một số ứng dụng của định lí vi-ét trong toán lớp 9

Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
1

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI-ÉT TRONG TOÁN 9
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong trường phổ thông việc hình thành và rèn luyện kó năng giải các bài
tập toán có một vò trí quan trọng trong dạy học toán, qua việc giải các bài tập
giúp học sinh củng cố, mở rộng các kiến thức đã được học và mở rộng tầm
hiểu biết của mình. Với tình hình thực tế hiện nay nhiều học sinh chưa thích
học bộ môn toán, các kó năng cơ bản còn yếu, nhất là kó năng giải bài tập,
nguyên nhân dẫn đến tình trạng đó là:
 Đối với học sinh:
+ Chưa nắm vững lý thuyết.
+ Chưa nắm vững phương pháp giải các dạng bài tập.
+ Chưa linh hoạt sáng tạo khi giải bài tập.
+ Thụ động, chưa tích cực trong học tập.
+ Chưa biết khai thác bài toán.
+ Chưa biết vận dụng những kiến thức đã học vào thực tế.
 Đối với giáo viên:
+ Trong quá trình giảng dạy chưa chú ý rèn các kó năng cho học sinh nhất
là kó năng giải toán.
+ Còn áp đặt kiến thức, áp đặt cách giải các bài tập cho học sinh, chưa gợi
mở phát huy trí lực học sinh, nêu vấn đề cho học sinh suy nghó, chủ động
tiếp thu các kiến thức.
+ Khi hướng dẫn học sinh giải các bài tập giáo viên chưa chú ý xây dựng
phương pháp giải toán.
+ Các bài tập giáo viên cho học sinh giải chủ yếu là các bài tập đơn giản,
ít được mở rộng nâng cao dẫn đến học sinh dễ bò nhàm chán.
Nhằm giúp học sinh học toán tốt hơn, yêu thích môn toán hơn cũng như
ngày càng nâng cao chất lượng giảng dạy của mình, mỗi giáo viên cần :
+ Nắm vững kiến thức

+ Vận dụng linh hoạt các phương pháp dạy học.
+ Đổi mới phương pháp dạy học, vận dụng nêu vấn đề, sử dụng nhiều
những câu hỏi gợi mở dẫn dắt học sinh chủ động, tích cực tiếp thu kiến thức.
+ Chú ý rèn các kó năng cho học sinh nhất là kó năng giải bài tập, chú ý
xây dựng các phương pháp giải toán cho học sinh.
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
2

+ Tìm tòi mở rộng các kiến thức, xây dựng hệ thống bài tập từ dễ đến khó
giúp học sinh được củng cố và nâng cao các kiến thức, giúp học sinh hứng thú
trong học tập và học môn toán tốt hơn.
Với các mục tiêu trên trong đề tài này tôi trình bày một số phương pháp
giải các dạng bài tập mà có sử dụng đònh lý đònh lý Vi – ét trong chương trình
đại số lớp 9 đó là: Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai, tìm hai số khi
biết tổng và tích của chúng, tính giá trò của một hệ thức giữa các nghiệm của
phơng trình bậc hai, so sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số . . .
Giúp học sinh nắm vững các dạng toán cơ bản về phương trình bậc hai và các
ứng dụng của đònh lý
Vi –ét, rèn luyện cho học sinh khả năng tính toán, khả năng suy luận, khả
năng sáng tạo trong học toán và giải toán

II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI.
Trong chương trình đại số lớp 9 đôi khi học sinh gặp khó khăn trong
việc giải một số phương trình bậc hai hay tìm hai số thỏa mãn hệ thức cho
trước, so sánh nghiệm của phương trình bậc hai . . . Có những bài toán tưởng
chừng rất khó nhưng nó lại có những lời giải thật đơn giản, độc đáo khi áp
dụng đònh lý
Vi – ét và chỉ có áp dụng hệ thức Vi – ét mới có thể giải được.
Để học sinh giải được các bài tập có sử dụng các ứng dụng của đònh lý
Vi – ét, trước hết học sinh cần phải nắm vững nội dung của đònh lý Vi – ét.

Đònh lý Vi – ét:
Nếu phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) có hai nghiệm x
1
; x
2

thì tổng và tích hai nghiệm đó là:

1 2
1 2
b
S = x + x =
a
c
P = x x =
a









Đảo lại, nếu hai số x
1
; x

2
có tổng x
1
+ x
2
= S và tích x
1
x
2
= P thì x
1
; x
2
là
nghiệm của phương trình: X
2
– SX + P = 0 (*)
Phương trình (*) chỉ có nghiệm khi S
2


4P.

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ VI – ÉT

1)Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
3

Phương pháp: Vận dụng một trong ba điều sau

Xét phương trình bậc hai: ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0)
1) Nếu: a + b + c = 0 thì phương trình có hai nghiệm x
1
= 1 ; x
2
=
c
a

2) Nếu: a – b – c = 0 thì phương trình có hai nghiệm x
1
=

1; x
2
=

c
a

3) Nếu: x
1
+ x
2
= m + n và x
1
.x
2

= m.n và a.c < 0 thì phương trình có hai
nghiệm x
1
= m ; x
2
= n ( hoặc x
1
= n; x
2
= m).
Bài 1: Dùng điều kiện a + b +c = 0 hoặc a – b + c = 0 để giải các phương
trình sau:
a) 35x
2
– 37x + 2 = 0 b) 7x
2
+ 500x – 570 = 0
c) x
2
– 49x – 50 = 0 d) 4321x
2
+ 21x – 4300 = 0
Giải:
a) 35x
2
– 37x + 2 = 0
Phương trình trên có a + b + c = 35 – 37 + 2 = 0
Do đó phương trình có hai nghiệm: x
1
= 1 ; x

2
=
2
35

b) 7x
2
+ 500x – 570 = 0
Phương trình trên có a + b + c = 7 + 500 – 507 = 0,
Do đó phương trình có hai nghiệm x
1
= 1 ; x
2
=
7
507

=

72
3
7

c) x
2
– 49x – 50 = 0
Phương trình trên có a – b + c = 1 + 49 – 50 = 0
Do đó phương trình có hai nghiệm : x
1
=


1 ; x
2
= 50
d) 4321x
2
+ 21x – 4300 = 0
Phương trình trên có a – b + c = 4321 – 21 + 4300 = 0,
Do đó phương trình có hai nghiệm: x
1
=

