CHUYÊN đề hệ thống các dạng toán hệ phương trình 2 ẩn thường gặp t hùng

A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Hệ phương trình là bộ của hai hay nhiều hơn các phương trình với cùng tập hợp
các ẩn số . Khi giải hệ phương trình ta đi tìm các giá trò của ẩn số thỏa mãn các
phương trình của hệ .
Ngay trong cụm từ “hệ phương trình” đã bao hàm “ phương trình” . Do đó, về
mặt bản chất , hệ phương trình là mảng toán rộng hơn . Hiểu được điều này giúp ta
nhìn thấy được điều kiện cần để học tốt phần hệ phương trình, chính là trang bò một
nền tảng tốt về giải phương trình . Ngoài ra các em cũng cần vận dụng một cách linh
hoạt những biến đổi đại số cơ bản , những hằng đẳng thức , . . .
Nhằm giúp HS nắm vững và có kó năng tốt trong việc giải hệ phương trình 2 ẩn.
Trong bài viết này, tôi chỉ hệ thống các bài tập và phương pháp giải hệ phương trình
2 ẩn mà học sinh thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi, thi vào các trường
chuyên , . . . Tôi hy vọng qua bài viết này sẽ đóng góp thêm một số kinh nghiệm
hướng dẫn HS làm quen và tiến tới giải tốt các bài toán giải hệ phương trình nâng
cao trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên và giúp các em khi lên
cấp III , các em sẽ dễ dàng hơn khi làm toán giải hệ phương trình .
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP :
DẠNG I: Hệ

phương trình bậc nhất hai ẩn số

ax + by = c
+ Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn là hệ có dạng 
a ' x + b ' y = c '
trong đó a, b, c, a’, b’, c’là các số thực cho trước và a, b, a’ b’ không đồng thời bằng
không
+ Cách giải : dùng phương pháp thế hay phương pháp cộng và cách đặt ẩn
phụ

Ví dụ : Giải hệ phương trình :
1 6

 + =7
a/  x y
 x + y = 2 xy

Giải : ĐK: xy ≠ 0
1 6
x + y = 7

Hệ phương trình đã cho viết lại: 
1 + 1 = 2
 x y
1
1
Đặt u =
và v =
Khi đó hệ (*) trở thành:
y
x

THCS: TÂN BÌNH

1

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


u + 6v = 7

u + v = 2

5v = 5
v = 1
⇔ 
⇔ 
u + v = 2
u = 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (1 ; 1)
3
1
 2
 2x − y + x − 2 y = 2

b/ 
 2 − 1 = 1
 2 x − y x − 2 y 18

x = 1
⇒
y = 1

Giải :
ĐK: (2x - y)(x - 2y) ≠ 0
1
1
Đặt u =
và v =
Khi đó hệ (*) trở thành:
2x − y
x − 2y
8

1
1



4v = 18
2u + 3v = 2
v = 9
⇔ 
⇔ 

2u − v = 1
2u = 1 + v
u = 1



18
18
12
1
 1
 2 x − y = 12
2 x − y = 12

⇒
⇔ 
 x − 2 y = 19
 1 =1
 x − 2 y 9

x = 5
Giải hệ này ta được 
 y = −2
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (5 ; - 2 )

 1
 x + 1 + y = 1
c/ 
(TSL10 chuyên TPHCM 10 – 11)
 2 + 5y = 3
 x + 1
Giải:
 1
 −2
 −2
 x + 1 + y = 1
 x + 1 − 2 y = −2
− 2 y = −2

⇔ 
⇔ x +1

 2 + 5y = 3
 2 + 5y = 3
3 y = 1
 x + 1
 x + 1
1
1
 −2

 −2

 x + 1 − 2 y = −2
 x + 1 − 2 3 = −2
 x = 2
⇔ 
⇔ 
⇔ 
y = 1
y = 1
y = 1



3
3
3
1 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình:  ; 
 2 3

THCS: TÂN BÌNH

2

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


1
x + 2y + 4


x + y − 2 + x + 2y = 3

d/ 
 x + y − 8 =1
 x + y − 2 x + 2 y

(TSL10 ĐHSP TPHCM 12 -13)

