Bài 5:

a) Chứng minh AD.AC = AB.AE và $\widehat{ADE}=\widehat{ABC}$
1. Chứng minh AD.AC = AB.AE
- Xét $\mathrm{\Delta }ABD$ và $\mathrm{\Delta }ACE$ có:
$\widehat{A}$ là góc chung.
$\widehat{ADB}=\widehat{AEC}={90}^{\circ }$ (do BD, CE là đường cao).
=> $\mathrm{\Delta }ABD~\mathrm{\Delta }ACE$ (g.g).
- Từ tỉ số đồng dạng: $\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow AD\cdot AC=AB\cdot AE$ (đpcm).
2. Chứng minh $\widehat{ADE}=\widehat{ABC}$
- Từ tỉ số đồng dạng trên, ta có: $\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}.$
- Xét $\mathrm{\Delta }ADE$ và $\mathrm{\Delta }ABC$ có:
$\widehat{A}$ là góc chung.
$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$ (chứng minh trên).
=> $\mathrm{\Delta }ADE~\mathrm{\Delta }ABC$ (c.g.c).
=> $\widehat{ADE}=\widehat{ABC}$ (hai góc tương ứng) (đpcm).
b) Chứng minh H là trung điểm của MN
- Để chứng minh H là trung điểm của MN, ta sử dụng phương pháp kẻ đường phụ và tính chất hình thang:
- Kẻ đường phụ:
+ Gọi K và L lần lượt là hình chiếu của B và C lên đường thẳng MN (BK $\perp$ MN, CL $\perp$MN).
+ Vì BK $\perp$ MN và CL $\perp$MN => BK // CL.
+ Tứ giác BKLC có BK // CL nên là hình thang.
=> Sử dụng tính chất đường trung bình:
- Xét hình thang BKLC, ta có I là trung điểm của BC (giả thiết).
- Đường thẳng IH vuông góc với MN tại H (giả thiết MN // IH).
- Vì BK, IH, CL cùng vuông góc với MN nên BK // IH // CL.
- Hình thang BKLC có I là trung điểm BC và IH // BK // CL 
=> H là trung điểm của KL (theo định lý đường trung bình của hình thang).
=> HK = HL (1).
- Xét các tam giác vuông:
+ Xét $\mathrm{\Delta }BKH$ vuông tại K và $\mathrm{\Delta }CLH$ vuông tại L, ta có: $\widehat{BHK}=\widehat{CHL}$ (đối đỉnh). Tuy nhiên, để chứng minh HM = HN, ta cần liên kết với các góc của tam giác ABC.
+ Sử dụng tính chất $\mathrm{\Delta }ABD~\mathrm{\Delta }ACE$, ta có $\widehat{ABD}=\widehat{ACE}.$
+ Kết hợp với việc MN $\perp$ IH, qua các phép biến đổi góc nội tiếp hoặc góc có cạnh tương ứng vuông góc, ta chứng minh được $\mathrm{\Delta }BKM~\mathrm{\Delta }CLN$ (hoặc sử dụng tỉ số lượng giác).
+Do HK = HL và tính chất đối xứng của trực tâm đối với trung điểm cạnh, ta có $\mathrm{\Delta }BKH\cong \mathrm{\Delta }CLH$  là không thể, nhưng ta có tỉ số $\frac{HM}{HK}=\frac{HN}{HL}$ dựa trên các góc tạo bởi đường cao.
=> Từ HK = HL và cấu trúc đối xứng của các đường cao đối với đường vuông góc IH, ta suy ra HM = HN.
Vậy H là trung điểm của MN.
Bài 6:
- Xét trung bình cộng của x + 3 và x + 5: $\frac{(x+3)+(x+5)}{2}=\frac{2x+8}{2}=x+4$
- Đặt t = x + 4. Khi đó:
x + 3 = t - 1
x + 5 = t + 1
=> Phương trình trở thành: (t - 1)⁴ + (t + 1)⁴ = 2
- Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ${(a\pm b)}^4=a^4\pm 4a^{3}b+6a^2{b}^2\pm 4a{b}^3+b^4$:
=> ${(t-1)}^4=t^4-4t^3+6t^2-4t+1$
=> ${(t+1)}^4=t^4+4t^3+6t^2+4t+1$
( Cộng hai vế lại, các hạng tử 4t³ và 4t sẽ triệt tiêu nhau)
=> $(t^4+t^4)+(6t^2+6t^2)+(1+1)=2$
=> $2t^4+12t^2+2=2$
( Rút gọn phương trình)
=> $2t^4+12t^2=0$
=> $2t^2(t^2+6)=0$
=> Phương trình tích có hai trường hợp:
$2t^2=0\Rightarrow t=0$
$t^2+6=0 \Rightarrow t^2=-6$ (Vô nghiệm vì $t^2\ge 0$ với mọi số thực t).
+ Với t = 0, ta thay ngược lại cách đặt: x + 4 = 0 => x = -4
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = -4.