1 ; x
2
=
4300
4321

Bài 2: Dùng hệ thức Vi – ét để tính nhẩm nghiệm của các phương trình
sau:
a) x
2
– 7x + 12 = 0 b) x
2
+ 7x + 12 = 0
c) x
2
+ (
3 5


)x –
15
= 0 d) x
2
(3 – 2
7
)x – 6
7
= 0
Giải:
a) x
2
– 7x + 12 = 0
Phương trình có: ∆ = b
2
– 4ac = 49 – 48 = 1 > 0 nên phương trình có hai
nghiệm x
1
; x
2
và ta có:
1 2
1 2
x + x = 7 = 3 + 4
x .x = 12 = 3.4






Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
4

Vậy phương trình có hai nghiệm x
1
= 3 ; x
2
= 4 (hoặc x
1
= 4 ; x
2
= 3)
b) x
2
+ 7x + 12 = 0
Phương trình có: ∆ = b
2
– 4ac = 49 – 48 = 1 > 0 nên phương trình có hai
nghiệm x
1
; x
2
và ta có:
1 2
1 2
x + x = 7 = ( 3) + ( 4)
x .x = 12 = ( 3).( 4)






  
 

Vậy phương trình có hai nghiệm x
1
=

3 ; x
2
=

4 (hoặc x
1
=

4 ; x
2
=

3).
c) x
2
+ (
3 5

)x –
15

= 0
Phương trình có: a.c = –
15
< 0 nên phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
và ta
có:

1 2
1 2
3 5
x + x = ( 3 5)
x .x = 15 = 3. 5






   
 

Vậy phương trình có hai nghiệm : x
1
=
3
; x
2

=
5


d) x
2
+ (3 – 2
7
)x – 6
7
= 0
Phương trình có: a.c = – 6
7
< 0 nên phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
và ta
có:

1 2
1 2
7 7
7 7
x + x = (3 2 ) 3 2
x .x = 6 = 3.2






    
 

Vậy phương trình có hai nghiệm : x
1
= 2
7
; x
2
=

3.
Bài 3: Giải phương trình sau bằng cách nhẩm nghiệm nhanh nhất:
a) x
2
+ (3m – 5 )x – 3m + 4 = 0 b) 3x
2
– (m – 2)x – m – 1 = 0
c) (m – 2)x
2
+ (m – 3)x – 2m + 5 = 0 d) (m – 3)x
2
– (m + 1)x – 2m + 2 =
0 Giải:
a) x
2
+ (3m – 5 )x – 3m + 4 = 0
Phương trình trên có a + b + c = 1 + 3m – 5 – 3m + 4 = 0 nên phương trình có
hai nghiệm là: x

1
= 1 ; x
2
=

3m + 4
b) 3x
2
– (m – 2)x – m – 1 = 0
Phương trình trên có a – b + c = 3 + m – 2 – m – 1 = 0 nên phương trình có
hai nghiệm là: x
1
=

1 ; x
2
=
m + 1
3
.
c) (m – 2)x
2
+ (m – 3)x – 2m + 5 = 0 (*)
Với m – 2 = 0 hay m = 2 thì (*) trở thành

x + 1 = 0

x = 1
Với m – 2 ≠ 0 hay m ≠ 2 thì (*) có a + b + c = m – 2 + m – 3 – 2m + 5 = 0 nên
phương trình có hai nghiệm là: x

1
= 1; x
2
=
2m 5
m 2
 

.
d) (m – 3)x
2
– (m + 1)x – 2m + 2 = 0 (**)
Với m – 3 = 0 hay m = 3 thì (**) trở thành

4x – 4 = 0

x =

1
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
5

Với m – 3 ≠ 0 hay m ≠ 0 thì (**) có a – b + c = m – 3 + m + 1 – 2m + 2 = 0
nên phương trình có hai nghiệm x
1
=

1; x
2
=

2m + 2
m 3

.
2) Biết một nghiệm của phương trình bậc hai tìm nghiệm còn lại của
phương trình đó.
Phương pháp giải :
+ Tính tổng S hoặc tích P hai nghiệm của phương trình.
+ Thế nghiệm đã biết vào S hoặc P tìm nghiệm còn lai.
Bài 1:
a) Chứng tỏ rằng phương trình 3x
2
+ 2x – 21 = 0 (1) có một nghiệm là – 3.
Hãy tìm nghiệm kia.
b) Chứng tỏ rằng phương trình

4x
2
– 3x + 115 = 0 (2) có một nghiệm là 5.
Tìm nghiệm kia.
Giải:
a)Ta có x
1
=

3 là một nghiệm của phương trình (1)
vì 3.(

3)
2

+ 2.(

3)

21= 0.
Theo hệ thức Vi –ét ta có: x
1
x
2
=
c
a


– 3x
2
=
21
3

= 7. Suy ra x
2
=


7
3

b) x
1

= 5 là một nghiệm của phương trình (2) vì

4.5
2
+ 3.5 + 115 = 0
Theo hệ thức Vi – ét ta có: x
1
x
2
=
c
a


5x
2
=
115
4
 . Suy ra x
2
=
23
4


Bài 2: Dùng hệ thức Vi –ét để tìm nghiệm x
2
của phương trình rồi tìm
giá trò của m trong mỗi trường hợp sau:

a) Phương trình x
2
+ mx – 35 = 0, biết nghiệm x
1
= 7.
b) Phương trình x
2
– 13x + m = 0, biết nghiệm x
1
= 12,6.
c) Phương trình 4x
2
+ 3x – m
2
+ 3m = 0, biết nghiệm x
1
=

2
Giải:
a) Ta có x
1
= 7 là một nghiệm của phương trình x
2
+ mx – 35 = 0, nên theo hệ
thức Vi – ét ta được 7x
2
=

35. Suy ra x

2
=

5.
Lại theo hệ thức Vi –ét ta cũng có: x
1
+ x
2
=

m.
Suy ra

m = 7 – 5

m =

2.
b) Ta có x
1
= 12,5 là một nghiệm của phương trình x
2
– 13x + m = 0, nên theo
hệ thức Vi –ét ta có x
1
+ x
2
= 13 hay 12,5 + x
2
= 13. Suy ra x