Giải:
1
x + 2y + 4

x + y − 2 + x + 2y = 3


 x + y − 8 =1
 x + y − 2 x + 2 y

1
x +2y +4

x + y − 2 + x + 2 y = 3

⇔
x + y − 2 + 2 − 8
=1

x +2y
 x + y −2

1
4
1
4


 x + y − 2 +1+ x + 2y = 3
x + y − 2 + x + 2y = 2


⇔
⇔
2
8
2
8
1 +

−
=1
−
=0
 x + y − 2 x + 2 y
 x + y − 2 x + 2 y
1
1
Đặt u =
và v =
Khi đó hệ (*) trở thành:

x+ y−2
x + 2y

u +4v =2

2u −8v =0

⇔

2u + 8v = 4

2u − 8v = 0

⇔

(*)

4u = 4
⇔

2u − 8v = 0

1

x + y − 2 =1
x + y − 2 = 1
x + y = 3
x = 2

⇒

⇔ 
⇔ 
⇔ 
x + 2 y = 4
x + 2 y = 4
y = 1
 1 =1
 x + 2 y 4
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (2 ; 1 )
Bài tập: Giải hệ phương trình:
9 8
 − =1
1/  x y
12 x + 3 y = 4 xy


 4 10
 − =0
2/  x y
10 x + 8 y = 3 xy


6
 3
 2 x − y − x + y = −1

3/ 
(TSL10 – LHP 04 – 05)
 1 − 1 =0
 2 x − y x + y

5
4
1
 4 x + 12 y = 3 xy

4/ 
 3 − 1 = − 47
 4 x 3 y 12 y

y
 5x
 x + 1 + y − 3 = 27

5/ 
(TSL10 – ĐHSP 07 – 08)
 2x − 3y = 0
 x + 1 y − 3

 2x + 7 2 y
 x + 2 + y −1 = 9

6/ 
 2x + 2 + 3y + 2 = 8
y −1
 x + 2

THCS: TÂN BÌNH

3

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG

u = 1


1
v = 4


DẠNG II: Hệ phương
PHƯƠNG PHÁP:

trình bậc hai hai ẩn số

Rút x theo y ( hoặc y theo x) từ phương trình bậc nhất , thay vào phương trình
bậc hai, ta được phương trình ẩn y ( hoặc x). Từ đây tìm được y ( hoặc x) và suy ra
nghiệm của hệ phương trình.

♦ Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (bằng phương pháp thế trực tiếp)
x − 2 y = 6
a/ 
(PTNK ban AB 00 – 01)
 xy = 8
Giải:
x = 6 + 2 y
x − 2 y = 6
x = 6 + 2 y
⇔
⇔


2
 xy = 8
( 6 + 2 y ) y = 8
6 y + 2 y = 8
x = 6 + 2 y
 x = 8; y = 1
⇔ 2
⇔
 x = −2; y − 4
2 y + 6 y − 8 = 0
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là : (8 ; 1) , (-2 ; -4)
x 2 + y 2 = 2 y + 1
b/ 
(PTNK 11 – 12)
 xy = x + 1
 x 2 + y 2 = 2 y + 1(1)
Giải: 
 xy = x + 1(2)
x = 0 thì (2) vô lý. Do đó x ≠ 0. ta có :

 2  x +12
 x + 1
x + y = 2 y + 1
 = 2
 +1
x + 
x 2 + y 2 = 2 y + 1



 x 
 x 
⇔ 
⇔ 

x +1
 xy = x + 1
y =
y = x +1
x


x
4
2
2
2
4
x + x + 2x + 1 = 2x + 2x + x
x + 2x 2 + 1 = 0


⇔ 
⇔ 
x +1
x +1
y =
y =
x
x



2
 x2 −1 = 0
 x = ±1


⇔ 

x +1
x +1
y =
 y = x
x

1+1
−1+1
=2
=0
♦ Xét x = 1 ⇒ y =
♦ Xét x = -1 ⇒ y =
1
1
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (1 ; 2 ) và (-1 ; 0 )
2

(

2

)

THCS: TÂN BÌNH

4

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


 xy = −64

c/  1 1 1
x − y = 4


(LHP ban AB 03 – 04)

Giải:
 xy = −64

1 1 1
x − y = 4


 xy = −64
 xy = −64


⇔ y−x 1
⇔ y−x 1

 xy = 4
 − 64 = 4

 y 2 + 16 y + 64 = 0
⇔
 x − y = 16

( y + 16 ) y = −64
⇔
 x − y = 16
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là : (8 ; 8).

