Dowody kylo1303: Chętni na zestaw dowodów geometrycznych! Zbieram chętnych na zestaw dowodów geometrycznych, specialnie dla nas od rumpek. Takze wpisywac sie. Poziom dowodow: maturalny rozszerzony.

awe: zgłaszam się

Vax: Zgłaszam się !

rumpek: Vax się nie liczy [Nie jest maturzystą ]

Vax: Eh szkoda..

kylo1303: Ale zaliczamy go jako chetnego, takze 3ech juz jest xD

psik: Me

rumpek: Ok, za 30 minut coś wrzucę, wpierw znajdę

kylo1303: rumepk Jasne, wszyscy beda wdzieczni

loko: poproszem

Eta: Ja też poproszę

Natalia: I ja!

koło: ja również poprosze

emagnuski: I too

rumpek: Zakres rozszerzony − typowo maturalne Zadanie 1 (3pkt) Mając podany trapez ABCD, oraz punkt S, który jest środkiem jednego z ramion danego czworokąta. Dany punkt połączono z wierzchołkami drugiego ramienia. Udowodnij, że pole danego trójkąta jest dokładnie połową pola trapezu. Zadanie 2 (3pkt) W trójkącie ABC dana jest prosta y, która jest równoległa względem podstawy. Dana prosta przecina się z bokami odpowiednio w punktach E i F. Pole powstałego trapezu jest równe polu

	|CE|
powstałego trójkąta [mniejszego]. Uzasadnij, że zachodzi:		= √2 + 1. [ |AB| −
	|EA|

podstawa, |AC| i |BC| ramiona tego trójkąta]. Zadanie pisałem z pamięci, chyba dobrze Zadanie 3 (4pkt) Dany jest trapez od podstawach odpowiednio x i . Przekątne tego trapezu przecinają się w punkcie O, przez ten punkt prowadzimy prostą równoległą do podstaw. Dana prosta równoległa przecina się z ramionami odpowiednio w punktach: E i F. Uzasadnij, że odcinek |EF| jest równy

	2xy
		. [średnia harmoniczna]
	x + y

Zadanie 4 (4pkt) Na rysunku [rysunek 1] mamy przedstawione: trójkąt równoramienny △DEF. Z wierzchołka A będącego na przeciwprostokątnej |EF| poprowadzono odcinki |AC| i |AB|, są one prostopadłe odpowiednio do boków |DF| i |DE|. Wykaż, że |AC| + |AB| = |EF|. Zadanie 5 (4pkt) W trapezie o podstawach a,b (a,b > 0). Wykaż, że długość odcinka łączącego środki przekątnych

	a − b
jest równy		.
	2

Zadanie 6 (4pkt) Uzasadnij, że dla trójkąta △ABC iloczyn długości dwóch jego boków jest równy 2hR (h − wysokość padająca na trzeci bok) R − promień okręgu opisanego na trójkącie ABC. Zadanie 7 (3pkt) Patrząc na rysunek [rysunek 2] i wiedząc, że |LM| = |LN| udowodnij, że zachodzi związek |KN| = |NM|. Zadanie 8 (4pkt) Na bokach AC i BC trójkąta ABC obrano punkty P i Q takie, że |AP| : |PC| = 2 :1 oraz |BQ| : |QC| = 2 :1. Odcinki AQ i BP przecinają się w punkcie R . Wykaż, że pole czworokąta CP RQ jest równe polu trójkąta ARP . Zadanie 9 (2pkt) Na przekątnej równoległoboku ABCD [przekątna BD] wybierz dowolny punkt M. Uzasadnij, że pole trójkątów AMD oraz CDM są takie same. Zadanie 10 (3pkt)

	a + b − c
Udowodnij, że dla trójkąta prostokątnego długość promienia jest równa		.
	2

Zadanie 11 (4pkt) W trapezie ABCD o podstawach a i b (a> b) na przedłużeniu odcinka DC zaznaczono punkt x tak,że prosta |AX| podzieliła ten trapez na dwie części o równych polach. Wykaż, że odcinek |CX| =

	a(a − b)
	a + b

Wszystkie zadania typowo maturalne Łatwy poziom.

rumpek: Eta no bez "jaj"

Eta: No dobrze pasuję, bo to banalne Powodzenia Wszystkim zainteresowanym

kylo1303: Ide cos przejem a potem trzeba sie bedzie brac do roboty. Dzieki wielkie

blogther: w zadaniu 10 długosc promienia opisanego czy wpisanego?