2
= 0,5.
Cũng theo hệ thức Vi – ét ta lại có: x
1
x
2
= m hay 12,5.0,5 = m

m = 6,25
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
6

c) Vì x
1
=

2 là một nghiệm của phương trình 4x
2
+ 3x – m
2
+ 3m = 0, nên
theo hệ thức Vi – ét ta có:

2 + x
2
=

3
4
. Suy ra x

2
=
5
4

Lại theo hệ thức Vi – ét ta có

2 .
5
4
=
2
m + 3m
4

hay m
2
– 3m – 10 = 0
Giải phương trình m
2
– 3m – 10 = 0 ta được m
1
=

2 ; m
2
= 5
3) Lập phương trình bậc hai khi biết hai nghiệm x
1
; x

2
, tìm hai số thỏa
mãn điều kiện cho trước
Phương pháp giải:
+ Lập tổng S = x
1
+ x
2
và tích P = x
1
+ x
2
.
+ Lập phương trình có dạng X
2
– SX + P = 0 hay (X – x
1
)(X – x
2
) = 0
Bài 1: Lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm là:
a) 5 và

3
b)
2
và 1 –
2

Giải:

a) Ta có S = 5 – 3 = 2 và P = 5.(

3) =

15
Vậy hai số 5 và

3 là nghiệm của phương trình: X
2
– 2X – 15 = 0
b) Ta có: S =
2
+ 1 –
2
= 1 và S =
2
(1 –
2
) =
2
– 2
Vậy hai số
2
và 1 –
2
là nghiệm của phương trình: X
2
– X +
2
– 2 = 0

Bài 2: Cho phương trình bậc hai ẩn x sau: x
2
– 5x + 4 = 0 (1)
a) Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm x
1
; x
2
.
b) Không giải phương trình (1). Hãy lập một phương trình có hai nghiệm
là
X
1
= x
1
+ 1 ; X
2
= x
2
+ 1
Giải:
a) Phương trình (1) có biệt số ∆ = 25 – 16 = 9 > 0, nên phương trình luôn
có hai nghiệm x
1
; x
2
.
b) x
1
; x
2

là hai nghiệm của phương trình (1) theo hệ thức Vi – ét ta có:
x
1
+ x
2
= 5 và x
1
x
2
= 4
Theo đề bài ta có: X
1
= x
1
+ 1 ; X
2
= x
2
+ 1, nên:
S = X
1
+ X
2
= x
1
+ 1 + x
2
+ 1 = x
1
+ x

2
+ 2 = 5 + 2 = 7
P = X
1
X
3
= ( x
1
+ 1)(x
2
+ 1) = x
1
x
2
+ x
1
+ x
2
+ 1 = 4 + 5 + 1 = 10
Vậy hai số X
1
= x
1
+ 1 và X
2
= x
2
+ 1 là nghiệm của phương trình :
X
2

– 7X + 10 = 0
Bài 3: Cho phươngtrình bậc hai ẩn x sau: x
2
– 3x – 5 = 0 (1)
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
7

a)Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm x
1
; x
2
.
b)Không giải phương trình (1). Hãy lập một phương trình có hai nghiệm là
X
1
=
1
1
x
và X
2
=
2
1
x

Giải:
a) Phương trình (1) có biệt số ∆ = 9 + 20 = 29 > 0, nên phương trình luôn có
hai nghiệm x
1

; x
2
.
b) x
1
; x
2
là hai nghiệm của phương trình (1) theo hệ thức Vi – ét ta có:
x
1
+ x
2
= 3 và x
1
x
2
= – 5
Theo đề bài ta có: X
1
=
1
1
x
và X
2
=
2
1
x
nên:

S = X
1
+ X
2
=
1 2
1 2 1 2
x x
1 1
x x x x

  =

3
5
và P = X
1
X
2
=
1 2
1
x x
=

1
5

Do đó hai số X
1

=
1
1
x
và X
2
=
2
1
x
là nghiệm của phương trình: X
2
+
3
5
X –
1
5
=
0 hay: 5X
2
+ X – 1 = 0
Bài 3: Gọi x
1
; x
2
là hai nghiệm của phương trình x
2
– 7x + 3 = 0.
a) Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm là 2x

1
– x
2
và 2x
2
– x
1

b) Hãy tính giá trò của biểu thức: A =
1 2 2 1
2x x + 2x x
 

Giải:
a) Phương trình x
2
– 7x + 3 = 0 có ∆ = 49 – 12 = 37 > 0, nên phương trình luôn
có hai nghiệm x
1
; x
2
. Theo đònh lý Vi –ét ta có: x
1
+ x
2
= 7 và x
1
x
2
= 3

Ta có S = (2x
1
– x
2
) + (2x
2
– x
1
) = x
1
+ x
2
= 7
P = (2x
1
– x
2
)(2x
2
– x
1
) = 4x
1
x
2
– 2x
1
2
– 2x
2

2
+ x
1
x
2
= 5x
1
x
2
– 2(x
1
2
+ x
2
2
)
= 5x
1
x
2
– 2[(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2

] = 9x
1
x
2
– 2(x
1
+ x
2
)
2
= 9.3 – 2.7
2
=

71
Vậy (2x
1
– x
2
) và (2x
2
– x
1
) là nghiệm của phương trình X
2
– 7X – 71 = 0 (*)
b) Phương trình X
2
– 7X – 71 = 0 có ∆ = 49 + 284 = 333 > 0



= 3
37

Phương trình (*) có hai nghiệm là: X
1;2
=
7 3 37
2


Suy ra: A =
1 2 2 1
2x x + 2x x
 
=
1 2
X X

=
7 3 37 7 3 7
2 2
 

=
7 3 37 3 37 7
2 2
 
 = 3
37

Bài 4: Tìm hai số u và trong mỗi trường hợp sau:
a) u + v =

5 , v.u =

24 b) u – v = 10 , uv = 24
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
8

c) u + v = 5 , u
2
+ v
2
= 13 d) u
2
+ v
2
= 29 , uv = 10
Giải:
a) Vì u + v =

5 , v.u =

24 nên hai số u và v là nghiệm của phương trình:
X
2
+ 5X – 24 = 0 (1)
Ta có ∆ = 25 + 96 = 121 suy ra phương trình (1) có hai nghiệm là:
X

