[latexpage]
Задача сложная. Требует много дополнительных построений, видения подобных треугольников, применения различных теорем.
Задача. Три окружности $\alpha$, $\Upsilon$ и $\Omega$ попарно касаются внешним образом. Пусть $W$- точка касания $\alpha$ и $\Omega$, $Q$ – точка касания $\Upsilon$ и $\Omega$. Прямая $WQ$ пересекает общую внешнюю касательную к окружностям $\alpha$ и $\Upsilon$ в точке $S$. Через точку $S$ проведена касательная к окружности $\Omega$, $P$ – точка касания. Чему равна длина $SP$, если радиус $\Upsilon$ равен 11, а радиус $\alpha$ равен 5?
Рассмотрим рисунок. Надо сказать, что правильно выполненный рисунок – это ключ к решению. Пусть $\alpha $ – самая маленькая окружность, $\Upsilon$ – средняя и $\Omega$ – самая большая.

Рисунок 1
Хочу обратить внимание, что, если точка $K$ касания окружностей лежит на прямой $FG$, и это доказывать не надо, то принадлежность точки пересечения прямых $IJ$ и $WQ$ этой же прямой неочевидна. Поэтому необходимо доказать, что точка пересечения этих прямых действительно окажется на прямой $FG$.
Для доказательства этого факта рассмотрим треугольники $FLG$ и $S’IF$, где $S’$ – предполагаемая точка пересечения $IJ$ и $WQ$.

Рисунок 2
Треугольники $FLG$ и $S’IF$ подобны (оба прямоугольные и имеют общий угол). Коэффициент подобия
$$k=\frac{LG}{IF}=\frac{R-r}{r}$$
Тогда отрезок $S’F$ равен:
$$S’F=\frac{ FG}{k}=\frac{ r }{ R-r }\cdot(R+r)$$
Пусть теперь прямая $WQ$ пересекает прямую $FG$ в точке $S”$.
Точка $W$ лежит на прямой $HF$. Треугольники $NFW$ и $WHQ$ подобны (оба равнобедренные, и углы $HWQ$ и $NWF$ при основаниях равны, как вертикальные). Тогда, поскольку равны углы при вершинах, которые можно рассматривать как накрестлежащие при пересечении секущей $HF$ прямых $NF$ и $HG$, то эти прямые параллельны. Проведем $FO \parallel WQ$.
Тогда треугольник $S”NF$ подобен треугольнику $FGO$. Определим коэффициент подобия.
$$k_1=\frac{OG}{NF}=\frac{R-r}{r}$$
Тогда отрезок $S”F$ равен:
$$S”F=\frac{ FG}{k}=\frac{ r }{ R-r }\cdot(R+r)$$
Тогда $ S’F= S”F$! А следовательно, точки совпадают, и прямые $IJ$ и $WQ$ пересекаются на прямой $FG$.
Отрезки $WF=FK$, $KG=GQ$, $QH=HW$. Если рассматривать треугольник $WKQ$, то эти отрезки могут быть отрезками касательных к описанной около треугольника окружности:

Рисунок 3
А теперь воспользуемся свойствами секущих и касательных. Сначала запишем это свойство для большой окружности:
$$SP^2=SW\cdot SQ$$
Теперь для рыжей окружности, ведь $SK$ – касательная к ней:
$$SK^2= SW\cdot SQ$$
Тогда $SK=SQ$. А $SK$, в свою очередь, равен
$$SP=SK=SF+FK=\frac{ r }{ R-r }\cdot(R+r)+r=\frac{2Rr}{R-r}$$
$$SP=\frac{2\cdot11\cdot5}{11-5}=\frac{110}{6}=\frac{55}{3}$$
Ответ: $SP=\frac{55}{3}$
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...