mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 01, 2013 8:51 pm**

Άσκηση 59

: 59.png (10.02 KiB) Προβλήθηκε 2252 φορές

Σε ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , πλευράς

, σχεδιάζουμε με μεταβλητή ακτίνα

, τον κυκλικό

τομέα $A\overset{\frown}{ST}$ , ο οποίος έχει μέσο τόξου

και το κυκλικό τμήμα χορδής

και τόξου $\overset{\frown}{BMC}$ .

Βρείτε το μέγιστο εμβαδόν της ακάλυπτης περιοχής , δηλαδή της μικτόγραμμης BSMTCMB

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 01, 2013 9:58 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 58
Το συνημμένο 58.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ορθογώνιο , έχουμε "εγγράψει" το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle AEZ$ . Δείξτε ότι : $E_{1}+E_{2}=E_{3}$

Ας είναι , $\displaystyle{\alpha ,b}$ οι διαστάσεις του ορθογωνίου και $\displaystyle{DZ = x,EB = y}$
Έστω $\displaystyle{\lambda }$ η πλευρά του ισόπλευρου τριγώνου $\displaystyle{AEZ}$ και ας είναι $\displaystyle{M,N}$ μέσα των $\displaystyle{AE,AZ}$ αντίστοιχα.Τότε , $\displaystyle{ZM \bot AE,EN \bot AZ \Rightarrow DZMA,ZCEM}$ εγγράψιμα κι έτσι ,
$\displaystyle{\angle ZDM = \angle ZAM = {60^0},\angle ZCM = \angle ZEM = {60^0} \Rightarrow \vartriangle DMC}$ ισόπλευρο πλευράς $\displaystyle{b}$ .
Ακόμη, $\displaystyle{\angle NCE = \angle NZE = {60^0},\angle NBE = \angle EAN = {60^0} \Rightarrow \vartriangle CNB}$ ισόπλευρο πλευράς $\displaystyle{\alpha }$
Στο εγγράψιμο $\displaystyle{DZMA}$ ισχύει $\displaystyle{DZ \cdot AM + ZM \cdot DA = ZA \cdot DM \Rightarrow x \cdot \frac{\lambda }{2} + \frac{{\lambda \sqrt 3 }}{2} \cdot \alpha = \lambda \cdot b \Rightarrow \boxed{x = 2b - \alpha \sqrt 3 } \Rightarrow \boxed{b - x = \alpha \sqrt 3 - b}}$
Στο εγγράψιμο $\displaystyle{NEBA}$ ισχύει, $\displaystyle{EB \cdot NA + EN \cdot AB = EA \cdot NB \Rightarrow y \cdot \frac{\lambda }{2} + \frac{{\lambda \sqrt 3 }}{2} \cdot b = \lambda \cdot \alpha \Rightarrow \boxed{y = 2\alpha - b\sqrt 3 } \Rightarrow \boxed{\alpha - y = b\sqrt 3 - \alpha }}$
$\displaystyle{2{E_1} + 2{E_2} = yb + x\alpha = \left( {2\alpha - b\sqrt 3 } \right)b + \left( {2b - \alpha \sqrt 3 } \right)\alpha = 4\alpha b - ({\alpha ^2} + {b^2})\sqrt 3 (1)}$
$\displaystyle{2{E_3} = \left( {b - x} \right)\left( {\alpha - y} \right) = \left( {\alpha \sqrt 3 - b} \right)\left( {b\sqrt 3 - a} \right) = 4\alpha b - ({\alpha ^2} + {b^2})\sqrt 3 (2)}$
Από $\displaystyle{(1),(2) \Rightarrow \boxed{{E_1} + {E_2} = {E_3}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 03, 2013 1:14 am**

Αρκεί να αποδείξουμε ότι για τα αντίστοιχα ύψη, ισχύει η σχέση:
CC_1=BB_1+DD_1

Κατασκευάζουμε τα τρίγωνα EZH, EZK

ίσα αντίστοιχα με τα BEA, ADZ

και ίδιου προσανατολισμού. Τα σημεία K,C,H

ανήκουν προφανώς σε ημικύκλιο διαμέτρου

. Επίσης, τα τόξα KC=CH=60^0

καθώς $\angle{KZC}=30^0$ γιατί $\angle{CZE}=120^0-\angle{AZD}=30^0+\angle{ZAD}=30^0+\angle{KZE}$ και όμοια για το τόξο