1
= 3 ; X
2
=

8
Vậy hai số cần tìm là : u = 3 và v =

8 ( hoặc u =

8 và v = 3)
b) Đặt t =

v ta có u + t = 10 và ut =

24. Do đó hai số u và t là nghiệm của
phương trình: X
2
– 10 X

24 = 0 (2)
Ta có : ∆’ = 25 + 24 = 49, nên phương trình (2) có hai nghiệm là :
X
1
= 12 ; X
2
=

2
Suy ra: u = 12 và t =


2 hoặc u =

2 và t = 12
Nếu u = 12 và t =

2 thì u = 12 và v = 2
Nếu u =

2 và t = 12 thì u =

2 và v =

12
c) Ta có (u + v)
2
= u
2
+ v
2
+ 2uv . Mà u + v = 5 và u
2
+ v
2
= 13
Suy ra: 5
2
= 13 + 2uv

25 – 13 = 2uv


uv = 6
Vì u + v = 5 và uv = 6 nên hai số u và v là nghiệm của phương trình:
X
2
– 5X + 6 = 0 (3)
Ta có: ∆ = 25 – 24 = 1, nên phương trình (3) có hai nghiệm X
1
= 3 ; X
2
= 2
Vậy u = 3 và v = 2 hoặc u = 2 và v = 3.
d) Ta có: (u + v)
2
= u
2
+ v
2
+ 2uv mà u
2
+ v
2
= 29 , uv = 10, nên suy ra:
(u + v)
2
= 29 + 2.10 = 49

u + v = 7 hoặc u + v =

7.

* Với u + v = 7 và uv = 10 thì hai số u và v là nghiệm của phương trình:
X
2
– 7X + 10 = 0 (4)
Giải phương trình (4) ta được X
1
= 5 ; X
2
= 2. Khi đó u = 5 và v = 2 hoặc
u = 2 và v = 5
* Với u + v =

7 và uv = 10, thì hai số u và v là nghiệm của phương trình:
Y
2
+ 7Y + 10 = 0 (5)
Giải phương trình (5) ta được Y
1
=

5; Y
2
=

2. Khi đó u =

5 và v =

2
hoặc

u =

2 và v =

5
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
9

4) Tính giá trò của một hệ thức giữa các nghiệm của phương trình bậc
hai.
Phương pháp giải:
+ Kiểm tra sự tồn tại nghiệm của phương trình bậc hai tính biệt số ∆
(hoặc ∆’, tích a.c)
+ Áp dụng đònh lý Vi – ét tính tổng và tích hai nghiệm của phương
trình.
+ Sử dụng các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm của phương trình
bậc hai sau đây để biến đổi biểu thức:
* x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
– 2x

1
x
2
= S
2
– 2P
* (x
1
– x
2
)
2
= (x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
= S
2
– 4P
* x
1
3
+ x
2

3
= (x
1
+ x
2
)
3
– 3x
1
x
2
(x
1
+ x
2
) = S
3
– 3SP.

* x
1
4
+ x
2
4
= (x
1
2
+ x
2

2
)
2
– 2x
1
2

x
2
2
= (S
2
– 2P)
2
– 2P
2

*
1 2
1 2 1 2
x x
1 1 S
x x x x P

  

*
2 2
2
1 1 1 1

2 2 1 2
x x x +x
S 2P
+ = =
x x x x P


* (x
1
– a)(x
2
– a) = x
1
x
2
– a(x
1
+ x
2
) + a
2
= P – aS + a
2

*
1 2
2
1 2 1 2
x +x 2a
1 1 S 2a

+ = =
x a x a (x a)(x a) P aS + a


    

Bài 1: Gọi x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình: x
2
– 3x – 7 = 0. Hãy tính giá
trò của các biểu thức sau:
A = x
1
2
+ x
2
2
; B = x
1
2
– x
2
2
;
C =
1 2
x x


; D = (3x
1
+ x
2
)(3x
2
+ x
1
)
Giải:
Phương trình x
2
– 3x – 7 = 0 có a.c =

7 < 0 nên phương trình có hai nghiệm
phân biệt x
1
; x
2
. Áp dụng dònh lý Vi – ét ta có:
S = x
1
+ x
2
= 3 và P = x
1
.x
2
=


7
Do đó:
A = x
1
2
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
= S
2
– 2P = 3
2
+ 2.7 = 9 + 14 = 23.
Ta có: (x
1
– x
2
)
2

= (x
1
+ x
2
)
2
– 4x
1
x
2
= S
2
– 4P = 9 + 28 = 37
Suy ra: x
1
– x
2
=
37
hoặc x
1
– x
2
=


37

Với x
1

– x
2
=
37
thì B = x
1
2
– x
2
2
= (x
1
+ x
2
) (x
1
– x
2
) = 3
37

Với x
1
– x
2
=


37
thì B = x

1
2
– x
2
2
= (x
1
+ x
2
) (x
1
– x
2
) =

3
37
.
Do (x
1
– x
2
)
2
= 37 nên C =
1 2
x x

=
37

Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
10

D = (3x
1
+ x
2
)(3x
2
+ x
1
) = 9x
1
x
2
+ 3(x
1
2
+ x
2
2
) + x
1
x
2
= 10 x
1
x
2

+ 3(x
1
2
+ x
2
2
)
= 10P + 3(S
2
– 2P) = 3S
2
+ 4P =

1
Bài 2: Nếu phương trình x
2
– 2x – 1 = 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
(x
1
< x
2
).
Hãy tính giá trò các đại lượng sau mà không được giải phương trình:
1)
1
2
x

x
+
2
1
x
x
2)
1 2
2 1

x + 1 x + 1
+
x x
3)
1 2
2 1

x x
+
x + 2 x + 2

4)
2 2
1 1

1 1
+
x x
5) x
1

3
+ x
2
3
6)
2 2
1 2
2 1

x x
+
x x

Giải:
Vì phương trình x
2
– 2x – 1 = 0 có a.c =

1 < 0, nên phương trình có
hai nghiệm phân biệt x
1
; x
2
(x
1
< x
2
). Áp dụng đònh lý Vi – ét ta có:
S = x
1