Vax: Wpisanego.

blogther: czy to z polecenia mamy sie domyslic ze promien lezy na boku tego trojkata chyba to jednak tak bedzie

rumpek: Wpisanego naturalnie

blogther: w zadaniu drugim tez cos ucieło

blogther: nie okey wszysto dobrze jestw tym zad 2

problematyk: Jak najlepiej uczyc sie dowodow? Tzn. jakas ksiazka/strona , samemu probowac czy gotowe analizowac ? Bo kompletnie mi to nie idzie Z tych dowodow to z 5−6 bym zrobil, w tym 4 pamietam na pamiec

blogther: ten trapez z zadania pierwszego to jest dowolny czy moze byc prostokatny rownoramienny bo tam pisze ze jest podany ten trapez

awe: dzięki wielkie rumpek! pierwsze już zrobiłam, zaraz rozkminiam następne

pawe: zadanie 1 pokazałem, że trapez dzieli się na 2 częśći, i te 2 częśći dzielą się na połowy, zaznaczyłem kolorami te same kąty czy taki dowód wystarczy?

pawe: sorry, zadanie jest całkowicie źle, coś pomieszałem xD to moje 1

kylo1303: Jako ze punkt E jest polowa ramienia, wiec odcinki prostopadle do odpowiednich podstaw sa rowne (jak ktos nie wierzy to niech pokaze to z podobienstwa trojkatow ).

	1
PΔCDE=		*b*h
	2

	1
PΔABE=		*a*h
	2

	1
PABCD=		*2h*(a+b)=h*(a+b)
	2

	1		1
PΔCDE+PΔABE=		*h*(a+b)=		*PABCD
	2		2

	1		1
PΔBCE=PABCD− (PΔCDE+PΔABE)=PABCD −		*PABCD =		*PABCD c.n.u
	2		2

kylo1303: Zadanie 2: Pc=2P₁

PΔEFC		P1		1		√2
	=		=		=k2 → k=
PΔABC		2P1		2		2

	a√2
|EC|=
	2

	√2
|AE|=a−		a
	2

Dalej ladnie wyjdzie. Poki co te 2 zadania malo ambitne.

rumpek: Zrób do zadania 2 rysunek, i dokończ.

Dociekliwy: To ja zapytam skąd te zadania, bo szczerze mówiąc niektóre już widziałem i nie pamiętam gdzie xD

kylo1303: Rysunek troche nie odzwierciedla rzeczywistosci ale to bez znaczenia |AC|=a |BC|=b |AB|=c P_ABC=P_ABFE+P_EFC=2P₁ wyzej policzylem ze:

	a√2
|EC|=
	2

	a√2
|AE|=a−
	2

|CE|		a√2   2		√2		√2*(2+√2)
	=		=		=
|EA|		a√2   a−   2		2−√2		(2−√2)*(2+√2)

	2√2+2
=		=√2+1 c.n.u
	4−2

Prosze tato

rumpek: 2 pierwsze zadania z OE podstawa

kacper: podstawa rozszerzenia

kylo1303: No to sie podbudowalem, zadania z podstawy nie stanowia dla mnie wiekszego problemu <jupiii> To teraz za trzecie, po tresci wyglada trudniej.

rumpek:

kylo1303: Zadanie 3 chwilowo odpuszczam bo widze tam mase podobienstwa trojkatow, a nei chce mi sie wprowadzac tylu rownan juz na samym poczatku rozwiazywania, takze zaczalem 4. Zadanie 4. |EA| jest przeciwprostokatna w ΔEAC ⇒ |EA|>|AC| |AF| jest przeciwprostokatna w ΔAFB ⇒ |AF|>|AB| |EA|+|AF|>|AC|+|AB| |EF|>|AC|+|AB| Czyli rownosc |EF|=|AC|+|AB| nie zachodzi.

kylo1303: I tutaj mam problem bo nie wiem jak zapisac wektory, dlatego bede pisal w nawiasie kwadratowym ( [] ). [EB]=−[ED] [AF]=−[CF] |CD|=b |AB|=a [EF]=[EB]+[BA]+[AF] [EF]=[ED]+[DC]+[CF] + −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− 2[EF]=[EB]+[BA]+[AF]+[ED]+[DC]+[CF] 2[EF]=[BA]+[DC]+[EB]−[EB]+[AF]−[AF] 2[EF]=[BA]+[DC] −> zmieniam wektor [DC] na [CD] 2[EF]=[BA]−[CD]

