SKKN dạy học GIẢI QUYẾT vấn đề THÔNG QUA một số bài TOÁN GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH

Phần 1: ĐẶT VẤN ĐỀ
1) Lí do chọn đề tài:
-Những năm gần đây trong chương trình các môn học nói chung và môn toán nói
riêng nội dung kiến thức được đánh giá là quá tải với học sinh.
Hơn nữa những áp lực thi cử ,học thêm quá nhiều.
Học sinh thường học toán theo khẩu lệnh ,lắp ráp máy móc các kiến thức có sẵn mà
thiếu chủ động nghiên cứu tìm tòi toán rất hạn chế. Sự say mê tìm hiểu kiến thức cơ
bản để hiểu sâu và nhớ kỹ đặc biệt là sự vận dụng kiến thức trong thế chủ động tự
giác còn hạn chế.
-Loại toán giải hệ phương trình luôn là một chủ đề được đề cập phổ biến qua các kỳ
thi Đại học Cao đẳng và kỳ thi học sinh giỏi ở bậc THPT. Nhưng loại toán này lại
không được trình bày một cách chính thống ở sách giáo khoa mà chỉ được trình bày
ở các tài liệu tham khảo và ở các đề thi
-Khi trình bày đáp án giải không thể phân tích đầy đủ cơ sở của lời giải gây cho học
sinh học theo kiểu chạy theo số lượng mà không có sự chủ động sáng tạo và tìm tòi
vượt qua rào cản
-Qua hoạt động giải toán hệ phương trình còn rèn cho học sinh tính cẩn thận phân
tích tổng hợp,suy đoán,học sinh được phát triển tư duy rất nhiều.Việc giải quyết các
bài tập hệ phương trình rất đa dạng và phức tạp.Hiện nay ta gặp nhiều dạng hệ
phương trình mà cách giải thường không mẫu mực đòi hỏi quá trình tư duy xử lí rất
linh hoạt.Trong chương trình giảng dạy đối với đối tượng học sinh yếu kém,trung
bình hay trung bình khá việc giải bài tập hệ phương trình là vô cùng khó khăn,đòi
hỏi giáo viên cần sắp xếp bài toán thành các dạng dễ hình dung cách giải,dẫn dắt đưa
ra lời giải một cách thật dễ hiểu,khai thác các bài toán một cách hệ thống,dễ hiểu dễ
hình dung.
1
Nhìn lại kết quả của học sinh trường THPT Nguyễn Duy Thì- huyện Bình Xuyên –
Vĩnh Phúc trong các kì thi học sinh giỏi ở tất cả các khối lớp,các kì thi khảo sát đại
học cao đẳng hay khảo sát chất lượng….kết quả còn rất kém.Vì vậy việc đổi mới về
phương pháp dạy học,đổi mới về nội dung kiến thức,đổi mới về cách dạy,cách học là

vô cùng cấp thiết.
Thông qua việc giảng dạy đối tượng học sinh trên,biết được đây là vấn đề khá nan
giải với kinh nghiệm giảng dạy qua nhiều khối lớp,khả năng ngiên cứu còn hạn
chế,nhưng với tinh thần nhiệt huyết yêu nghề, yêu thương học sinh,đặc biệt là học
sinh yếu kém, tôi mạnh dạn chọn đề tài “ DẠY HỌC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ THÔNG
QUA MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” nhằm bổ sung thêm kho
tàng phong phú và đa dạng của loại toán giải hệ phương trình.
2)Mục đích nghiên cứu
Đề tài: “ DẠY HỌC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ” có mục đích:
- Rèn luyện phương pháp giải Hệ phương trình
- Rèn luyện tính linh hoạt trong tư duy giải toán
- Kích thích tìm tòi sáng tạo và và khả năng độc lập trong nghiên cứu
theo lược đồ sau:
1.Từ nền tảng kiến thức cơ bản của một số kiến thức về phương trình hoặc dạng
phương trình cơ bản
2. Đưa ra bài toán về hệ phương trình mà đòi hỏi học sinh qua hướng dẫn của Thầy
hướng đưa được về kiến thức cơ bản để giải được nó.
3. Đặt tình huống mới đối với một số hệ phương trình mà bước đầu phải có khả
năng sáng tạo biết lĩnh hội sâu sắc về kiến thức cơ bản mới vận dụng được.
2
( Với những kiến thức cơ bản trong đề tài này ta chỉ ghi lại mà không trình bày chi
tiết)
3)Nhiệm vụ nghiên cứu:
- nghiên cứu về dạy học giải quyết vấn đề thông qua loại toán giải hệ phương trình
4)Đối tượng nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu của đề tài là dạy học giải quyết vấn đề một số dạng toán giải
hệ phương trình cho các em học sinh lớp 10 .
5)Phạm vi nghiên cứu:
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là : các phương pháp giải hệ phương trình trong phạm