+ x
2
= 2 và P = x
1
. x
2
=

1, suy ra:
1)
2 2
2
1 1 1 1
2 2 1 2

x x x +x
S 2P
+ = =
x x x x P

=

6
2)
1 2
2 1
x + 1 x + 1
+
x x
=

2 2
1 2 1 2
1 2
x + x +x + x
x x
=
2
S 2P + S
P

=
2
2 + 2 + 2
1

=

8.
3)
1 2
2 1
x x
+
x + 2 x + 2
=
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
)
( )

x + x + 2(x + x
x x 2 x x 4
  
=
2
S 2P + 2S
P + 2S + 4

=
10
7
.
4)
2 2
1 1

1 1
+
x x
=
2 2
1 2
2 2
1 2
x + x
x x
=
2
2
S 2P

P

= 6
5) x
1
3
+ x
2
3
= (x
1
+ x
2
)
3
– 3x
1
x
2
(x
1
+ x
2
) = S
3
– 3SP = 14.
6)
2 2
1 2
2 1

x x
+
x x
=
3 3
1 2
1 2
x + x
x x
=
3
S 3SP
P

=

14
Bài 3: Giả sử x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình x
2
+ ax + 1 = 0 và x
3
; x
4

là nghiệm của phương trình x

2
+ bx + 1 = 0.Tính giá trò của biểu thức:
M = (x
1
– x
3
)(x
2
– x
3
)(x
1
+ x
4
)(x
2
+ x
4
) theo a và b.
Giải:
Theo hệ thức Vi - ét ta có:

1 2
1 2
+ =
=
x x a
x x 1





và
3 4
3 4
+ =
=
x x b
x x 1





Do đó:
(x
1
– x
3
)( x
2
+ x
4
) = x
1
x
2
+ x
1
x

4
– x
2
x
3
– x
3
x
4
= 1 + x
1
x
4
– x
2
x
3
– 1 = x
1
x
4
– x
2
x
3

(x
2
– x
3

)(x
1
+ x
4
) = x
1
x
2
+ x
2
x
4
– x
1
x
3
– x
3
x
4
= 1 + x
2
x
4
– x
1
x
3
– 1= x
2

x
4
– x
1
x
3

Vậy: M = (x
1
– x
3
)(x
2
– x
3
)(x
1
+ x
4
)(x
2
+ x
4
)
= (x
1
x
4
– x
2

x
3
)( x
2
x
4
– x
1
x
3
)
= x
1
x
2
x
4
2
– x
1
2
x
3
x
4
– x
2
2
x
3

x
4
+ x
1
x
2
x
3
2

Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
11

= x
4
2
– x
1
2
– x
2
2
+ x
3
2

= (x
3
2
+ x

4
2
) – (x
1
2
+ x
2
2
)
= [(x
3
+ x
4
)
2
– 2x
3
x
4
] – [(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
]

= (b
2
– 2) – (a
2
– 2) = b
2
– a
2

5. Tìm giá trò của tham số để nghiệm của phương trình bậc hai thỏa
mãn một hệ thức cho trước.
Phương pháp giải:
+ Lập biệt số ∆ (hoặc ∆’) tìm điều kiện của tham số để ∆

0 (hoặc ∆’

0)
cho phương trình có nghiệm.
+ Tìm giá trò của tham số trong hệ thức cho biết. sau đó chọn giá trò của
tham số thích hợp với điều kiện và trả lời.
Bài 1:
a) Cho phương trình bậc hai (ẩn x) : x
2
– 6x + m = 0. Tính giá trò của m để
phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn x
1

– x
2
= 4.
b) Tìm giá trò của m để phương trình 4x
2
– (m + 3)x – 24 = 0 (ẩn x) có hai
nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn x
1
+ 2x
2
=

1.
Giải:
Phương trình x
2
– 6x + m = 0 có hai nghiệm khi và chỉ khi:
∆’ = 9 – m

0

m

9
Với điều kiện trên phương trình có hai nghiệm x
1

; x
2
ta có:
x
1
+ x
2
= 6 mà x
1
– x
2
= 4 suy ra x
1
= 5 ; x
2
= 1
Mặt khác x
1
x
2
= m suy ra m =5 ( thỏa mãn điều kiện m

9)
Vậy với m = 5 thì phương trình x
2
– 6x + m = 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa

mãn:
x
1
– x
2
= 4 .
b) Phương trình 4x
2
– (m + 3)x – 24 = 0 có a.c =

96 < 0 nên phương trình
luôn có hai nghiệm x
1
; x
2
với mọi giá trò của m.
Ta có:
x
1
x
2
=

6 mà x
1
+ 2x
2
=

1, suy ra x

2
(

1 – 2x
2
) = 6

2x
2
2
+ x
2
– 6 = 0 (*)
Giải phương trình (*) ta được
2
x
=

2 hoặc x
2
=
3
2
= 1,5
Với x
2
=

2 thì x
1

= 3
Với x
2
= 1,5 thì x
1
=

4
Mặt khác ta có x
1
+ x
2
= – m – 3
+ Với x
1
= 3 và x
2
=

2 thì m =

4
+ Với x
1
=

4 và x
2
= 1,5 thì m =


0,5
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
12

Vậy với m =

4 hoặc m =

0,5 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
; x
2

thỏa mãn : x
1
+ 2x
2
=

1
Bài 2: Tìm giá trò của k để
a) Phương trình: kx
2
– 5k + 1 = 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn x
1
= 4x

2
.
b) Phương trình: kx
2
– 6(k – 1)x + 9(m – 3) = 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn:
x
1
+ x
2
= x
1
x
2

Giải:
a) Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi:
k 0
25 4k 0




   


k 0

25
k
4








Với điều kiện trên phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
; x
2

Ta có: x
1
+ x
2
=
5
k
mà x
1
= 4x
2


x

2
=
1
k
. Do đó x
1
=
4
k

Suy ra x
1
x
2
=
2
4
k

Mặt khác x
1
x
2
=
1
k

Nên
2
4

k
=
1
k


k = 4 (thỏa mãn điều kiện k ≠ 0 và k


25
4
)
Vậy với k = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn x
1
= 4x
2

b) Phương trình; kx
2
– 6(k – 1)x + 9(m – 3) = 0 có hai nghiệm khi và chỉ khi:

k 0
2
' 9(k 1) 9k(k 3) = 9(k + 1) 0







     



k 0
k 1




 

