Задача оказалась непростой, и все же вполне решаемой. Для ее решения потребовались знания 7 и 8 классов: свойства биссектрисы и соотношение вписанных и центральных углов.
[latexpage]
Задача. Точка $O$ – центр окружности, описанной около остроугольного треугольника $ABC$, точка $I$ – центр вписанной в него окружности. Точка $H$ – точка пересечения высот треугольника. Известно, что $\angle BAC=\angle OBC +\angle OCB$.
а) Докажите, что точка $H$ лежит на окружности, описанной около треугольника $BOC$.
б) Найдите угол $OHI$, если $\angle ABC=40^{\circ}$.
Решение:
Построим биссектрисы треугольника. Точка их пересечения – центр вписанной окружности треугольника $I$. Построим саму вписанную окружность, покажем радиусы, проведенные в точку касания – $IL, IM, IN$.

Рисунок 1
Построим середины сторон треугольника и проведем серединные перпендикуляры. Их точка пересечения – центр описанной окружности $O$. Основания серединных перпендикуляров я специально не обозначила, чтобы не загромождать рисунок. Радиусы описанной окружности – $OA=OB= OC$.

Рисунок 2
Построим высоты треугольника – $AG, BK, CZ$. Точка их пересечения – $H$.

Рисунок 3
Теперь совместим на одном рисунке все три точки:

Рисунок 4
Отметим, что треугольник $OCB$ – равнобедренный, так как его сторонами являются радиусы описанной окружности. Обозначим углы этого треугольника за $x$: $\angle OBC=\angle OCB=x$.

Рисунок 5
Известно, что $\angle BAC=\angle OBC +\angle OCB$. Из рисунка видно, что угол $\angle BAC$ является вписанным, и опирается на дугу $CB$ описанной окружности. На ту же самую дугу опирается и центральный угол – $\angle COB$. Следовательно, угол $\angle COB=2\angle BAC=2(\angle OBC +\angle OCB)=2\cdot 2x=4x$.
Сумма углов треугольника $COB$ равна $180^{\circ}$, тогда запишем эту сумму:
$$x+x+4x=180^{\circ}$$
$$6x=180^{\circ}$$
$$x=30^{\circ}$$
Следовательно, угол $\angle COB=120^{\circ}$, а $\angle OBC=\angle OCB=30^{\circ}$.
Знание центрального угла дает нам возможность найти вписанный – угол $\angle BAC$:
$$\angle BAC=\frac{1}{2} \angle COB=60^{\circ}$$
Теперь посмотрим на биссектрисы. Обозначим углы $\angle ABI=\angle IBC=y$, а углы $\angle AСI=\angle ICB=z$. Тогда для треугольника $ABC$ запишем:
$$2y+2z+\angle CAB=180^{\circ}$$
$$2y+2z+60^{\circ}=180^{\circ}$$
$$y+z=60^{\circ}$$
Таким образом, в треугольнике $CIB$ угол $\angle CIB=120^{\circ}$.

Рисунок 6
Теперь посмотрим на высоты.
В прямоугольном треугольнике $BAK$ второй острый угол равен $30^{\circ}$:
$$\angle ABK=30^{\circ}$$

Рисунок 7
Аналогично, в прямоугольном треугольнике $CAZ$ угол $\angle ACZ=30^{\circ}$.

Рисунок 8
Сумма углов $C$ и $B$ треугольника $ABC$ равна $120^{\circ}$, сумма углов $\angle ABK +\angle ACZ=60^{\circ}$, поэтому на сумму углов $\angle HCG$ и $\angle HBG$ остается $60^{\circ}$, то есть на угол $CHB$ приходится 120 градусов: $\angle CHB=120^{\circ}$.
Получается, что изо всех трех точек – $O, I, H$ – отрезок $CB$ виден под одним углом, а это значит, что все три точки лежат на одной окружности. Покажем ее:

Рисунок 9
Пункт а) – готов. Теперь займемся пунктом б). Если известно, что угол $\angle ABC=40^{\circ}$, то $\angle ABI=\angle IBC=y=20^{\circ}$, а $\angle AСI=\angle ICB=z=\frac{120^{\circ}-40^{\circ}}{2}=40^{\circ}$, $\angle OBC=\angle OCB=x=30^{\circ}$.
Найдем угол $ICO$:
$$\angle ICO =\angle HCB -\angle ICB=10^{\circ}$$
Угол $OHI$ – искомый – является, как и угол $\angle ICO$, вписанным, и опирается на ту же дугу, поэтому равен углу $\angle ICO$:
$$\angle OHI =\angle ICO=10^{\circ}$$
Ответ: $10^{\circ}$.
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...