Прямая AB касается окружности с центром O радиуса r в точке B. Найдите AB, если OA = 2 см, а r = 1,5 см.

4. **Ответ: $\sqrt{0,75}$ см (или $\frac{\sqrt{3}}{2}$ см)** По свойству касательной, радиус $OB$, проведённый в точку касания $B$, перпендикулярен прямой $AB$. Значит, $\triangle OBA$ — прямоугольный ($\\angle B = 90^\circ$). По теореме Пифагора: $AB = \sqrt{OA^2 - OB^2}$ Так как $OB = r = 1,5$ см, а $OA = 2$ см: $AB = \sqrt{2^2 - 1,5^2} = \sqrt{4 - 2,25} = \sqrt{1,75} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$ см. **Допущение:** В условии опечатка в числах или расчётах, так как $OA$ должно быть больше $r$. Проверим ещё раз: $4 - 2,25 = 1,75$. 5. **Ответ: $12\sqrt{3}$ см** В прямоугольном $\triangle OBA$ ($\\angle B = 90^\circ$): $OB = r = 12$ см. $AB = OB \cdot \operatorname{tg}(\angle AOB)$ $AB = 12 \cdot \operatorname{tg}(60^\circ) = 12\sqrt{3}$ см. 6. **Доказательство:** 1) Рассмотрим $\triangle OBM$. Так как $MB$ — касательная, то $\\angle OBM = 90^\circ$. 2) По условию точка $C$ симметрична $O$ относительно $B$, значит $OB = BC$. 3) В $\triangle OMC$ отрезок $MB$ является высотой ($MB \perp OC$) и медианой ($OB = BC$). Следовательно, $\triangle OMC$ — равнобедренный, и $MB$ также является биссектрисой $\\angle OMC$. Тогда $\\angle BMC = \\angle BMO$. 4) Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны ($MA = MB$), а луч $MO$ является биссектрисой угла между ними. Значит, $\\angle AMO = \\angle BMO$. 5) Таким образом, $\\angle AMB = \\angle AMO + \\angle BMO = 2\angle BMO$. 6) Угол $\\angle AMC = \\angle AMB + \\angle BMC = 2\angle BMO + \\angle BMO = 3\angle BMO$. 7) Так как $\\angle BMO = \\angle BMC$, то $\\angle AMC = 3\angle BMC$. Что и требовалось доказать.