 xy = −64
⇔
 x − y = 16
x = 8
⇔
y = 8

 x 2 + xy = 2

2 (Chuyên TPHCM 11-12)
d/  1 1
x + y = x + x + y

Giải: Cách 1:
 x 2 + xy = 2

2
1 1

x + y = x + x + y


 x 2 + xy = 2

⇔  x + y x 2 + xy + 2
 xy =
x+ y


 x 2 + xy = 2

4
⇔ x + y
 xy = x + y


 x 2 + xy = 2
⇔
( x + y ) 2 = 4 xy
x 2 + x 2 = 2
⇔
x = y

 x 2 + xy = 2
⇔
( x − y ) 2 = 0
x = y = 1
⇔
 x = y = −1

 x 2 + xy = 2
⇔
x = y

Vậy nghiệm của hệ phương trình: (1 ; 1 ) và (-1 ; -1 )
2
x 2 + xy + 2
4
=
=
Nhận xét: Ta thấy x +
vì x2 + xy = 2 giúp có được x = y
x+ y
x+ y
x+ y
, từ đó có được lời giải
 x 2 + y 2 = 2 y + 1(1)
Cách 2: 
 xy = x + 1(2)
x = 0 thì (2) vô lý. Do đó x ≠ 0. ta có :
x 2 + y 2 = 2 y + 1

 xy = x + 1

THCS: TÂN BÌNH

 2  x +12
 x + 1
x + y = 2 y + 1

 = 2
 +1
x + 


 x 
 x 
⇔ 
⇔ 
x +1
y =
y = x +1
x


x
2

2

5

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


x 4 + x 2 + 2x + 1 = 2x 2 + 2x + x 2
x 4 + 2x 2 + 1 = 0


⇔ 

⇔ 
x +1
x +1
y =
y =
x
x


2
2
 x −1 = 0
 x = ±1


⇔ 

x +1
x +1
y =
 y = x
x

1+1
=2
♦ Xét x = 1 ⇒ y =
1
−1+1
=0
♦ Xét x = -1 ⇒ y =

1
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (1 ; 2 ) và (-1 ; 0 )

(

)

( x − 1) y 2 + x + y = 3
e/ 
(TSL10 ĐHQG HN 11 – 12 )
( y − 2) x 2 + y = x + 1
( x − 1) y 2 + x + y = 3
( x − 1) y 2 + ( x − 1) = 2 − y
Giải: 
⇔
( y − 2) x 2 + y = x + 1
( y − 2) x 2 + ( y − 2) = x − 1
2− y

( x − 1) = 2
2

( x − 1)( y + 1) = 2 − y
y +1

⇔
⇔

( y − 2)( x 2 + 1) = x − 1
( y − 2)( x 2 + 1) = 2 − y


y2 +1
2− y

(
x
−
1
)
=

y2 +1

⇔
( y − 2)( x 2 + 1 + 1 ) = 0

y2 +1
x − 1 = 0
⇔
y = 2

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

y = 2

Bài tập: Giải hệ phương trình: (bằng phương pháp thế trực tiếp)
x − y = 3
x − 2 y = 6
1/  3
(LHP
00
–
01)
2/
(PTNK 00 – 01)

3
 xy = 8
x − y = 9
 x + y = −2
2 x + y = 7
2 x + 3 y = 2
3/ 
4/  2
5/ 
2
 xy − 5 y = −9
 xy + x + y = −6
 x − xy + y = 13
3 x − 4 y + 1 = 0
6/ 
 xy = 3( x + y ) − 9
x − y = 6

9/  3
3
 x − y = 126

THCS: TÂN BÌNH

 x 2 + y 2 + xy = 3
 x + y = −1
7/ 
8/
 3
3
 xy + 3 x 2 = 4
 x − y = 3( x − y )
x + y = 3
10/ 
2
( x + 1)( y + 2) + x( y + 2) = 30 y + 3

6

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


♦ Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: (bằng phương pháp cộng , trừ vế rồi dùng phương
pháp thế trực tiếp)
 x 2 + y 2 − 2 x + 3 y = 3
a/  2
2 x + 2 y 2 + x − 5 y = 0
Giải:

 x 2 + y 2 − 2 x + 3 y = 3
2 x 2 + 2 y 2 − 4 x + 6 y = 6
5 x − 11 y = −6
⇔
⇔
 2

 2
2
2 x 2 + 2 y 2 + x − 5 y = 0
2 x + 2 y 2 + x − 5 y = 0
x + y − 2x + 3 y = 3
11y − 6

x=
11y − 6


5
x =

5
⇔
⇔
2
( x − 1) 2 + y 2 + 3 y − 4 = 0
 11 y − 11  + y 2 + 3 y − 4 = 0

 5 
11 y − 6


x =
⇔
5
146 y 2 − 167 y + 21 = 0

 x = 1; y = 1

⇔
129
21
 x = − 146 ; y = 146
 129 21 
;
.
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là : (1 ; 1) ,  −
 146 146 
2
 x + 6 y = 6 x
b/  2
(PTNK 07 – 08)
 y + 9 = 2 xy
Giải:

( x − y ) 2 − 6( x − y ) + 9 = 0
 x 2 + 6 y = 6 x
 x 2 + y 2 + 6 y − 6 x − 2 xy + 9 = 0
⇔ 2
⇔ 2
 2

 y + 9 = 2 xy
 x + 6 y = 6 x
 x + 6 y = 6 x
( x − y − 3) 2 = 0
y = x − 3
y = x − 3
⇔ 2
⇔ 2
⇔
 x + 6 y = 6 x
 x = 18
 x = ±3 2

(

)

(

)

Giải hệ này ta được các nghiệm : 3 2 ;3 2 − 3 , − 3 2 ;−3 2 − 3
 x 2 − 2 xy = 1 − 2 5

c/ 
1 2
1
 xy − y = 5 −
10
2


Giải:
 x 2 − 2 xy = 1 − 2 5


1 2
1
 xy − y = 5 −
10
2


THCS: TÂN BÌNH

(PTNK 12 – 13 )

⇔

 x 2 − 2 xy = 1 − 2 5


1 2
2 xy − y = 2 5 − 1
5

7

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG

 x 2 − 2 xy = 1 − 2 5
 x 2 − 2 xy = 1 − 2 5

⇔  2 1 2
⇔  2
 y = 5 x 2
x − y = 0
5

 x 2 − 2 xy = 1 − 2 5
 x 2 − 2 5 x 2 = 1 − 2 5


 y = 5 x
 y = 5 x
⇔  2
⇔  2
 x − 2 xy = 1 − 2 5
 x + 2 5 x 2 = 1 − 2 5


 y = − 5 x
 y = − 5 x
 x 2 = 1

 x = 1; y = 5
 y = 5 x
⇔ 
⇔ 
∅

 x = −1; y = − 5
 x ∈
 y = − 5 x

Vậy nghiệm của hệ phương trình: (1 ; 5 ) và (- 1 ; - 5 )

 xy 2 − 2 y + 3 x 2 = 0
d/  2
(LHP 02 – 03)
 y + x 2 y + 2 x = 0
Giải:
• Xét x = 0 thì y = 0 , hệ có nghiệm (x ; y ) = (0 ; 0)
• Xét x ≠ 0 , ta có:
2
2
 xy 2 − 2 y + 3 x 2 = 0

 x 3 y + 2 y − x 2 = 0
xy − 2 y + 3x = 0
⇔ 2
⇔ 2
 2
3
2

 xy + x 3 y + 2 x 2
 y + x 2 y + 2 x = 0
xy + x y + 2 x = 0

x2

y = 3
x +2
 y ( x 3 + 2) = x 2

⇔ 2
⇔
2

2
2
 xy + x 3 y + 2 x 2
 x x  − 2 x  + 3 x 2 = 0
 x3 + 2 
  x 3 + 2 




x2

x2
y = 3
y
=
x +2


x3 + 2
⇔
⇔

3
2
 x
x3 − 2 x3 + 2 + 3 x 3 + 2 2 = 0
− 3
+3=0
3
2

 ( x + 2)
x +2

(

) (

)




x2
x2
x2
y = 3
y = 3
y = 3
⇔
⇔
⇔

x +2
x +2
x +2
3
3
6
3
6
3
3
 x − 2 x − 4 + 3x + 12 x + 12 = 0
3 x + 11x + 8 = 0
 x + 1 3x 3 + 8 = 0




(

THCS: TÂN BÌNH

8

)(

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG

)

 x 3 + 1 = 0
 3
 3x + 8 = 0
⇔ 

x2
y
=

x3 + 2


 x = −1

 x = 3 − 8
⇔ 
3

2
y = x

x3 + 2

( − 1) 2 = 1
• x = -1 , Ta có: y =
( − 1) 3 + 2

2

•x=

3

−2
 3 
−8 − 2
 3 =− 6
= 3 , Ta có: y =
3
3
3
9
3
−2
 3  + 2
 3

−2

x
=

3
x = 0
 x = −1
3
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là : 
; 
; 
y = 0