Với điều kiện trên phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
; x
2

Ta có x
1
+ x
2
=
6(k 1)
k

và x

1
x
2
=
9(k 3)
k


Mà x
1
+ x
2
= x
1
x
2
nên suy ra
6(k 1)
k

=
9(k 3)
k


hay 6(k – 1) = 9(k – 3)

k = 7 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy với k = 7 thì phương trình kx
2

– 6(k – 1)x + 9(m – 3) = 0 có hai nghiệm
x
1
; x
2
thỏa mãn: x
1
+ x
2
= x
1
x
2

Bài 3: Tìm giá trò của m để:
a) Phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + 4m = 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn

1
2
x
x
+
2
1

x
x
=
5
2

Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
13

b) Phương trình: x
2
– 2x + 2m – 1 = 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn
x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
+ x
2


12
Giải:

a) Phương trình: x
2
– 2(m + 1)x + 4m = 0 có biệt số:
∆’ = (m + 1)
2
– 4m = m
2
+ 2m + 1 – 4m = m
2
– 2m + 1 = (m – 1)
2


0 với mọi
m

R.Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.
Điều kiện để phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
; x
2
≠ 0 là 4m ≠ 0 hay
m ≠ 0
Ta có: x
1
+ x
2
= 2m + 2 và x
1
x

2
= 4m
Mà
1
2
x
x
+
2
1
x
x
=
5
2


2(x
1
+ x
2
)
2
= 5x
1
x
2




2[(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
] = 5x
1
x
2



2(x
1
+ x
2
)
2
– 9x
1
x
2
= 0



2(2m + 2)
2
– 36 m = 0


4m
2
+ 8m + 4 – 18m =0


4m
2
– 10 m + 4 = 0


2m
2
– 5m + 2 = 0 (*)
Giải phương trình (*) ta được m
1
= 2 ; m
2
=
1
2
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy với m = 2 hoặc m =
1
2
thì phương trình: x

2
– 2(m + 1)x + 4m = 0 có hai
nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn
1
2
x
x
+
2
1
x
x
=
5
2
.
Phương trình: x
2
– 2x + 2m – 1 = 0 có hai nghiệm khi và chỉ khi: ∆’

0 hay:
∆’ = 1 – (2m – 1) = 2 – 2m

0

m


1
Với điều kiện trên phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
. Theo hệ thức Vi – ét ta
có: x
1
+ x
2
= 2 và x
1
x
2
= 2m – 1
Mà: x
1
2
+ x
2
2
+ x
1
+ x
2


12


(x
1
+ x
2
)
2
– 2x
1
x
2
+ x
1
+ x
2


12


4 – 2(2m – 1) + 2

12


4 – 4m + 2 + 2

12




4m

4


m



1
Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có:

1

m

1 thì phương trình:
x
2
– 2x + 2m – 1 = 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn x
1
2
+ x
2

2
+ x
1
+ x
2


12
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
14

6) Xác đònh dấu của các nghiệm, xác đònh các hệ số của phương trình
bậc hai theo điều kiện về dấu của nghiệm.
Phương pháp:
Dựa vào trong một trong các điều sau:
Cho phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0). Gọi x
1
; x
2
là nghiệm
của phương trình ta có:
* P < 0

x
1
< 0 < x
1
(phương trình có hai nghiệm trái dấu)

∆

0
* P > 0

0 < x
1


x
2
(phương trình có hai nghiệm đều dương)
S > 0
∆

0
* P > 0

x
1


x
2
< 0 (phương trình có hai nghiệm đều âm)
S < 0
*
P = 0
S > 0








x
2
> x
1
= 0
(phương trình có hai nghiệm bằng trong đó có một nghiệm bằng 0)
Bài 1: Cho phương trình x
2
– 2x + m = 0 (1)
Với giá trò nào của m thì phương trình (1) có:
a) Có nghiệm.
b) Có hai nghiệm phân biệt đều dương.
c) Có hai nghiệm trái dấu.
Giải:
a) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆

0 hay 4 – 4m

0


m

1.

b) Phương trình (1) có S =


b
a
= 2 > 0 nên phương trình (1) nghiệm
dương khi và chỉ khi:

0
P 0



 




4 4m 0
m 0



 




m 1
m 0








0 < m

1
c) Phương trình (1) có hai nghiệm trí dấu khi và chỉ khi a.c < 0 hay m < 0
Bài 2: Cho phương trình: mx
2
– 2(m – 2)x + m – 3 = 0 (x là ẩn số)
(2)
a)Tìm giá trò của m để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm m để phương trình có một nghiệm bằng 3. Tìm nghiệm thứ hai.
Giải:
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
15

a) Phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi:

m 0
c
< 0
a









m 0
m 3
< 0
m









m 0
m 3 < 0
m > 0






 (do m – 3 < m)
Suy ra: 0 < m < 3 ( vì m – 3 < m nên không xảy ra trường hợp m < 0).
b) Giả sử x

1
= 3 là một nghiệm của phương trình (2), thì:
m.3
2
– 2(m – 2).3 + m – 3 = 0

9m – 6m + 12 + m – 3 = 0

4m =

9
Suy ra m =

9
4
.
Theo hệ thức Vi – ét có: x
1
x
2
=
m 3
m

(m ∆ 0), thay x
1
= 3 và m =

9
4

ta
được: 3x
2
= (

9
4
– 3) : (

9
4
)

3x
2
=
7
3


x
2
=
7
9

Bài 3: Cho phương trình : x
2
– (2m + 1)x + m
2

+ m – 6 = 0 (3)
a)Chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trò của m.
b)Tìm m để phương trình có hai nghiệm đều âm.
Giải:
a) Cho phương trình : x
2
– (2m + 1)x + m
2
+ m – 6 = 0 (3) có biệt số:
∆ = [

(2m + 1)]
2
– 4(m
2
+ m – 6) = 4m
2
+ 4m + 1 – 4m
2
– 4m + 24 = 25 > 0,
do đó phương trình (3) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trò của m.
b) Phương trình (3) luôn có hai nghiệm phân biệt đều âm khi và chỉ khi:
P > 0
S < 0




