Cho \(\Delta ABC\) có \(\widehat A \ge 90^\circ \). Khi đó cạnh nào sau đây là cạnh dài nhất?

Ta có: \({x^2} - 4x + 3 = {x^2} - x - 3x + 3 = x\left( {x - 1} \right) - 3\left( {x - 1} \right) = \left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\)

Khi đó, từ \(\left( {{x^2} - 4x + 3} \right).f\left( {x + 1} \right) = \left( {x - 2} \right).f\left( {x - 1} \right)\) ta có:

\(\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right).f\left( {x + 1} \right) = \left( {x - 2} \right).f\left( {x - 1} \right)\)

• Với \(x = 1\) ta có: \(\left( {1 - 1} \right)\left( {1 - 3} \right).f\left( {1 + 1} \right) = \left( {1 - 2} \right).f\left( {1 - 1} \right)\)

Suy ra \(0.\left( { - 2} \right).f\left( 2 \right) = \left( { - 1} \right).f\left( 0 \right)\) hay \(f\left( 0 \right) = 0\)

Do đó \(x = 0\) là một nghiệm của đa thức \(f\left( x \right)\) \(\left( 1 \right)\)

• Với \(x = 2\) ta có: \(\left( {2 - 1} \right)\left( {2 - 3} \right).f\left( {2 + 1} \right) = \left( {2 - 2} \right).f\left( {2 - 1} \right)\)

Suy ra \(1.\left( { - 1} \right).f\left( 3 \right) = 0.f\left( 1 \right)\) hay \(f\left( 3 \right) = 0\)

Do đó \(x = 3\) là một nghiệm của đa thức \(f\left( x \right)\) \(\left( 2 \right)\)

• Với \(x = 3\) ta có: \(\left( {3 - 1} \right)\left( {3 - 3} \right).f\left( {3 + 1} \right) = \left( {3 - 2} \right).f\left( {3 - 1} \right)\)

Suy ra \(2.0.f\left( 4 \right) = 1.f\left( 2 \right)\) hay \(f\left( 2 \right) = 0\) \(\left( 3 \right)\)

Do đó \(x = 2\) là một nghiệm của đa thức \(f\left( x \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\) và \(\left( 3 \right)\) ta có đa thức \(f\left( x \right)\) có ít nhất 3 nghiệm \(x \in \left\{ {0;3;2} \right\}\).

a) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat B = 60^\circ \)

Suy ra \(\widehat C = 90^\circ - \widehat B = 30^\circ \).

Do đó \(\widehat C < \widehat B\) nên \(AB < AC\) nên \(M\) nằm giữa \(H\) và \(C\)

Hay \(HM < HC\)

Mà \(HM = HB\), suy ra \(HB < HC\).

b) Xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta AHM\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {AHM} = 90^\circ \);

\(AH\) là cạnh chung;

\(HM = HB\) (giả thiết).

Do đó \(\Delta AHB = \Delta AHM\) (hai cạnh góc vuông)

Suy ra \(AB = AM\) (hai cạnh tương ứng)

\(\Delta ABM\) có \(AB = AM\) nên là tam giác cân tại \(A\).

Lại có \(\widehat B = 60^\circ \) (giả thiết) nên \(\Delta ABM\) là tam giác đều.

c) Do \(\Delta ABM\) là tam giác đều nên \(\widehat {MAB} = 60^\circ \).

Suy ra \(\widehat {MAC} = 90^\circ - \widehat {MAB} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)

Tam giác \(MAC\) có \(\widehat {MAC} = \widehat {MCA} = 30^\circ \) nên là tam giác cân tại \(M\).

Suy ra \(MA = MC\).

Lại có \(MA = MB\) (do \(\Delta ABM\) đều)

Do đó \(MB = MC\) hay \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(AM,BN\) là hai đường trung tuyến của tam giác cắt nhau tại \(O\) nên \(O\) là trọng tâm của tam giác.

Suy ra \(AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}.6 = 4\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\).