	[BA]−[CD]
[EF]=
	2

	a−b
|EF|=		c.n.u
	2

rumpek: Zadanie 5 Znacznie krócej Nie rób tego wektorowo Zadanie 4 No przecież sam napisałeś |EA| > |AC| ∧ |AF| > |AB| (bo przeciwprostokątne są dłuższe) Sumując to przecież otrzymasz prawdę

kylo1303:

	hc		abc
PΔ=		=
	2		4R

2Rhc=abc /:c (bo c>0) 2Rh=ab c.n.u

kylo1303: W zadaniu 4 zatem jest blad w poleceniu, dales tam "=". To zadanie 5 kiedys robilem i to wlasnie na 2 sposoby, zaraz zrobie nie−wektorowo.

rumpek: Zadanie 6 można również dobrze z tw. sinusów i przede wszystkim ten pomysł był punktowany

rumpek: kylo1303 no ale o co chodzi? Ty napisałeś nierówność która jest prawdziwa, nie wiem po co ale ok. A masz udowodnić przecież |AC| + |AB| = |EF|

kylo1303:

	abc
Na dobra sprawe to wzor		bierze sie z tw. sinusow takze moznaby rzec ze na jedno
	4R

wychodzi.

kylo1303: Hmmm... albo ja czegos nie lapie albo nie wiem. Skoro mam udowodnic ze |AC| + |AB| = |EF|, a pokazalem ze |EF| jest wiekszy od |AC|+|AB| czyli pokazalem ze teza jest nieprawdziwa.

rumpek: ajajajaj, dobra, moja wina |AC| + |AB| = |ED| Sorki Alfabet mi się pomieszał

kylo1303: Dobra, to wracamy do zadania 4 a po nim bedzie zadanie 5.

kylo1303: Z podobienstwa trojkatow:

a		y+z
	=
x		z

oraz

x		z
	=
b		y−z

az=xy+xz bz=xy−xz xy=az−xz xy=bz+xz bz+xz=az−xz 2xz=az−bz 2x=a−b

	a−b
x=		c.n.u
	2

Eta: @ kylo1303 środkowa MN trapezu zawiera odcinek EF z podobieństwa trójkątów ACD i AEM

	1
|ME|=|FN|=		b
	2

	a+b
|MN|=
	2

	a+b		a−b
|EF|= |MN| −b =		−b=
	2		2

c.n.u

rumpek:

	1		1
|AG| =		|AD| i |BH| =		|CB|
	2		2

z tw. Talesa dla trójkątów: △ADC i △ABD otrzymujemy:

	1		1
|EG| =		b i |FG| =		a
	2		2

	1		1		a − b
x = |FG| − |EG| =		a −		b =
	2		2		2

c.n.u.

rumpek: jasny gwint

Eta:

Maslanek: Z. 10 Okręgu jakiego?

Eta: Dorzucę takie zadanie

	1		2		4
Rozwiąż równanie: x3+2x2+4x+		+		+		= 44
	x3		x2		x

kylo1303: Hmm... no nie da sie ukryc ze wasz sposob krotszy. W ogole przeoczylem ze to polowa boku xD Chwilowo robie sobie przerwe ale dzisiaj postaram sie wrzucic jeszcze ze 2−3 dowody, wszystkich raczej nei zrobie bo planuje napisac esej z angielskiego zeby miec material do opracowywania.

rumpek: Eta zadania "wykaż, że geometryczne"

Eta: Oj tam, oj tam

Maslanek:

	1		1		1
x3 +		+ 2(x2 +		) + 4(x+		) =
	x3		x2		x

	1		1		1		1
= (x+		) (x2 − 1 +		) + 2((x+		)2 − 2) + 4(x+		) =
	x		x2		x		x

	1		1		2
= (x+		) (x2 − 1 +		+ 2x +		− 4 + 4) =
	x		x2		x

	1		1		1
= (x+		) ((x+		)2 − 2 + 2(x+		) − 1) =
	x		x		x

Niech t =x+1/x t (t² − 2 + 2t −1) =44 t³ + 2t² − 3t − 44 = 0 Dobrze póki co? Gdzieś błąd jest, bo nie wychodzą mi pierwiastki wymierne