y = 1
y = − 6
3

9
Bài tập. Giải hệ phương trình:(bằng phương pháp cộng , trừ vế rồi dùng phương
pháp thế trực tiếp)
 x 2 + y 2 − 2 x + 3 y = 3
 x 2 + y 2 − 4 x + 6 y = 12
1/  2
2/  2
2 x + 2 y 2 + x − 5 y = 0
 x + y 2 + x − 5 y = 0
 x 2 + y 2 − 6 x + 9 y = 27
 x 2 + 4 y 2 − 4 x + 12 y = 12
3/  2
4/  2
2 x + 2 y 2 + 3 x − 15 y = 0
 x + 4 y 2 + x − 10 y = 0
♦ Ví du 3: Giải hệ phương trình:(Bằng PP đưa một phương trình của hệ về phương
trình tích rồi sử dụng phương pháp thế )
 xy + x − 2 = 0
a/  3
(TSĐH khối D – 2012)
2
2
2
2 x − x y + x + y − 2 xy = 0
 xy + x − 2 = 0
Giải:  3

2
2
2
2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0
 xy + x − 2 = 0
⇔ 3
2
2
2
( 2 x − 2 xy ) − ( x y − y ) + ( x − y ) = 0
 xy + x − 2 = 0
⇔ 2
x = y
 x 3 + x − 2 = 0
⇔ 2
 x = y

THCS: TÂN BÌNH

hoặc
hoặc

 xy + x − 2 = 0
⇔ 2
 x − y ( 2 x − y + 1) = 0
 xy + x − 2 = 0

 y = 2x + 1

(

)

2 x 2 + 2 x − 2 = 0

 y = 2x + 1

9

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


x = 1
⇔
y =1


−1+ 5
x =
2
hoặc 
y = 5


x = 1
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm: 
y = 1


−1− 5

x =
2
hoặc 
y = − 5


−1+ 5
x =
2
; 
y = 5



−1− 5
x =
2
;
y = − 5


 x 2 + 2 y 2 − xy + 2 y − x = 0
b/  2
(LQĐ- Bình Đònh 12 – 13)
 x − y 2 + 6 x + 12 = 0
Giải:
 x 2 + 2 y 2 − xy + 2 y − x = 0
 x 2 − 2 xy + xy − 2 y 2 + 2 y − x = 0
⇔  2
 2

 x − y 2 + 6 x + 12 = 0
 x − y 2 + 6 x + 12 = 0
( x − 2 y )( x + y − 1) = 0
 x − 2 y = 0.hay.x + y − 1 = 0
⇔  2
⇔  2
⇔
2
2
 x − y + 6 x + 12 = 0
 x − y + 6 x + 12 = 0
 x = 2 y.hay.x = 1 − y
 2
2
 x − y + 6 x + 12 = 0
x = 2 y
♦ 2
2
 x − y + 6 x + 12 = 0

⇔

x = 2 y
 2
2
4 y − y + 12 x + 12 = 0

x = 2 y
x = 2 y
⇔ 

⇔
 2
2
 y + 4x + 4 = 0
( y + 2) = 0
x = 1 − y
♦
⇔
2
2
(1 − y ) − y + 6(1 − y ) + 12 = 0
⇔

 x = −4

 y = −2

x = 12 y

2
2
1 − 2 y + y − y + 6 − 6 y +12 = 0

11

 x = − 8
⇔

 y = 19


8
11 19
Vậy nghiệm của hệ phương trình: (-4 ; -2 ) và ( − ;
)
8 8
x = 1 − y
⇔ 
− 8 y + 19 = 0

x = 1 − y

19 ⇔

 y = 8

 x 2 + y 2 + x + y = 8
c/  2
(HSG TP 02 – 03)
 x + y 2 + xy = 7
Giải:
 x 2 + y 2 + x + y = 8
 x + y − xy = 1
⇔
 2
 2
2
 x + y 2 + xy = 7
 x + y + xy = 7

THCS: TÂN BÌNH

10

 x(1 − y ) − (1 − y ) = 0
⇔ 2
2
 x + y + xy − 7 = 0
GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


( x − 1).(1 − y ) = 0
⇔ 2
2
 x + y + xy − 7 = 0

 x − 1 = 0

⇔ 1 − y = 0
⇔
 2
2
 x + y + xy − 7 = 0

 x = 1; y 2 + y − 6 = 0
⇔
 y = 1; x 2 + x − 6 = 0
 x = 1; ( y − 2).( y + 3) = 0
⇔ 
 y = 1; ( x − 2).( x + 3) = 0

 x = 1; x 2 + y 2 + xy − 7 = 0

 y = 1; x 2 + y 2 + xy − 7 = 0

 x = 1; y 2 − 2 y + 3 y − 6 = 0
⇔ 
 y = 1; x 2 − 2 x + 3 x − 6 = 0
 x = 1; y = 2hay. y = −3
⇔
 y = 1; x = 2hay.x = −3