2
+

m m 6 > 0
2m + 1 < 0






1
2
(m 2)(m + 3) > 0
m <









1
2
m < 3
m > 2
m <
















m <

3
Vậy với m <

3 thì phương trình (3) có hai nghiệm đều âm.
7. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình bậc hai độc lập
với tham số.
Phương pháp giải:
+ Lập biệt số ∆ ( hoặc ∆’)tìm điều kiện của tham số để ∆

0 (hoặc ∆’

0)
cho phương trình có nghiệm.
+ Tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình:
1 2
1 2
b

x + x = (1)
a
c
x x = (2)
a









*Cách 1: Từ (1) biểu thò tham số qua x
1
; x
2
rồi thế vào (2) để khử tham số.
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
16

Cách 2: Nhân của hai vế của (1) hoặc (2) với một số thích hợp sau đó
cộng hai trừ từng vế của (1) và (2) để khử tham số.
Bài 1: Cho phương trình x
2
– (2k – 2)x – 2k = 0 (ẩn x)
a)Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi k.
b)Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x
1

; x
2
của phương trình độc lập với k.
Giải:
a) Phương trình x
2
– (k – 2)x – 2k = 0 có:
∆ = (k -2)
2
+ 8k = k
2
– 4k + 4 + 8k = k
2
+ 4k + 4 = (k + 2)
2


0 với mọi k

R,
nên phương trình đã cho luôn có hai ghiệm x
1
; x
2
với mọi k.
Cách 1: Ta có:
1 2
1 2
x + x = k 2 (1)
x x = 2k (2)







Từ (1) ta có k = x
1
+ x
2
+ 2 ta thay vào (2) được x
1
x
2
=

2(x
1
+ x
2
)

4 hay
x
1
x
2
+ 2(x
1
+ x

2
) =

4 độc lập với k
cách 2:

1 2
1 2
x + x = k 2 (1)
x x = 2k (2)








1 2
1 2
)
2(x + x = 2k 4 (1)
x x = 2k (2)






Suy ra x

1
x
2
+ 2(x
1
+ x
2
) =

4
Biểu thức x
1
x
2
+ 2(x
1
+ x
2
) =

4 độc lập với k.
Bài 2: Cho phương trình (m + 1)x
2
– 2(m + 2)x + m – 3 = 0. Tìm hệ thức
giữa hai nghiệm của phươngtrình không phụ thuộc vào m.
Giải:
Phương trình (m + 1)x
2
– 2(m + 2)x + m – 3 = 0 có biệt số:
∆’ = (m + 2)

2
– (m + 1)(m – 3) = m
2
+ 4m + 4 – m
2
+ 3m – m + 3 = 6m + 7
Phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
khi và chỉ khi:

m + 1 0
6m + 7 0







7
6
m 1
m






 


Khi đó, theo đònh lý Vi – ét ta có:

1 2
1 2
2(m + 2)
x + x = (1)
m + 1
m 3
x x = (2)
m + 1









Từ (1) ta có: x
1
+ x
2
=
2(m + 1) + 2
m + 1
= 2 +

2
m + 1


2
m + 1
= x
1
+ x
2
– 2
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
17




1
m + 1
=
1 2
x + x 2
2


Từ (2) ta có: x
1
x
2
=

m + 1 4
m + 1

= 1 +
4
m + 1




4
m + 1

= x
1
x
1
– 1



1
m + 1
=
1 2
1 x x
4


Từ (1) và (2) suy ra:

1 2
x + x 2
2

=
1 2
1 x x
4



2(x
1
+ x
2
) – 4 = 1 – x
1
x
2
hay
2(x
1
+ x
2
) + x
1
x
2
= 5, biểu thức này không phụ thuộc vào m.
8. Ứng đònh lý Vi – ét trong các bài toán về hàm số y = ax

2
(a ≠ 0) và
y = ax + b.
Phương pháp giải:
+ Lập phương trình bậc hai.
+ Áp dụng đònh lý Vi – ét để tìm nghiệm của phương trình bậc hai đó,
hoặc tìm các hệ số a, b, c của phương trình.
Bài 1: Cho Parabol (P): y = x
2
. Gọi A và B là hai điểm thuộc (P) có
hoành độ lần lït là

1; 2. Viết phương trình của đường thẳng (D) đi qua hai
điểm A, B.
Giải:
Phương trình của đường thẳng (D) đi qua hai điểm A và B có dạng y = ax + b.
Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng (D) và (P) là:
x
2
= ax + b

x
2
– ax – b = 0 (*)
Vì (P) và (D) cắt nhau tại hai điểm A và B nên x
A
=

1, x
B

= 2 là nghiệm
của phương trình (*) .
Mặt khác theo đònh lý Vi – ét ta có:

A B
A B
x + x a
x x b




 



a = 1
b = 2




Vậy phương trình của đường thẳng (D) cần tìm là y = x + 2.
Bài 2: Cho Parabol (P): y =
2
x
4
và điểm A thuộc (P) có hoành độ là 2.
Viết phương trình đường thẳng (D) tiếp xúc với (P) tại A.
Giải:

Phương trình của đường thẳng (D) có dạng: y = ax + b.
Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng AB và (P) là:

2
x
4
= ax + b

x
2
– 4ax – 4b = 0 (*)

Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
18

Ta có x
1
= 2 là nghiệm của phương trình (*), vì đường thẳng tiếp xúc với (P)
khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm kép. Do đó (*) có nghiệm
x
1
= x
2
= 2.
Mặt khác theo đònh lý Vi – ét ta có:

1 2
1 2
x + x 4a
x x 4b





 



a = 1
b = 1





Vậy phương trình của đường thẳng (D) cần tìm là y = x – 1.
9. Tìm giá trò lớn nhất, giá trò nhỏ nhất.
Phương pháp giải:
+Lập phương trình bậc hai.
+Tìm điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm (∆

0; ∆’

0)
Bài 1: Biết rằng các số x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 2. Hãy tìm giá
trò nhỏ nhất của A = x
3
+ y
3

Giải:
Tìm tập hợp các giá trò của A, tức là tìm các giá trò của A để hệ
3 3
x + y = 2
x + y = A






có nghiệm.
Đặt x + y = S và xy = P. Ta có x
3
+ y
3
= (x + y)
3
– 3xy(x + y) = S
3
– 3SP.
Suy ra:
3
S = 2
S 3SP = A