Maslanek: Dobra... Już wiem gdzie t³ − 3t + 2t² − 4 + 4t =44 t³ + 2t² + t − 48 = 0 t=3. Dalej (t−3)(t²+5t+16) = 0 t=3

	1
Zatem x+		= 3
	x

x² − 3x + 1 = 0

	3+/−√5
x=
	2

Eta:

	1		1		1
x+		=t x2+		= t2−2 x3+		= t3−3t
	x		x2		x3

t³−3t+2(t²−2)+4t−4=44

Eta:

Maslanek: Jedno −4 za dużo na końcu Eta

Maslanek:

Maslanek: Rzuć się na moją pochodną, co? https://matematykaszkolna.pl/forum/144150.html

Eta: Faktycznie

Maslanek: Ja jabłek za darmo nie rozdaję

rumpek: Ecie jabłko "żydzisz" ?

Maslanek: Oj, oj. Etmafia

kylo1303: Sry za przestoj ale mialem przerwe, ale widze ze bede potrzebowal jej wiecej. Robilem zadanie 8 i dowodzilem ze czworokat jest rowny ABR a nie APR... jak nietrudno zgadnac nie chcialo mi wyjsc. W kazdym badz razie rozwiazanie: Zadanie 8

PPQC		1		1
	=		, k=
PABC		9		3

	1
PPQC=		PABC
	9

	8
PABQP=		PABC
	9

PPQR		1
	=
PABR		9

	1
PPQR=		PABR
	9

W trojkatach ABR i RQB wysokosc jest taka sama.

AR		1		PRQB		1
	=		→		=
RQ		3		PABR		3

	1
PRQB=		PABR
	3

P_APR=P_RBQ (wspolna podstawa i wysokosc i potem odjac PRQ− nie chce mi sie pisac i dowodzic oddzielnie) P_PQR=P₁

	8
PABQP=P1 + 3P1 + 3P1 + 9P1= 16P1 =		PABC
	9

	1
P1=		PABC
	18

	1		1		1
PPRQC=(		+		) * PABC=		PABC
	9		18		6

	1
PAPR=3P1=		PABC=PPRQC
	6

Ehh.. Masakra. Pisanie tego zajelo mi chyba z 20minut, nie wiem nawet czy to logiczne jest. Teraz to chyba bede pisal tylko sposob rozwiazania bo cos takiego to nie na moje sily. + pewnie dalo sie 100 razy krocej, ale w zeszycie jak wprowadzilem ladne oznaczenia to duzo duzo krocej zajelo.

psik: No więc Trójkąty te mają wspólny bok |DM|. Wprowadzę pewne kąty: ∡DSC = β , ∡DSA = 180^o − β Policzę te pola następująco: P_ΔAMD = P_ΔASD − P_ΔASM P_ΔDMC = P_ΔDSC − P_ΔCSM

	1
PΔ =		absinα
	2

	1
PΔASD =		|AS|*|DS|*sin(180o − β)
	2

	1
PΔDSC =		|DS|*|SC|*sinβ
	2

	1
PΔASM =		|AS|*|DM|*sin(180o − β)
	2

	1
PΔCSM =		|DM|*|SC|*sinβ
	2

	1		1
PΔAMD = PΔASD − PΔASM =		|AS|*|DS|*sin(180o − β) −		|AS|*|DM|*sin(180o
	2		2

− β) z wzorów redukcyjnych : sin(180^o − β) = sinβ, bo sinus kąta w trójkącie zawsze jest dodatni.

1		1
	|AS|*|DS|*sinβ −		|AS|*|DM|*sinβ
2		2

	1		1
PΔDMC = PΔDSC − PΔCSM =		|DS|*|SC|*sinβ −		|DM|*|SC|*sinβ
	2		2

	1
a ponieważ |AS| = |SC| =		|AC| ( połowa przekątnej ) to otrzymaliśmy dokładnie taki sam
	2

wzór na pole obu trójkątów, czyli P_ΔDMC = P_ΔAMD , c.n.u. Uff

psik: Kylo ty chociaż zad. za 4 pkt. Ja robiłem zad. 9, za 2

kylo1303: Heh, dla mnie to niewielka roznica. Ale skoro za 2pkt to pewnie dalo sie krocej. Normalnie to mi w miare sprawnie idzie to pisanie, ale ostatnio zauwazylem ze wieczorami mozg wysiada. Przy czym kiedys bylo calkiem inaczej, wieczorkiem dopiero siadalem do roboty. Mysle ze wynika to z tego ze teraz w dzien cos robie, a kiedys to po calym dniu leniuchowania mozg byl wypoczety. Ja to na dzisiaj pasuje z dowodami, jutro zajme sie reszta.