.
Τώρα, αν

και

η τρίτη κορυφή του ισοπλεύρου τριγώνου KHC

', είναι το μέσο του

, έχουμε

καθώς

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 05, 2013 1:43 am**

Άσκηση 60

: 60.png (10.87 KiB) Προβλήθηκε 2058 φορές

Η χορδή

ενός κύκλου , έχει απόστημα

, ίσο με $\displaystyle \frac{R}{3}$ . Εντοπίστε σημείο της

, ώστε

το ισόπλευρο τρίγωνο με βάση την

, να έχει την τρίτη κορυφή του

επί του κύκλου .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 05, 2013 3:13 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 60
Το συνημμένο 60.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η χορδή ενός κύκλου , έχει απόστημα , ίσο με $\displaystyle \frac{R}{3}$ . Εντοπίστε σημείο της , ώστε

το ισόπλευρο τρίγωνο με βάση την , να έχει την τρίτη κορυφή του επί του κύκλου .

: Iso_60.png (20.28 KiB) Προβλήθηκε 2001 φορές

Αν θέσουμε $R = 3m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SM = x$ θα είναι : $OM = x\,,\,TA = {\lambda _3} = R\sqrt 3 = 3m\sqrt 3$ .

Από το Π. Θ. στο τρίγωνο OMB

θα προκύψει : $MB = \sqrt {9{m^2} - {m^2}} = 2\sqrt 2 m$ και από το

Π. Θ. στο τρίγωνο OSM

ομοίως $O{S^2} = {x^2} + {m^2}\,\,(1)$ .

Τέλος από το θεώρημα επέκτασης ( ή το Θ. συνημίτονου) στο τρίγωνο TAB

θα

έχουμε:

$T{A^2} = T{B^2} + A{B^2} - TA \cdot AB \Rightarrow 27{m^2} = {(x + MB)^2} + 32{m^2} - 4\sqrt 2 m(x + MB)$ . Δηλαδή

$27{m^2} = 32{m^2} + (x + 2\sqrt 2 m)(x - 2\sqrt 2 m) \Leftrightarrow {x^2} = 3{m^2}$ και άρα ή $(1)\,\,$ δίδει

$OS = 2m \Rightarrow \boxed{\widehat \omega = {{30}^0}}$ και από ${x^2} = 3{m^2} \Rightarrow \boxed{x = \frac{{R\sqrt 3 }}{3}}$

Φιλικά Νίκος
Τελικά "Doloros" μετεξεταστέος !!.
Υπάρχει κι άλλη λύση από τον Νότο . Θανάση ευχαριστώ.

: Iso_60_2.png (21.48 KiB) Προβλήθηκε 1990 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 05, 2013 4:45 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 60
Το συνημμένο 60.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η χορδή ενός κύκλου , έχει απόστημα , ίσο με $\displaystyle \frac{R}{3}$ . Εντοπίστε σημείο της , ώστε

το ισόπλευρο τρίγωνο με βάση την , να έχει την τρίτη κορυφή του επί του κύκλου .

Έστω $\displaystyle{BC}$ διάμετρος . Αν, $\displaystyle{TB = BS = ST = \alpha }$ με Π.Θ στο $\displaystyle{\vartriangle CTB}$ είναι $\displaystyle{TC = \sqrt {4{R^2} - {\alpha ^2}} }$ .Ακόμη, $\displaystyle{AT = R\sqrt 3 }$
Εύκολα παίρνουμε (Π.Θ) από το $\displaystyle{\vartriangle OMB,MB = \frac{{2R\sqrt 2 }}{3} \Rightarrow AB = \frac{{4R\sqrt 2 }}{3}}$ .Επίσης είναι $\displaystyle{CA = 2OM = \frac{{2R}}{3}}$
Στο εγγράψιμο $\displaystyle{ACTB}$ έχουμε, $\displaystyle{AC \cdot TB + CT \cdot AB = CB \cdot TA \Rightarrow \frac{{2R}}{3} + \frac{{4R\sqrt 2 }}{3} \cdot \sqrt {4{R^2} - {\alpha ^2}} = R\sqrt 3 \cdot 2R \Leftrightarrow ...9{\alpha ^2} - 6R\sqrt 3 \alpha - 5{R^2} = 0}$
Η τελευταία εξίσωση , έχει δεκτή λύση $\displaystyle{\boxed{\alpha = \frac{{R\left( {\sqrt 3 + 2\sqrt 2 } \right)}}{3}}}$
Επειδή $\displaystyle{\angle EAB = \angle ETB = \angle ASE = {60^0}}$ και το τρίγωνο $\displaystyle{ASE}$ είναι ισόπλευρο

