[latexpage]
Задача отнюдь не простая, но в целом – решилась же! Значит, не нужно бояться решать подобные задачи, их надо разматывать, как клубок, ища подобие, отыскивая равные углы, используя все приемы, известные вам, а чтобы этих приемов было достаточно в копилке – надо набираться опыта.
Задача. Дан равнобедренный треугольник $AJM$. В точке $N$ на основании $AM$ находится центр вписанной в треугольник полуокружности. Некоторая касательная к полуокружности пересекает боковые стороны $AJ$ и $MJ$ треугольника в точках $E$ и $C$ соответственно, а прямая, проходящая через точки касания боковых сторон с полуокружностью, пересекает отрезки $NE$ и $NC$ в точках $Y$ и $K$ соответственно. Чему равна длина отрезка $YK$, если $EC=10$ и $\cos{\angle MJA}=-\frac{7}{8}$?
Построим треугольник $AJM$, заметив, что косинус угла при вершине отрицателен, следовательно, угол является тупым. Также заметим, что точка $N$ обязательно является основанием высоты треугольника $AJM$, иначе вписать в треугольник полуокружность не получится: треугольники $NPJ$ и $JQN$ равны по гипотенузе и катету, которым является радиус полуокружности.
Тогда $PJQN$ – ромбоид, его диагонали перпендикулярны, следовательно, прямая $PQ$ параллельна $AM$.

Рисунок
Обозначим углы треугольника $AJM$: при вершине – $\alpha$, при основании – $\beta$. Тогда $\angle{AJN}=\angle{MJN}=\frac{\alpha}{2}$.
Заметим, что отрезки $PE=ET$, $TC=CQ$, и что $NE$ – биссектриса $\angle PNT$, а $NC$ – биссектриса $\angle TNQ$.
Обратим внимание на треугольники $ENC$ и $YNK$. Они имеют общий угол. Попробуем доказать их подобие, тогда, определив коэффициент подобия, мы сможем решить задачу.
Треугольник $APN$ – прямоугольный, следовательно, $\angle PNA=\frac{\alpha}{2}$, аналогично $\angle QNM=\frac{\alpha}{2}$. Тогда $\angle YQN=\angle YPN =\frac{\alpha}{2}$ как накрестлежащие.
Обозначим углы 1, 2, 3 и 4 на рисунке. Попробуем определить через эти углы и угол $\frac{\alpha}{2}$ углы $CEN$ и $ECN$.
Углы $AEN$ и $NET$ равны, их сумма – внешний угол треугольника $EJC$. Тогда
$$2 \angle NEC=\alpha+\angle 2$$
$$ \angle NEC=\frac{\alpha}{2}+\frac{\angle 2}{2}$$
Так как угол 4 – внешний для треугольника $KQN$, то
$$\angle 4=\frac{\alpha}{2}+\frac{\angle 2}{2}$$
Поэтому $$ \angle NEC=\angle 4$$
Углы $TCN$ и $NCS$ равны, их сумма – внешний угол треугольника $EJC$. Тогда
$$2 \angle TCN=\alpha+\angle 1$$
$$ \angle TCN=\frac{\alpha}{2}+\frac{\angle 1}{2}$$
Так как угол 3 – внешний для треугольника $PYN$, то
$$\angle 3=\frac{\alpha}{2}+\frac{\angle 1}{2}$$
Поэтому $$ \angle TCN=\angle 3$$
Таким образом, мы доказали, что треугольники $ENC$ и $YNK$ подобны по двум углам (третий и не обязателен был).
Запишем отношение сходственных сторон для треугольников $ENC$ и $YNK$:
$$\frac{EC}{YK}=k$$
$k$ – коэффициент подобия. С таким же коэффициентом будут относиться другие стороны этих треугольников, а также и их высоты:
$$\frac{TN}{ON}=k$$
Высота треугольника $ECN$ $TN=R$, высота треугольника $YKN$ – $ON$. Запишем эту высоту через $R$: в треугольнике $NOQ$ $NQ=R$, $$\frac{ON}{R}=\sin{\frac{\alpha}{2}}$$
$$ON=R\sin{\frac{\alpha}{2}}$$
Тогда коэффициент подобия равен:
$$k=\frac{TN}{ON}=\frac{R}{R\sin{\frac{\alpha}{2}}}=\frac{1}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}$$
Наконец, найдем $YK$:
$$YK=\frac{EC}{k}= EC \sin{\frac{\alpha}{2}}$$
$$\sin^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\cos{\alpha}}{2}=\frac{1+\frac{7}{8}}{2}=\frac{15}{16}$$
Синус половинного угла
$$\sin{\frac{\alpha}{2}}=\frac{\sqrt{15}}{4}$$
Искомый отрезок равен:
$$YK= EC \sin{\frac{\alpha}{2}}=10 \cdot \frac{\sqrt{15}}{4}=2,5\sqrt{15}$$
Ответ: $2,5\sqrt{15}$
В 14-ой нашел отношение q1\q2 + q2\q1 = 7 а дальше никак не...
Почему в 13 задании объем воды уменьшается? У нас же плавится...
А как решается 6-й...
Понял,...
Потому что дана не удельная, а просто теплоемкость - она уже внутри себя несет...