psik: W 9 można też było wykazać przystawanie trójkątów ale nie wiem jak

rumpek: Zadanie 8 T: P_CPRQ = P_ARP * P_ARP = 2P_CRR (mają tę samą wysokość opuszczoną na podstawę oraz podstawy są w stosunkach 2 : 1) ** P_BRQ = 2P_CQR (mają tę samą wysokość opuszczoną na podstawę oraz podstawy są w stosunkach 2 : 1)

	1		1
PCPRQ = PCPR + PCQR =		PARP +		PBRQ
	2		2

Pozostało udowodnić tylko, że P_△ARP = P_△BRQ, nie jest to trudne, ponieważ: Rozpatrzmy trójkąty: △ABQ i △ABP mają one równą podstawę i tę samą wysokość, zatem są równe: P_△ABQ = P_△ABP ⇒ P_△ARP + P_△ARB = P_△BRQ + P_△ABR ⇒ P_△ARP = P_△BRQ

	1		1
Zatem: PCPRQ =		P△ARP +		P△ARP = P△ARP
	2		2

c.n.u.

psik: A jak z 9?

rumpek: psik u Ciebie? A co jeśli punkt będzie leżał poza punktem S? Tak jak w tym wypadku ?

Henio: zadanie 10 △ASG jest przystający △AES bkb △CGS jest przystający △CSF bkb △FSB jest przystający △SEB bkb więc c=a−r+b−r −2r=c−a−b 2r=a+b−c

	a+b−c
r=
	2

Daniel: zadanie 10. podstawa ?

Henio: podstawa to a przyprostokątna z lewej to b przeciwprostokątna to c

Daniel: się pytałem o poziom , bo dziecinnie proste

rumpek: Zadanie 1,2, 10 to poziom podstawowy, reszta była brana z rozszerzonego. Napisałem, że zadania typowo maturalne − najlepsze 3, 11, 8 (już zrobiłem).

Daniel: a ja walcze z tym 11 , czuje ze zaraz wyjdzie

Eta: Zostało jeszcze parę zadań do rozwiązania!

kylo1303: To dobrze, czekaja na mnie Ale to dopiero wieczorem, tj za 1−2h. Najwazniejsze mecze ligi hiszpanskiej sie zaczely wiec zadania musza poczekac.

rumpek: Te najciekawsze nie zostały ruszone Dobra idę na film "Wieczny student"

Maslanek: A co zostało?

kylo1303: Tzn jesli chodzi o mnie to zostaly mi jeszcze 3,4,9,10,11. Postaram sie dzisiaj zrobic.

kylo1303: Kurde... w zadaniu 11 wyszlo mi cos takiego:

	a*(−b)
|CX|=		czyli gdzies mi ucieklo jedno "a" Zaraz sprobujemy znalezc blad.
	a+b

kylo1303: Dobra, Zadanie 11 is done.

kylo1303: 10 i 9 tez poszlo, jeszcze tylko 3 i 4.

kylo1303: Ehh.. juz widze czemu mialem problemuy z 4 wczoraj. W zadaniu nie ma wspomniane ze to trojkat prostokatny, dopeiro teraz na rysunku zauwazylem. Przydaloby sie takie informacje w tresci dawac

kylo1303: W sumie to jesy "przeciwprostokatna" ale chyba musialem to uznac za blad czy cos To teraz pewnie bez wiekszych problemow pojdzie. Sry ze pisze post pod postem xD

kylo1303: Zadanie 4 is done. Zostalo jeszcze jedynie zadanie 3. Gdyby ktos chcial rozwiazanie to moge napisac, ale tak o wszystkich to nie chce mi sie tracic czasu i zdrowia na wklepywanie formulek.

kylo1303: rumpek Zrobiles zadanie 3?

rumpek: Jakbym nie zrobił to bym go nie dał

kylo1303: W zadaniu sporo mozna zdzialac z podobienstwa trojkatow, ale brakuje mi chyba jednego rownania czy czegos. I tutaj wlasnie sie zaczalem zastanawiac czy przypadkiem punkt przeciecia przekatnych nie dzieli tego boku na polowy. Wydaje mi sie ze tak jest ale nie mam pewnosci W kazdym badz razie jak ci sie zechce to mozesz napisac rozwiazanie xD

rumpek: Koło 18 − 19 napisze teraz powtarzam polski <>

kylo1303: Jakby co to czekam na dowod, przy czym nie pospieszam− tylko przypominam xD

Godzio: Zadanie 3 ?