S = 2
8 A
P =
6







Vậy x; y là các nghiệm của phương trình: t
2
– 2t +
8 A
6

= 0 (*)
x, y tồn tại khi và chỉ khi (*) có nghiệm, tức là:
∆’

0

1 –
8 A
6



0

8 A
6



1

8 – A

6

A

2
Ta có A = 2

x = y = 1. Vậy giá trò nhỏ nhất của A bằng 2.
Bài 2: Trong các hình chữ nhật có chu vi bằng 6, tìm hình chữ nhật có
diện tích lớn nhất.
Giải
Gọi độ dài hai kích thước của hình chữ nhật là x
1
, x
2
> 0. Ta có: x
1

+ x
2
= 3.
Đặt x
1
x
2
= m, m là diện tích của hình chữ nhật.
Vậy x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình:
x
2
– 3x + m = 0 (*)
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
19

K
I
J
C
B
A
Phương trình (*) phải có nghiệm nên ∆ = 9 – 4m

0



4m


9

m


9
4

Vậy diện tích lớn của hình chữ nhật bằng
9
4
, khi đó ∆ = 0 phương trình (*) có
nghiệm x
1
= x
2
=
3
2
. Trong các hình chữ nhật có chu vi bằng 6, hình chữ nhật
có độ dài hai cạnh bằng nhau bằng
3
2
(Hình chữ nhật trở thành hình vuông) thì
có diện tích lớn nhất.
Bài 3: Cho tam giác ABC đều, trên các cạnh BC, CA và AB lần lượt
lấy các điểm I, J, K sao cho K không trùng với A, Kkhông trùng với B và


IKJ
= 60
0
. Chứng minh : AJ. BI


2
AB
4

Giải:
Ta có



JKB BAC KJA
 
( vì

JKB
là góc ngoài ∆AJK tại
đỉnh K)
Mà

JKB
=

IKJ
+


IKB
và

BAC
=

IKJ
= 60
0

Suy ra:

KJA
=

IKB

Do đó ∆AJK
~
∆BKI (vì có


A B

= 60
0
;

KJA

=

IKB
)
Suy ra:
AK JA
BI JB


AJ. BI = AK. BK
Đặt AK = x
1
, BK = x
2
(x
1
, x
2
> 0) ta có: x
1
+ x
2
= AB = a (không đổi)
Và : AK . BK = m (m > 0)
Do đó x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình: x
2

– ax + m = 0, phương trình này
phải có nghiệm nên ∆ = a
2
– 4m

0

m


2
a
4

Vậy: BI. AJ = AK. BK


2
a
4
=
2
AB
4
. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
x
1
= x
2
=

2
a

Tức là khi K là trung điểm của AB thì AJ. BI


2
AB
4


III. KẾT LUẬN
Trên đây là một số dạng bài tập vận dụng đònh lý Vi – ét để: Tính
nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai, tìm hai số thỏa mãn điều kiện cho
trước, tính giá trò của một hệ thức giữa các nghiệm của phương trình bậc hai,
Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
20

tìm giá trò của tham số để nghiệm của phương trình bậc hai thỏa mãn một hệ
thức cho trước, xác đònh dấu của các nghiệm, xác đònh các hệ số của phương
trình bậc hai theo điều kiện về dấu của nghiệm, so sánh nghiệm của phương
trình bậc hai với một số cho trước, tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của
phương trình bậc hai độc lập với tham số. đó là những dạng bài tập học sinh
thường gặp khi học về phương trình bậc hai. Trong mỗi dạng bài tập tôi đều
cố gắng xây dựng phương pháp giải cho học sinh để cho học sinh dễ ghi nhớ
và vận dụng trong những bài tập tương tự. Trong quá trình hướng dẫn các em
giải các bài tập tôi cũng chú ý phát huy tinh thần độc lập, sáng tạo của học
sinh, khuyến khích các em tìm tòi các cách giải khác, vận dụng phối hợp
nhiều phương pháp để giải các bài tập. Giúp các có kó năng giải bài tập tốt
hơn khi hướng dẫn học sinh giải các bài tập giáo viên cần yêu cầu học sinh:

+ Nắm vững lý thuyết.
+ Tìm hiểu kó đề bài: Bài toán cho biết điều gì, hỏi điều gì, các kiến
thức có liên quan để giải các bài tập này là gì.
+ Phân tích tìm tòi cách giải: Liên hệ giữa cái đã cho và cái phải tìm,
chúng liên hệ với nhau bởi tính chất nào, đònh lý nào đã học, liên hệ bài toán
với các bài toán cũ tương tự.
+ Nắm vững phương pháp giải từng dạng toán.
+ Trình bày lời giải chính xác, rõ ràng, ngắn gọn, nghiên cứu thêm còn
cách giải nào khác không?
+ Tăng cường luyện tập, làm nhiều bài tập để củng cố lý thuyết.
Trong quá trình vận dụng vào giảng dạy tôi cố gắng kiên trì hướng dẫn
học sinh, đã giúp các em có phương pháp học tập, biết cách phân tích tìm tòi
xây dựng được phương pháp giải các dạng toán cụ thể, góp phần nâng cao
năng lực tự học của học sinh cũng như hiệu quả trong mỗi giờ dạy.
Trong quá trình sưu tầm nghiên cứu các tài liệu, tổng hợp lại để viết đề
tài này không thể tránh khỏi những thiếu sót, mong các đồng chí đồng nghiệp
góp ý để tôi được học hỏi, tích lũy kiến thức, để ngày càng nâng cao trình độ
chuyên môn nghiệp vụ.






Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
21

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Sách giáo khoa toán 9 tập 2 – Nhà xuất bản giáo dục.
2) Sách giáo viên toán 9, tập 2 – Nhà xuất bản giáo dục.
3) Sách bài tập toán 9, tập 2 – Nhà xuất bản giáo dục.
4) Bồi dưỡng và nâng cao năng lực tự học toán 9 – Nhà xuất bản Đại
học quốc gia TP. Hồ Chí Minh.
5) Ôn luyện Đại số 9 – Nguyễn Đức Tấn.
6) n tập và kiểm tra Đại số 9 – Nguyễn Đức Chí.
7) Hướng dẫn ôn tập Toán 9 – Lê Ngọc Lộc.

Trần Thị Yến - THCS Lý Tự Trọng, Pleiku
22