vi kiến thức của chương trình lớp 10 bậc THPT.
6)Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận
-Phương pháp điều tra thực tiễn
-phương pháp thực nghiệm sư phạm
-Phương pháp thống kê
PHẦN 2. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI.
I) Thực trạng của vấn đề nghiên cứu :
- Trong một số năm gần đây,đề thi tuyển sinh đại học thường có một câu về giải hệ
phương trình hai ẩn,và hầu hết học sinh thường kêu câu này khó,vì sự biến đổi để
đưa ra một lời giải thành công thường phải sử dụng nhiều biện pháp phức tạp khác
nhau,khó định hình thành dạng cùng một phương pháp giải.
- Việc phát triển tư duy trừu tượng,tư duy sáng tạo,giúp học sinh biết cách nhìn nhận
vấn đề dưới nhiều góc độ,giúp học sinh có khả năng tổng quát hóa các vấn đề (lối tư
duy xây dựng) quả là một vấn đề cấp thiết đặt ra cho nền giáo dục. Nhìn lại kết quả
học tập của học sinh trường THPT Nguyễn Duy Thì thông qua các kì thi đại học và
học sinh giỏi,kết quả còn rất khiêm tốn,vì vậy việc tìm tòi đổi mới càng cấp thiết
hơn.Không những phải đổi mới về phương pháp mà còn phải đổi mới về cả nội dung
3
kiến thức,truyền đạt cho học sinh(không chỉ truyền đạt những kiến thức trong sách
giáo khoa mà còn phải truyền đạt cả những kiến thức nâng cao)
II.Giải pháp thực hiện
Để giải quyết vấn đề đó tôi đề xuất ý tưởng sau:
Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả phương pháp suy luận, khả
năng tư duy. Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh có được những kiến
thức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đăt kiến thức nâng cao).
III. Các biện pháp thực hiện
Trong các tiết học thông qua các vấn đề hoặc các bài tập rèn luyện, người thầy
phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán,biết nhìn bài toán dưới nhiều
góc độ.

1.Một cách tiếp cận một dạng toán :
Ta xét bài toán đầu tiên sau đây
Giải hệ phương trình sau :
2
2 2 (1)
( 1). 3.( ) ( 3). 2 (2)
y xy x y
y x y x x y

− = − +


+ + − + − =


2
x
GV: Đối với hệ phương trình này ta quan sát thấy phương trình một là một phương
trình hai ẩn x,y phương trình (2) chứa căn thức khá phức tạp nên việc đầu tiên ta
suy nghĩ là rất có thể phương trình một có thể phân tích được thành nhân tử. Đối
với học sinh trung bình,việc nhóm tách hạng tử để phân tích được phương trình (1)
thành nhân tử là khó khăn do đó tôi đưa ra một cách nhận biết như sau:
Từ phương trình (1) ta nhận xét x=0 và y=0 không là nghiệm hệ phương trình .do
đó
≠ ≠
x 0,y 0
.Ta đặt y=k.x rồi thay vào phương trình (1) ta được
2
( 2) (2 )
( 2)( . 1) 0

2
1 0
k k y k
k y k y
k
yk y
− − = −
⇔ − + − =
=

⇔

+ − =

2
y
4
Nhận xét thấy k=2 khi đó x=2y hay x-2y=0 và như vậy ta hoàn toàn phân tích
phương trình (1) thành nhân tử là (x-2y) từ đó ta có lời giải sau
Điều kiện
0
0
x y
x y
+ ≥