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 06, 2013 6:40 pm**

: 60.png (12.61 KiB) Προβλήθηκε 1915 φορές

Χωρίς βλάβη έστω R=3

. Νομίζω ότι εύκολα - από τη συμμετρία του σχήματος - πείθεται κανείς ,

ότι $\widehat{OSM}=30^0$ . Στη συνέχεια γράφω τον κύκλο (O,2)

..

Σημ : Αν ήταν R=4

και

, θα ένανα τις ίδιες ακριβώς κινήσεις . Γιατί ?

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 06, 2013 7:13 pm**

KARKAR έγραψε:
60.png
Χωρίς βλάβη έστω . Νομίζω ότι εύκολα - από τη συμμετρία του σχήματος - πείθεται κανείς ,

ότι $\widehat{OSM}=30^0$ . Στη συνέχεια γράφω τον κύκλο ..

Σημ : Αν ήταν και , θα έκανα τις ίδιες ακριβώς κινήσεις . Γιατί ?

Τα τρίγωνα OTS

και

έχουν τις πλευρές τους ίσες και θα είναι ίσα , όπως πολύ εύστοχα μας τα είπε !! Ο Θανάσης , και άρα πάλι

θα είναι

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 06, 2013 7:40 pm**

Άσκηση 61

: 61.png (14.76 KiB) Προβλήθηκε 1887 φορές

Σημείο

βρίσκεται στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε $\widehat{BSC}=150^0$ . Φέρω τα

κάθετα προς τις τρεις πλευρές τμήματα ST,SP,SQ

. Υπολογίστε το μέτρο της $\widehat{QTP}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 06, 2013 8:09 pm**

4 ΙΣΟΠΛΕΥΡΑ

ΑΣΚΗΣΗ 62

Έστω ευθύγραμμο τμήμα

και

το μέσο του. Κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα $A\Gamma \Delta$ , $\Delta ME$ και EZB (

βλέπε σχήμα). Να αποδειχτεί ότι και το τρίγωνο ZMG

είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 06, 2013 9:04 pm**

rek2 έγραψε:4 ΙΣΟΠΛΕΥΡΑ

ΑΣΚΗΣΗ 62

Έστω ευθύγραμμο τμήμα και το μέσο του. Κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα $A\Gamma \Delta$ , $\Delta ME$ και βλέπε σχήμα). Να αποδειχτεί ότι και το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Μια λύση με διανύσματα:

$\overrightarrow{Z\Gamma }=\overrightarrow{ZE}+\overrightarrow{E\Delta }+\overrightarrow{\Delta \Gamma }.$
Στρέφουμε τα διανύσματα του δεύτερου μέλους κατά 60^o

και όπως γυρίζουν οι δείκτες του ρολογιού.
Τότε θα πάρουμε το άθροισμα $\overrightarrow{ZB}+\overrightarrow{M\Delta }+\overrightarrow{\Delta A }.$
Το άθροισμα αυτό γράφεται $\overrightarrow{ZB}+\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{ZB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{ZM}.$
Επομένως το $\overrightarrow{Z\Gamma }$ με τη στροφή αυτή γίνεται $\overrightarrow{ZM}.$ Άρα το τρίγωνο $ZM\Gamma$ είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 06, 2013 9:27 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 61
Σημείο βρίσκεται στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε $\widehat{BSC}=150^0$ . Φέρω τα

κάθετα προς τις τρεις πλευρές τμήματα . Υπολογίστε το μέτρο της $\widehat{QTP}$

Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα BQST,CPST

προκύπτει

$\displaystyle{\hat{QTP}=\hat{QTS}+\hat{STP}=\hat{QBS}+\hat{SCP}=60^o-\hat{SBC}+60^o-\hat{SCB}=120^o-30^o=90^o}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 06, 2013 10:13 pm**

rek2 έγραψε:4 ΙΣΟΠΛΕΥΡΑ
ΑΣΚΗΣΗ 62
Έστω ευθύγραμμο τμήμα και το μέσο του. Κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα $A\Gamma \Delta$ , $\Delta ME$ και βλέπε σχήμα). Να αποδειχτεί ότι και το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Μετά την γρήγορη διανυσματική λύση του Παύλου ας δούμε και μια αμιγώς γεωμετρική αντιμετώπιση του προβλήματος

