν

$BC = AB\,\,$ και τις προσκείμενες γωνίες από ${15^0}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{45^0}$ αντίστοιχα ( σχεδόν

προφανές) . Θα είναι λοιπόν ίσα και άρα θα έχουν : EC = ZB

και λόγω του

ισοπλεύρου τριγώνου ZDB

θα είναι $\boxed{EC = DB}$ .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 1:18 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 50(Van Schooten)

Αν

είναι σημείο του τόξου

του περιγεγραμμένου κύκλου ενός ισοπλεύρου τριγώνου ABC

, να αποδειχθεί ότι MA=MB+BC

Μπάμπης

( Με δύο λύσεις.Αν την έχουμε ήδη, θα τη σβήσω.)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 1:39 pm**

Εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 2:06 pm**

Άσκηση 51

: 51.png (12.64 KiB) Προβλήθηκε 942 φορές

Στη βάση

του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , βρίσκεται σημείο

ώστε

.

Γράφω κύκλο διερχόμενο από την κορυφή

και εφαπτόμενο της

στο

( πώς ? ) ,

ο οποίος τέμνει τις AB,AC

στα

αντίστοιχα . Βρείτε το λόγο : $\displaystyle \frac{PB}{TC}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 3:04 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο 51.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στη βάση του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , βρίσκεται σημείο ώστε .

Γράφω κύκλο διερχόμενο από την κορυφή και εφαπτόμενο της στο ( πώς ? ) ,

ο οποίος τέμνει τις στα αντίστοιχα . Βρείτε το λόγο : $\displaystyle \frac{PB}{TC}$ .

: Iso_51.png (23.08 KiB) Προβλήθηκε 920 φορές

Η κάθετη στο

επί την

τέμνει την μεσοκάθετο του

στο κέντρο του ζητούμενου κύκλου .

Αν $PB = x\,,\,TC = y\,,\,SB = b\,,\,\,SC = c\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB = BC = CA = a$ έχουμε

${b^2} = ax\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{c^2} = ay$ με διαίρεση κατά μέλη έχουμε : $\boxed{\frac{1}{4} = \frac{x}{y}}$

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 3:39 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 49
Το συνημμένο 49.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και το $\displaystyle ADE$ ισόπλευρο , του οποίου η βάση

διέρχεται από την κορυφή της ορθής γωνίας του $\displaystyle ABC$ . Δείξτε ότι .

Το συμπέρασμα ισχύει ,όταν το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ είναι ισοσκελές κι όχι υποχρεωτικά ορθογώνιο

Έστω η παράλληλη από το $\displaystyle{C}$ προς την $\displaystyle{DE}$ τέμνει την $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{Z}$ .Προφανώς τότε $\displaystyle{\vartriangle AZC}$ ισόπλευρο και $\displaystyle{EC = DZ}$ .
Αφού $\displaystyle{AB = BC,ZC = ZA \Rightarrow ZB}$ διχοτόμος της $\displaystyle{\angle Z \Rightarrow \angle DZB = \angle BZC = \angle DBZ \Rightarrow DZ = \boxed{DB = EC}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 6:11 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 52

Αν σε τρίγωνο ABC

με διαμέσους AM, AN

είναι $\hat{BAM}=\hat{BCN}=30^o$ , τότε είναι ισόπλευρο.

mathematica.gr

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