− ≥

2

2 2 (1)
( 1). 3.( ) ( 3). 2 (2)
y xy x y
y x y x x y

− = − +


+ + − + − =


2
x

( 2 ).( 1) 0
( 1). 3.( ) ( 3). 2
x y x y
y x y x x y
− + + =


⇔

+ + − + − =


3
3
2
2. 4

( 1). 3.( ) ( 3). 2
4
1 0
ô nghiêm do x+y=-1 <0
( 1). 3.( ) ( 3). 2
x y
x
y x y x x y
y
x y
v
y x y x x y
 =






=

+ + − + − =



 
⇔ ⇔

=




+ + =







+ + − + − =



2.Phương pháp quy lạ về quen để giải một số hệ phương trình
A.Đầu tiên ta nhớ lại phương trình bậc 2 đẳng cấp có 2 biến dạng:
)0(0
22
≠=++ ABYBXYAX
(*)
Đây là kiến thức cơ bản dùng kiến thức phương trình bậc 2 khá quen thuộc về cách
giải.
Từ đó học sinh có thể:
B. Giải hệ phương trình ( một vế là đa thức 2 biến đẳng cấp) có dạng:
( I)



=++
=++

)2(
)1(
/2//2/
22
dycxybxa
dcybxyax
Giáo viên có thể hướng dẫn cho học sinh tiếp cận theo 2 mức độ sau:
a ) nếu d hoặc d
0
/
=
thì học sinh có thể giải dễ dàng một trong hai phương trình
bằng cách sử dụng phương trình bậc 2 với ẩn t=
y
x
( với chú ý là ( 0;0) luôn là
nghiệm của hệ Từ đó hệ giải được nhờ phương pháp thế quen thuộc.
5
b ) nếu



≠
≠
0
0
/
d
d
thì bằng cách nhân 2 vế của (1) với

/
d
và của ( 2 ) với d rồi trừ cho
nhau .Khi đó hệ (I )
⇔




=++−++
=++
)3(0)()(
)1(
22/2//2/
22
cybxyaxdycxybxad
dcybxyax
Khi đó phương trình (3 ) lại có dạng (*) và giải được. Và chỉ cần thay x = ty vào (1)
được một phương trình bậc 2 với một biến. Tức là phép giải hệ ( I ) hoàn tất bằng
phương pháp thế.
Từ đó phát triển lên bài toán giải hệ phương trình hai ẩn hai biến
Xét hệ : ( II )



=+++++
=+++++
)2(0
)1(0
///2//2/

22
FyExDyCxyBxA
FEyDxCyBxyAx

Liệu có cách giải cho hệ này bằng cách đưa về các hệ cơ bản hay không? Chúng ta
bắt đầu với ví dụ sau.
Ví dụ 1: Giải hệ sau:



=++−
=++−−
0422
0322
2
22
xxyy
yxyx

Nhận xét 1: Rõ ràng hệ trên không phải là các hệ thường gặp như là hệ đối xứng
loại I hoặc loại II và cũng nếu nhận xét rằng do x là bậc nhất ở phương trình thứ 2
nên có thể dùng phép thế của x từ phương trình thứ 2 thay vào phương trình đầu.
Thế nhưng rốt cuộc bạn sẽ thu được một phương trình bậc 4 có nghiệm không phải
là hữu tỷ và rất khó khăn tìm được chúng :
!028324123
234
=−+−− yyyy
Rõ ràng ví dụ 1 là một trường hợp đặc biệt của hệ ( II) cũng chưa có dạng ( I )
Kiếm tìm cách giải: để không tăng bậc của hệ ta dùng phép đổi biến sau đây
Đặt :




+=
+=
nby
max
( với a và b là 2 ẩn mới ). Thay vào ta sẽ thu được hệ mới sau đây :



−−+−=−+−+−
−−+−=−+−+−
422)(2)1(22
322)1(2)1(2
22
2222
mmnnmnbnaabb
nmmnnbmaba
Hệ sẽ trở thành có dạng hệ (I)
nếu ta có hệ số của các ẩn có bậc nhất triệt tiêu . Tức là khi và chỉ khi :
6
(**)
101
01
==⇔






=
=−
=−
nm
nm
n
m
. Chúng ta đã gặp may mắn ! Bây giờ có thể xem lời giải
tường minh sau đây mà phép đặt ẩn phụ như trong lời giải sau được sáng tỏ về cơ sở
của nó :
Lời giải : Đặt



+=
+=
1
1
by
ax
hệ đã cho trở thành :







=

=
⇔












−=−
=



−=−
−=
⇔



=−+
−=−
⇔




−=−
−=−
3
5
3
4
3
5
4
3
2
0865
3
52
3
22
22
22
22
2
22
b
a
ba
ba
ba
ba
baba
ba

abb
ba
Từ đó hệ ban đầu có 2
nghiệm :







+=
+=
3
5
1
3
4
1
y
x
hoặc







−=

−=
3
5
1
3
4
1
y
x
Một số bài toán tương tự như bài toán trên có thể cho học sinh tự làm.
Em hãy giải các hệ phương trình sau :
a.