$\bullet$ Έστω $K \equiv DZ \cap EC$ . Είναι $\left\{ \begin{gathered} \left( {ED} \right)\mathop = \limits^{\vartriangle DME\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} \left( {EM} \right) \\ \angle DEZ = \angle MEB = {60^0} - \angle ZEM \\ \left( {EZ} \right)\mathop = \limits^{\vartriangle EZB\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} \left( {EB} \right) \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi }$ $\vartriangle EDZ = \vartriangle EMB \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{\left( {DZ} \right) = \left( {MB} \right)}:\left( 1 \right) \\ \boxed{\angle EDK = \angle BME}:\left( 2 \right) \\ \end{gathered} \right.$ .

Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: $\ldots \vartriangle DCE = \vartriangle DAM \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{\left( {CE} \right) = \left( {AM} \right)}:\left( 3 \right) \\ \boxed{\angle DEK = \angle DMA}:\left( 4 \right) \\ \end{gathered} \right.$ . Από $\left( 1 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \boxed{\left( {DZ} \right) = \left( {CE} \right)}:\left( 5 \right)$ και από

$\left( 2 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \angle EDK + \angle DEK = \angle BME + \angle DMA$ $\mathop = \limits^{\angle DME = {{60}^0}} {120^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle DME} \boxed{\angle DKE = {{60}^0}}:\left( 6 \right)$ .

Με $\angle DAC = {60^0}\mathop = \limits^{\left( 6 \right)} \angle DKE \Rightarrow DAKC$ εγγράψιμο οπότε: $\boxed{\angle DKA = \angle DCA\mathop = \limits^{\vartriangle DCA\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} {{60}^0}}:\left( 7 \right)$ .

Με όμοιο τρόπο από την εγγραψιμότητα του έχω $\boxed{\angle EKB = \angle EZB\mathop = \limits^{\vartriangle EZB\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} {{60}^0}}:\left( 8 \right)$ . Από $\left( 6 \right),\left( 7 \right),\left( 8 \right) \Rightarrow \angle AKB = {180^0} \Rightarrow K \in AB$ .
[attachment=0]62.png[/attachment]
$\bullet$ Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $KDEM\left( {\angle DKE = \angle DME = {{60}^0}} \right) \Rightarrow$ $\boxed{\angle ZDM} \equiv \angle KDM\boxed = \angle KEM \equiv \boxed{\angle CEM}:\left( 9 \right)$ .

Από $\left( 5 \right),\left( 9 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {DM} \right) = \left( {EM} \right)\,\,\left( {\vartriangle DME\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} \right) \to \Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle ZDM = \vartriangle CEM \Rightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} \boxed{\left( {ZM} \right) = \left( {CM} \right)}:\left( {10} \right) \\ \boxed{\angle KZM\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \varepsilon \varsigma \,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \varepsilon \varsigma } \angle KCM}:\left( {11} \right) \\ \end{gathered} \right.$ .

Από τη σχέση $\left( {11} \right) \Rightarrow ZKMC$ εγγράψιμο, άρα $\boxed{\angle ZMC = }\angle ZKC \equiv \angle DKE = \boxed{{{60}^0}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {10} \right)} \vartriangle ZMC$ ισόπλευρο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 07, 2013 12:42 am**

Καλησπέρα στους εξαιρετικούς φίλους.
Άλλη μία εκδοχή:
Το τρίγωνο $\Delta A M$ είναι εικόνα του $\Delta E\Gamma$ μέσω στροφής 60^0

περί το $\Delta$ .
Επομένως $\Gamma E=AM=MB$ και $\angle(\Gamma E,MB)=60^0$ . Άρα το τρίγωνο ZMB

είναι εικόνα στροφής του $Z\Gamma E$ περί το

με γωνία

. Δηλαδή οι $Z\Gamma, ZM$ είναι ίσες και σχηματίζουν γωνία 60^0

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 07, 2013 7:34 pm**

Άσκηση 63

: 63.png (11.71 KiB) Προβλήθηκε 1778 φορές

Με κέντρο το άκρο

του ευθ. τμήματος

και (κατάλληλη) ακτίνα

, γράφω κύκλο , ο οποίος

τέμνει τη μεσοκάθετο του

στο σημείο

. Γράφω τον κύκλο (O,R)

ο οποίος τέμνει

τον προηγούμενο στο σημείο

. Τέλος γράφω τον κύκλο (K,R)

ο οποίος τέμνει τη

μεσοκάθετο στο

. Δείξτε ότι το τρίγωνο SAB

είναι ισόπλευρο . Ερμηνεύστε το "κατάλληλη" !

