a) Giải hệ phương trình \(\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{x}{y} - \frac{y}{x} = \frac{5}{6}}\\{{x^2} - {y^2} = 5}\end{array}} \right.\)             

b) Giải phương trình \({\left( {x - 1} \right)^4} = {x^2} - 2x + 3\).

a) Tứ giác APHQ có

\(\widehat {APH} = {90^0}\) (gt)

\(\widehat {AQH} = {90^0}\)   (gt)

=> \(\widehat {APH} + \widehat {AQH} = {180^0}\) và hai góc này ở vị trí đối nhau nên APHQ là tứ giác nội tiếp được đường tròn

=> \(\widehat {PQH} = \widehat {BAH}\)

b) Xét và có

\(\widehat {PQH} = \widehat {BHA}\) (cmt), mà \(\widehat {BAH} = \widehat {BHP}\) (cùng phụ \(\widehat {PBH})\) suy ra \(\widehat {MQH} = \widehat {MHP}\)

\(\widehat {PMH}\) là góc chung

Chứng minh được tứ giác BPQC là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {MBP} = \widehat {MQC}\) (cùng bù \(\widehat {PBC}\))

Ta lại có \(\widehat {BMP}\) là góc chung

 (g.g) \( \Rightarrow \frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MC}}\; \Leftrightarrow M{H^2} = MP.MQ\)   (1)

 (g.g) \( \Rightarrow \frac{{MQ}}{{MH}} = \frac{{MH}}{{MP}} \Leftrightarrow M{H^2} = MP.MQ\)      (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow M{H^2} = MB.MC.\)

c) Vì AKBC là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {MKB} = \widehat {MCA}\) (cùng bù với \(\widehat {AKB}\)), mà \(\widehat {AMC}\) là góc chung

Mà \(M{H^2} = MB.MC \Rightarrow M{H^2} = MB.MC \Rightarrow M{H^2} = MK.MA.\)

Do vuông tại H \( \Rightarrow HK\) là đường cao của tam giác AHM (vì

\( \Rightarrow AK \bot KH \Rightarrow AK \bot KD\) suy ra AD là đường kính của (O).

Suy ra \(\widehat {ACD} = {90^0}\) nên \(DC \bot AC\)

Mà \(HQ \bot AC \Rightarrow DC//HQ\) nên HQCD là hình thang.

Gọi N là trung điểm của QC (3) \( \Rightarrow JN\) là đường trung bình của hình thang HQCD

\( \Rightarrow JN//HQ \Rightarrow JN \bot QC\) (4)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow JN\) là đường trung trực của \(QC \Rightarrow JQ = JC\)