=−+−+
=+−−
03543
022
22
22
yxyxyx
yxyx
b.



=−−+
=−−
3342

1623
22
yxyx
yxxy
c
( )



−=−−+
=+−
613552
3
22
2
yxyxyx
yyx
d.



=−+++
=−+++
02069
011244
22
22
xxyyx
xxyyx
e.




=+++
=−++
4222
422
22
223
yyxyx
yxxyx
f.



+−−=−
=−
yxyxyx
yx
3241232
20
2233
44
3.M ột cách tiếp cận h ệ phương trình ba ẩn bình đẳng:
Hệ phương trình 3 ẩn bình đẳng là hệ có các phương trình đều bình đẳng với 3 ẩn,là
khi hoán vị hai ẩn tùy ý thì mỗi phương trình đều không đổi.
7
Phương pháp cơ bản là đưa về hệ phương trình
+ + =



+ + =


=

x y z a
xy yz zx b
xyz c
(1)
(*) (2)
(3)
Bằng cách dùng phương pháp thế hoặc định lý vi ét đảo ta đưa (*) về phương trình
một ẩn
− + − =x a x b x c
3 2
. . 0
Giải phương trình trên tìm nghiệm
x
0
thế vào (1) và (3) ta có :
+ = −



=


y z a x
c

yz
x
0
0
Như vậy y,z là nghiệm của phương trình
− − + =
c
t a x t
x
2
0
0
( ). 0
Ta đưa ra một ví dụ minh họa sau:
Ví Dụ: Giải hệ phương trình:
+ + =


+ + =


+ + =

x y z
x y z
x y z
2 2 2
3 3 3
1
9

1
Giải:
Từ hệ phương trình ta có:

+ + − + +

+ + =


= + + − + + + + − − − = −

x y z x y z
xy yz zx
x y z x y z x y z x y z xy yz zx
2 2 2 2
3 3 3 2 2 2
( ) ( )
2
3 . . ( ) ( )( ) 12
Suy ra
{
+ + = −
= −
xy yz xz
xyz
4
4
Vậy ta đưa hệ về dạng:

+ + =



+ + = −


= −

x y z
xy yz zx
xyz
1 (1)
4 (2)
4 (3)
Theo định lý vi ét đảo, x,y,z là nghiệm của phương trình:
=


− − + = ⇔ =

= −

t
t t t t
t
3 2
1
4 4 0 2
2
Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là (x;y;z)=(1;2;-2)
Nhận xét : Định lý vi-et đảo không nằm trong chương trình phổ thông nên ta có thể

chứng minh lại bằng phép thế như sau:
Từ (3)
⇒ ≠x y z, , 0
8
Nhân hai vế của (2) cho
x
ta có :
+ + = − ⇔ + = − − = −x y xyz x z x x y z x xyz x
2 2 2
4 ( ) 4 4 4
Nhân hai vế của (1) cho
x
2
ta có:

{ }
+ + = ⇔ + − = ⇔ ∈ −x x y z x x x x x
3 2 2 3 2
( ) 4 4 1;2; 2
4. Khai thác cách tìm các cách giải,cách mở rộng hướng tư duy từ một bài toán
giải hệ phương trình đơn giản trong sách giáo khoa lớp 10 .
Đó là bài toán sau đây :
Giải hệ phương trình :



=+
=+
42
84

22
yx
yx

)2(
)1(
(Đây là một bài toán trong
SGK toán 10)
GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau đó gọi một em khác lên kiểm tra bài cũ
với câu hỏi:
“nêu cách giải hệ phương trình gồm một phương trình bậc hai và một phương
trình bậc nhất hai ẩn”
Khi học sinh hoàn thành lời giải trên bảng ta bắt đầu sửa lời giải :
Từ (2) rút ra x =4-2y (3) thế vào (1)
(GV: Nên rút x vì khi đó biểu thức sau khi rút sẽ gọn hơn)
Ta được :
012844161684)24(
22222
=+−⇔=++−⇔=+−
yyyyyyy
(*)