Bolek: https://matematykaszkolna.pl/forum/144795.html https://matematykaszkolna.pl/forum/144797.html pomozecie? prosze

kylo1303: Ano zadanie 3. Nawet udalo mi sie udowodnic ze EO i FO sa sobie rowne

Godzio: To robię, ciekawe czy wyjdzie

kylo1303: Tak na dobra sprawe to mi wyszlo, ale dopiero po przeczytaniu rozwiazania (tzn przeczytalem jak ktos robil i wtedy sam ponownie podszedlem do zadania, znajac sposob wykazalem) xD Ale chce wiedziec czy jest inny sposob, moze latwiejszy.

Godzio:

y		h
	=		, h = h1 + h2 (to wysokości trójkątów na jakie dzielą przekątne trapez)
EO		h2

y		h1		h1		y
	=		+ 1, ale z podobieństwa wiemy, że		=
EO		h2		h2		x

y		y
	=		+ 1
EO		x

y		y + x
	=
EO		x

	xy
EO =		, ponieważ EO = OF to długość szukane odcinka to:
	y + x

2xy
y + x

A to, że EO = OF już sobie udowodniłeś, więc dowodu nie pisze

kylo1303: Juz widze ze krotszy, zaraz przeanalizuje i moge podac "swoje rozwiazanie" (nie tak znowu moje, ale powiedzmy ze po prostu inne)

kylo1303: W sumie to zasada rozwiazywania podobna, tylko w moim nie korzystalem z wysokosci tylko z bokow i troche wiecej zamieniania bylo. Ale tez trzeba bylo "rozlozyc" dlugi bok na sume dwoch i rozwiazac. Dzieki wielkie Godziu

rumpek: Jest git Można inaczej: zauważyć, że trójkąty są podobne wyznaczamy h w zależności: h = h₁ + h₂ i porównujemy pola

letarg: Mógłby ktoś podrzucić jakąś wskazówkę do 11 ? Męczę się z tym już kupę czasu i nadal nic...

Kacper:

daras: gdzie są chłopcy z tamtych lat jasne kwiaty

Dziadek Mróz: Kąt prosty jest prosty bo ma 90^o. Serio

:): Inne kąty są już nieco trudniejsze?

Janek191:

Eta: Zad.11/ ( treść zadania wyżej podana przez rumpek

	a(a−b)
Mamy wykazać,że |CX|=x=
	a+b

Dowód:

	a+b
P(trapezu)=2P1 ⇒ 2P1=		*h ⇒ 4P1=(a+b)(w+u)
	2

Trójkąty ABE i CEX są podobne z cechy (kkk) to:

a		w
	=
x		u

P(ABE)= P₁ ⇒ 2P₁=a*w to 4P₁=2aw zatem: 2aw=(a+b)(w+u) ⇒ aw−bw=au+bu ⇒ (a−b)w=(a+b)u

	w		a+b		a		a+b		a(a−b)
to		=		⇒		=		⇒ |CX|= x=
	u		a−b		x		a−b		a+b

c.n.w.

daras: η jesteś niezawodna ! Kacper odgrzebał link sprzed 3 lat

Eta: "gdzie są chłopcy z tamtych lat" ? (pewnie ...

Eta: I dobrze,że "wykopał" to zadanie , bo nie zostało do tej pory rozwiązane

Kacper: Ja je znalazłem przypadkiem jak szukałem zadań z geometrii Eta Wakacje na mnie źle działają zapominam wiele ciekawych rzeczy i proste zadania stają się trudne

daras: η o co Ty mnie ciągle podejrzewasz ? to piękna piosenka Marleny Dietrich, spolszczona przez Sławę Przybylską− znasz ?

daras: ja nie miałem wakacji więc nadal proste zadania rozwiązuję w pamięci, byle nie geometryczne bo tutaj nie umiem rysować

Eta: