AAC

Ваше решение верное, это частный случай элементарного общего решения, которое я приводил. Те же формулы, только много лишнего. Но, если есть время и сильное желание получить красивое геометрическое решение, то посмотрите прилагаемый рисунок. Можно было и в другой последовательности, сначала опустить перпендикуляр на AF и далее. Даже эта задача не тянет на сравнение с той, что здесь видел про возраст братьев. Много знаменитых задач было, времени не хватит. Вот есть задача Иосифа Флавия, якобы ее на практике применил Чингис-хан в своих разборках, откуда-то знал решение.

С Вашими задачами...Поначалу, на чертеже было 16, а в тексте 36. Сейчас и не пойму уже. Самое короткое решение: Примем BE=c, (16, 36 или что-то другое, меньшее стороны квадрата, обозначаемой нами за x. Ничего никуда не продолжаем. Если обозначить угол FAD через a, то угол BEA= углу EAD=2a tg(a)=64/x tg(2a)=x/c След. tg(2a)*tg(a)=64/c т.к. tg(2a)=2tg(a)/(1-tg2(a)) то 2tg2(a)/(1-tg2(a))=64/c tg2(a)=32/(32+c) x=64/tg(a)=...=16*sqrt(16+c/2) sqrt - это квадратный корень. Ответ 80 получается при c=BE=18 Скорее всего в условии и должно было быть BE=18 или 40, а не 16 или 36 Но, Вы хорошо решили предыдущую геометрическую задачу. Я ведь на точно таком чертеже с высотой, опущенной из вершины B, не увидел во множестве углов одного, не вытерпел и решил как обычно, хотя отлично понимал, что зеваю на ровном месте. Для гуманитариев, это просто отлично. Но, если хотите оценить красоту геометрии, то найдите расстояние между центрами описанной и вписанной окружностей произвольного треугольника. Радиусы R и r , соответственно. Ну, или найдите это в сети. По-моему, очень красиво. Евклид это знал 2300 лет тому назад, представляете.

Есть официальный сайт этих олимпиад с результатами за все годы их проведения. Конечно, смысла большого я не вижу в их решении, но когда видишь, что появились сообщения, что в этом году наши(школьники, студенты) привезли такие-то и столько-то медалей , то возникает желание выяснить, а что же там было. https://artofproblemsolving.com/community/c3222_imo

Простите, Вы совершенно правы. Я набирал не глядя на чертеж, ошибся в буквах. К тому же не очень в манипуляциях с текстами на сайте. Продлеваем AF за чертеж до пересечения с продолжением ВС в точке F1. Очевидно, EF1=AE и т.д. и т.д. Ответ X=80.

1. Есть разные варианты подобных задач. Формулируйте точно. Если гирьки разрешается ставить только на одну чашку, то решение 2, 4, 8, 16, 32 минимальная гирька 2, ведь если вес равен 1 , то весы покажут меньше 2. А дальше действует двоичное разложение. По-моему, я тоже прав. Давайте посоревнуемся с армянскими школьниками, когда они поедут на очередную олимпиаду за медалями. Задачи там новые, тут же выкладывают в сеть на официальном сайте. Только решения смотрите, когда терпение закончится. Я проверялся в прошлом году, за то же время, которое им давали. Рекомендую и Вам. Сами себе поставите оценку(или даже медаль, если повезет) 2. Продлеваем AD за чертеж до пересечения с продолжением ВС в точке F. Очевидно, EF=AE и т.д. и т.д. Ответ X=80.

Общий случай: ctg(X)=2sin(alfa)*sin(B/2)/( sin(alfa+beta )*cos(beta+B/2)) - tg(beta+B/2) при alfa=30 , beta=10 , В=80 имеем ctg(X)=(1-sin(50))/cos(50)=ctg(70) X=70 Задача так себе, конечно. Не для 80-100 балльников.