1
21
==⇔
yy
thay vào biểu thức (3) ta có : x=2
Vây hệ có nghiệm duy nhất :




=
=
1
2
y
x
GV:còn cách giải nào khác để giải hệ trên không?
GV:Yêu cầu học sinh nhận xét về các số hạng tương ứng ở hai phương trình(1)
và (2).
Rõ ràng đây không phải là hệ đối xứng với hai ẩn x,y, nhưng hãy tìm ẩn mới để
hệ đối xứng. Từ đó ta có cách 2:
9
Cách 2: Hệ (1.2)



=+
=+
⇔
42
8)2(
22
yx
yx
Đặt : 2y=t khi đó hệ trở thành



=+

=+
4
8
22
tx
tx
(Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và t )
Hệ



=+
=+
4
8
22
tx
tx




=
=+
⇔



=+
=−+

⇔
4
4
4
82)(
2
xt
tx
tx
xttx
Vậy x, t là nghiệm của phương trình
044
2
=+−
xx
(**)
2
21
==⇔
xx
nên hệ có nghiệm x=t=2 . Suy ra nghiêm của hệ (1.2) là :



=
=
1
2
y
x

Để rèn luyện tư duy cho học sinh GV đặt câu hỏi : Nếu ta thay 8 bằng 0 ai trả lời
nhanh nghiệm của phương trình :



=+
=+
42
04
22
yx
yx
?
TL: Ta thấy
0;0
22
≥≥ yx
. Suy ra
0
22
≥+
yx
vậy PT trên có nghiệm x=y=0
nhưng khi đó :
42
≠+
yx
nên hệ VN
GV:Từ PT(*) ở cách 1và(**) ở cách 2 ta thấy chúng đều có nghiệm kép hay hai
PT đó đều là “danh giới của sự vô ngiệm”.

Vì vây ta phán đoán thêm một cách giải nữa của hệ, đó là phương pháp đánh giá.
Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ?
Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là
2
x
Hạng tử thứ nhất của PT thứ hai là x
Hạng tử thứ hai của PT thứ nhất là
22
)2(4 yy
=
Hạng tử thứ hai của PT thứ hai là 2y
Ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức liên hệ giữa các số a,b và
2
a
,
2
b
Ta nhớ lại bất đẳng thức bunhiacôxki cho 4 số

( )( )
( )
2
2222
bdacdcba
+≥++
Ta có cách 3
10
Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức này cho 4 số : x; 2y; 1; 1 ta có:
( )( )
( )

( )
( )
2
22
2
2222
2421.21.11 yxyxyxyx
+≥+⇔+≥++
(4)
Vậy theo (2) ta có :
( )
84442
22222
≥+⇒≥+
yxyx

Để có (1) cần có
yx
yx
2
1
2
1
=⇔=
, thay vào (2) ta được : y=1 ; x=2.
GV: Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3 , ta còn thấy một phép toán hình học có
liên quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và
( )
22
,ba

.Đó là :
( )
22
,, baubau +==
→
→
Vậy nếu chọn
( )
bavuv
+=⇒=
→→→
.1,1
. Từ đó gợi cho ta cách giải 4.
Cách 4:
Đặt
( ) ( )
1,1;2, ==
→→
vyxu

( )
yxvu
vyxu
2.
;2;2
2
2
+=
=+=⇒
→→

→→
Mặt khác :
α
cos
→→
→→
= vuvu













=
→→
vu,
α

vuvu

≤⇒
GV:lưu ý cho hoc sinh: ở bên trái là trị tuyệt đối của một số
ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.

Vậy ta được :
( )
2
2
2.22 yxyx
+≤+

( )
( )
22
2
.4.22 yxyx
+≤+⇔
(5) .
(Trở lại bất đẳng thức (4)), dấu bằng xãy ra khi và chỉ khi

o
01cos
=⇒=
αα
hoặc
→→
⇔= vu
o
;180
α
cùng phương hay tồn tại

Rk
∈

để :



==⇒=⇔
=
=
⇔=
→→
.1;22
1.2
1.
. yxyx
ky
kx
vku
GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cách 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống
nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.
11
Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việc đặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh
( )( )
( )
2
2222
bdacdcba
+≥++
bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ .
Nếu bắt trước cách làm 4 của bài 1.a ta có cách chứng minh bài 8.a như sau:
Xét
( ) ( )

dcvbau ,;,
==
→→
2222
; dcvbau +=+=⇒
→→
,và
dbcavu
+=
→→
do:
→→
→→
≤
vuvu
nên
( )
( ) ( )
2222
2
2222
dcbadbcadcbadbca
++≤+⇔++≤+
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
):(;
0
.
.
0

.





==⇔
==



=
=
⇔




=
=
→→
→→
d
b
c
a
haybbda
db
dkc
bka

v
vku
GV:Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng
bất đẳng thức quen thuộc khác:

( )
( )
( )
).2:(;.2
22
2
22
babahaybaba
+≤++≤+
(***)

từ đó ta có cách 5:
Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 2.y ta sẽ trở về BĐT(4)
GV:Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x
2
+(2y)
2
. Điều đó lại gợi
cho ta liên tưởng đến một công thức trong hình học
1cossin
22
=+
αα

)1800(

oo
<≤
α
(SGK hình học 10)
Nhưng vấn đề vế trái của công thức là 1 , đế được điều đó ta chia hai vế của
phương trình (1) cho 8 khi đó:
(1)
1
222
22
=






+






⇔
yx
.
Vậy nếu có góc
α
để

22
sin
x
=
α
thì
2
cos
y
=
α
. Nhưng để có :
22
sin
x
=
α
cần có
điều kiện
0
22
≥
x
. Ta quay lại xét hệ (1.2). Ta thấy :
12
Từ PT(1)
)(
42
4
84

8
2
2
∗



<
<
⇒



≤
≤
⇒
y
x
y
x
.
Nếu có một trong hai số x hoặc 2y nhỏ hơn không thì từ PT(2):x+2y=4 dẩn đến
số còn lại phải lớn hơn 4, điều này mâu thuẩn với (*). Vậy ta được
1
22
0 ≤≤
x
;
1
2

0
≤≤
y
.
Từ đây ta có cách 6:
Cách 6:
Theo lý luận trên thì có góc
α
để
22
sin
x
=
α
)900(
oo
≤≤
α
Thay vào PT(1) suy ra:

αααα
coscos
2
cossin1
22
1
2
222
22
==⇒=−=









−=








y
x
y
Ta được
;cos222
sin22
α
α
=
=
y
x
thay vào phương trình (2) ta được :

2cossin
=+
αα
GV: Ta đã có bài tập: Với
oo
1800
<≤
α
thì
o
45cos.2cossin
−=+
ααα
(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hướng của hai véc tơ).
Vậy
oooo
45045145cos.
=⇔=−⇒=−
ααα

Suy ra

;145cos2
245sin22
==
==
o
o
y
x

GV:Ta thấy từ việc giải BT1.a đã đẫn đến việc tìm thêm được một cách CM BĐT
Bunhiacoxki cho 4số Ta đặt vấn đề ngược lại từ các cách chứng minh BĐT
Bunhiacoxki ta thử tìm cách giải phương trình 1.a .
Ta đã biết BĐT Bunhiacoxki có một cách chứng minh dựa vào viêc xét phương
trình bậc hai rất đặc biệt .
13
Ta thử bắt trước cách đó để làm BT1.a.
Cách 7:
Gọi (x
o
,y
o
) là nghiệm của hệ phương trình, tức



=+
=+
42
84
00
2
0
2
0
yx
yx
Ta xét phương trình bậc hai ẩn
α
:

( ) ( )
02
2
0
2
0
=−+−
yx
αα
(**)
Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là :
α
= x
0
= 2y
0
Mặt khác ta thấy phương trình (**)
( )
( )
2084.2204222
22
0
2
000
2
=⇔=+−⇔=+++−⇔
ααααα
yxyx
Vậy x
o

= 2 ; y
o
=1 . Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn.
GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.
GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 2y = t ta được hệ phương trình :



=+
=+
4
8
22
tx
tx
thì phương trình
8
22
=+
tx
là phương trình đường tròn tâm O(0,0) và bán kính
R =
22
(Ở lớp 10 đăc biệt là các lớp mũi nhọn ta nên giới thiệu cho hoc sinh biết phương
trình đường tròn tâm O(0,0) và bán kính a có dạng
222
atx
=+
. Thông qua các
bài toán như :CMR điểm M(x

0
;y
0
) thoả mản :
222
ayx
oo
=+
là cách gốc toạ độ một
khoảng a (a>0) . hoặc bài toán :cho điểm M(x,y) nằm trên đường tròn tâm O(0,0)
bán kính a>0 hãy tìm mối liên hệ giữa x và y .
Hai bài này làm không khó, chỉ cần học sinh học song phần toạ độ của một điểm
là làm được )
Còn phương trình thứ hai của hệ : x+t = 4 là phương trình đường thẳng
cắt trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,4) . Khi thử biểu diễn hình học
của hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với đường
tròn, vậy ta có cách giải thứ 8 :
Cách 8:
14
Đường thẳng x+t=4 cắt Ox tại điểm A và Ot tại điểm B , khi đó ∆OAB là tam
giác vuông cân, suy ra khoảng cách từ O đến đường thẳng có phương trình :
x+t =4 là độ dài đường cao OH =
228
4
1
4
1
1
22
==







+






và bằng bán kính của
đường tròn có phương trình
8
22
=+
tx
, vậy đường thẳng tiếp xúc với đường
tròn tại điểm H, hay nghiệm của hệ



=+
=+
4
8
22
tx

tx
là toạ độ điểm H . Mặt khác
∆OAB là tam giác vuông cân tại O nên



=
=
⇒





=
+
=
=
+
=
1
2
2
2
2
2
y
x
tt
t

xx
x
BA
H
BA
H
GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác.
Cách 9:
Nhân phương trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta
được:

( ) ( )



=
=
⇔=−+−⇔−=−+−
1
2
014281644
22
22
y
x
yxyyxx
thế vào hệ (1.2) thấy thoả mãn, vậy hệ có nghiệm duy nhất x=2 ,y=1.
15
Phần 3 : KẾT LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
1) Kết quả trắc nghiệm thực tế của sáng kiến

-để thấy được kết quả sát thực của sáng kiến trong phần ôn tập học kì 2 của lớp10
tôi đã chọn 2 lớp 10a1 và 10a4 là hai lớp khá nhất trong khối 10 trong đó lớp
10a1 là lớp chọn khối A,các em có tư chất và học tốt hơn so với lớp 10a4. Tôi sẽ
dùng hai lớp này để làm đối chứng cụ thể như sau :
- Đầu tiên tôi đã ra bài tập về nhà cho các em ở cả hai lớp ba bài giải hệ
phương trình thuộc vào dạng giải hệ phương trình tôi đã trình bày trên,tôi yêu cầu
các em làm ra giấy nộp cho tôi và tôi thu được kết quả như sau :
Lớp Sĩ số Giỏi khá tb 3-4 điểm 0-2 điểm
10a1 30 0 0 0 3 27
10a4 29 0 0 0 0 29
Với kết quả tổng hợp trên thực tế tôi thấy hầu hết các em ở lớp 10a1 không làm
được,một số em biết đặt x=k.y rồi thay vào hệ xong chưa đi đến kết quả hoặc bế
tắc hoàn toàn. Đứng trước thực trạng như vậy tôi quyết định đưa ra sáng kiến của
tôi dạy cho lớp 10a4 là lớp có vốn kiến thức kém hơn lớp 10a1
Tôi đã tập trung các em lớp 10a4 học chuyên đề vào các buổi chiều mỗi buổi
chiều hai tiết thì tôi dùng ba buổi chiều để truyền thụ hết các ý tôi trình bày trong
sáng kiến kinh nghiệm sau đó tôi ra bài tập về nhà yêu cầu cả hai lớp giải thì
được kết quả như sau :
16
Lớp Sĩ số Giỏi khá tb 3-4 điểm 0-2 điểm
10a1 30 0 0 0 4 27
10a4 29 1 5 11 10 2
Nhìn vào kết quả và thực tế bài làm của học sinh tôi nhận thấy mặc dù các em lớp
10a1 có tư chất hơn lớp 10a4 song không được truyền thụ một số phương pháp
giải hệ phương trình và cách tiếp cận những bài toán quy lạ về quen nên hầu hết
không làm được các bài tập tôi cho.Nhưng ngược lại với kết quả bài làm của học
sinh lớp 10a4 tôi thấy khả quan.
Vì vậy tôi thực nghiệm lần thứ ba,tôi dạy cả hai lớp 10a1 và 10a4 như nhau sau
đó tôi cho bài tập về nhà yêu cầu các em làm ra giấy nộp cho tôi ngay ngày hôm
sau.Kết quả thu được như sau :