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 08, 2013 1:03 pm**

Μία με τους συνήθεις συμβολισμούς:

ΑΣΚΗΣΗ 64

Αν σε οξυγώνιο τρίγωνο ισχύει $\mu _\alpha =\upsilon _\beta =\delta _\gamma$ , τότε είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 09, 2013 8:16 am**

rek2 έγραψε:Μία με τους συνήθεις συμβολισμούς:
ΑΣΚΗΣΗ 64
Αν σε οξυγώνιο τρίγωνο ισχύει $\mu _\alpha =\upsilon _\beta =\delta _\gamma$ , τότε είναι ισόπλευρο.

Ας δούμε μία διαπραγμάτευση από την εξής οπτική γωνιά:

$h_a \leqslant h_c ,\;h_a \leqslant h_b \Rightarrow$ \displaystyle{AB \geqslant AC,\;BC \geqslant AC \Rightarrow \angle C \geqslant \angle B,\;\angle A \geqslant \angle B,\;\angle AMB \geqslant 90^ \circ .

\angle AMC \leqslant 90^ \circ \Rightarrow} $180^ \circ - 30^ \circ - \angle C \leqslant 90^ \circ \Rightarrow 60^ \circ \leqslant \angle C.$

$MT \cdot AC = \left( {ABC} \right) = \frac{{AM \cdot AC}} {2} \Rightarrow AM = 2MT \Rightarrow \angle MAC = 30^ \circ .$

$MU = \frac{{CD}} {2},\;\;\angle A \geqslant \angle B \Rightarrow \angle A + \angle B \geqslant 2\angle B \Rightarrow 180^ \circ - \angle C \geqslant 2\angle B \Rightarrow \angle CMF \geqslant \angle B.$

Άρα παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{{d_c }} {2} \leqslant FC \leqslant MT = \frac{{h_b }} {2} \Rightarrow FC = \frac{{d_c }} {2} \Rightarrow CA = CB = AB.}$ Η τελευταία ισχύει διότι:
$\angle C \geqslant 60^ \circ \Rightarrow 2\angle C \geqslant 60^ \circ \geqslant 180^ \circ - \angle C \Rightarrow \angle CMF = 90^ \circ - \frac{{\angle C}} {2} \leqslant \angle C.$

(*) Έχω την αίσθηση, χωρίς προσωπικά να το έχω επιχειρήσει, ότι μία διαπραγμάτευση μέσω Άλγεβρας (χρησιμοποιούμε τους τύπους που δίνουν τα μέτρα των ύψους, διχοτόμου, διαμέσου) οδηγεί επίσης στο ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 09, 2013 1:38 pm**

rek2 έγραψε:Μία με τους συνήθεις συμβολισμούς:

ΑΣΚΗΣΗ 64

Αν σε οξυγώνιο τρίγωνο ισχύει $\mu _\alpha =\upsilon _\beta =\delta _\gamma$ , τότε είναι ισόπλευρο.

To πρόβλημα είχε συζητηθεί καιρό πριν εδώ.
Μια σχετική συζήτηση εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 11, 2013 10:31 am**

Μια πρόκληση:

ΑΣΚΗΣΗ 65

Αν $A\Delta =BE=\Gamma Z$ και το τρίγωνο $\Delta EZ$ είναι ισόπλευρο, να αποδειχτεί ότι το $AB\Gamma$ είναι ισόπλευρο.

Χωρίς τριγωνομετρία...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 11, 2013 3:05 pm**

rek2 έγραψε:Μια πρόκληση:

ΑΣΚΗΣΗ 65

Αν $A\Delta =BE=\Gamma Z$ και το τρίγωνο $\Delta EZ$ είναι ισόπλευρο, να αποδειχτεί ότι το $AB\Gamma$ είναι ισόπλευρο.

Χωρίς τριγωνομετρία...

Εδώ

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