Lớp Sĩ số Giỏi khá tb 3-4 điểm 0-2 điểm
10a1 30 2 4 18 3 3
10a4 29 2 5 9 10 3
Với kết quả như trên,và thực tế bài làm của học sinh tôi nhận thấy cách mà tôi
đưa ra có kết quả tốt .
2)Kết luận :
Toán học rất phong phú và đa dạng. Hơn nữa không có phương pháp chung nào để
giải được cho tất cả mọi bài toán và dạy toán cũng chính vì thế yêu cầu ngày càng
rất cao .
Trên đây là những suy nghĩ cách dạy cho học sinh lớp 10 rèn luyện kỹ năng giải một
lớp hệ phương trình bậc 2 chứa 2 biến trong một số trường hợp được khéo léo đưa
về kiến thúc cơ bản quen thuộc bởi những suy nghĩ mà tác giả cho là có lý và đã có
hiệu quả trong thực tế đã giảng dạy.Theo ý chủ quan tác giả cho rằng đề tài đã
làm được những điều sau khi giảng dạy :
-Huy động được kiến thức cơ bản
17
-Tạo được những tình huống hứng thú trong sự tìm tòi có tính chất phương pháp
nhằm tạo thế chủ động tích cực cho học sinh trong nghiên cứu hay tiếp cận vấn đề
mới.
-Từ những trường hợp riêng đã giải được bằng cách đưa về hê ( I ) bằng cách đổi
biến
hoặc dùng giải pháp biệt thức
∆
ta có thể tạo ra cách giải một lớp hệ phương trình
2 biến bậc 2 phong phú .
- Và từ một bài toán đơn giản trong sách giáo khoa toán 10 phát triển lên rất nhiều
cách giải,mỗi cách giải là một sự tiếp cận về các khía cạnh khác nhau,liên tưởng đến
các bài toán đã học ,phương pháp quy lạ về quen và liên kết giữa các bài toán với
nhau được khai thác triệt để.
Phần 4. ĐỀ XUẤT HƯỚNG NGHIÊN CỨU.

1. Phương trình đẳng cấp bậc 3 hai biến được nghiên cứu tương tự như phương
trình đẳng cấp bậc hai 2 biến ta thu được những kết quả như thế nào ?
2.Các hệ bậc hai đối xứng loại I và loại II có mối liên quan gì trong các cách giải
trên hay không ?
3.Nghiên cứu cách giải với hệ 2 ẩn có bậc 3 hoặc bậc 4 sẽ được những kết quả có
gì tương tự hay không ?
4) Còn có thể khai thác tiếp những bài toán đơn giản đi đến những bài toán phức tạp
hơn không ?
Lời kết :
Mặc dầu đã cố gắng nhưng chắc chắn đề tài chắc còn có những thiếu sót và những
hạn chế nhất định.
Tác giả đề tài này rất mong nhận được những góp ý từ các đồng nghiệp và yêu
thích bộ môn này xem như là những chia sẽ quý báu về công việc dạy toán . Tác
giả xin chân thành cảm ơn và mong muốn nhận được các ý kiến đóng góp của các
đồng nghiêp!
18
Vĩnh Phúc tháng 03 năm 2015
Đường Thị Yến
Tài liệu tham khảo :
1) Sách giáo khoa đại số 10 chương trình cơ bản và nâng cao
2) Sách bài tập đại số 10 chương trình cơ bản và nâng cao
3) Một số phương pháp giải hệ phương trình hay ( diễn đàn toán học)
4) Báo toán học và tuổi trẻ
19
• Vấn đề mới/cải tiến SKKN đặt ra và giải quyết so với các SKKN trước đây
(ở trong nhà trường hoặc trong
Tỉnh):

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN
VỊ
Bình Xuyên, ngày 2 tháng 4 năm 2015
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.
20
Đường Thị Yến
21