Hệ phương trình có 4 nghiệm là :
x = 1
x = 1
x = 2
 x = −3
; 
; 
; 

y = 2
 y = −3
y = 1
y = 1

Bài tập : Giải hệ phương trình:(Bằng phương pháp đưa một phương trình của hệ về
phương trình tích rồi sử dụng phương pháp thế )
2 x 2 − x + 2 y = 4 xy
1/  2
( HSG Bình Đònh 09 – 10)

 x + 2 xy = 4
 x − y − xy = −1
2/  2
(chuyên TPHCM 09 – 10))
2
 x y − xy = 2
2 x 2 − x + 2 y = 4 xy
3/  2
 x + 2 xy = 4

 x( y − 2 ) = ( x + 2 )( y − 4 )
4/ 
( x − 3)( 2 y + 7 ) = ( 2 x − 7 )( y + 3)
2
2
 x + x = y + y
5/  2
 y + x = 6

(PTNK 08 – 09)
(TSL10 chuyên - Hải Dương 05 -06)
(TSL10 chuyên Hà Tónh 07 – 08)

 x 2 − y 2 + xy = 1
6/ 
3 x + y = y 2 + 3

(TSL10 ĐHNN HN 08 – 09)

 x 2 + y 2 + 2( xy + x + y ) = 0

7/  2
 x + y 2 + 4 x − 2 y + 4 = 0

(TSL10 ĐHNN HN 09 – 10)

 x 5 − x 4 y + x − y = 0
8/  3
 x − 3 x 2 y + 4 xy 2 + 4 y 3 = 54
 x 3 − x 2 y + x − y = 0
9/  5
9 x − 6 x 4 y + 4 xy 4 − 3x 3 y 2 = 32

THCS: TÂN BÌNH

11

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


♦ Ví dụ 5: Giải hệ phương trình ( Viết phương trình (1) của hệ thành một phương
trình bậc hai theo ẩn x ( hoặc y) , sau đó tính x theo y)
 x 2 + xy − 2 = y − x(1)
a/  2
 x + y 2 = 10(2)
Giải:
(1) ⇒ x2 + ( y + 1)x – 2 – y = 0 (*)
Giải pt (*) ta được: x1 = 1 ; x2 = – 2 – y
Với x1 = 1 ⇒ y12 = 9 ⇒ y1 = ± 3
Với x2 = – 2 – y ⇒ y2 + 2y – 3 = 0 ⇒ y = 1 hay y = -3
Từ đó ta tìm được hệ phương trình có 3 nghiệm là :

x = 1
x = 1
 x = −3
; 
; 

y = 3
 y = −3
y =1
2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0
b/  2
(TSL10 ĐHQG HN 03 – 04)
 x + y 2 + x + y − 4 = 0
Giải:
2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0
 y 2 − ( x + 1) y − 2 x 2 + 5 x + 2 = 0(1)
⇔ 2
 2
 x + y 2 + x + y − 4 = 0
 x + y 2 + x + y − 4 = 0(2)
Giải pt (1) ta được: y1 = 2 – x ; x2 = 2x + 1
Với y1 = 2 – x ⇒ x2 – 2x + 3 = 0 ( vô nghiệm)
4
Với y2 = 2x – 1 ⇒ 5y2 – x – 4 = 0 ⇒ y = 1 hay y = −
5
 4 13 
Từ đó ta tìm được hệ phương trình có 3 nghiệm là (1 ; 1) ;  − ;− 
 5 5
2
 x − 4 xy + x + 4 y = 2

c/  2
(PTNK Hải Phòng 02 -03)
 x + y 2 = 5
Giải:
 x 2 − 4 xy + x + 4 y = 2
 2
 x + y 2 = 5

 x 2 + (1 − 4 y ) x + 4 y − 2 = 0(1)
⇔ 2
 x + y 2 = 5(2)

Giải pt (1) ta được: x1 = 1 ; x2 = 4y – 2
Với x1 = 1 ⇒ y12 = 4 ⇒ y1 = ± 2

Với x2 = 4y – 2 ⇒ 17y2 – 16y – 1 = 0 ⇒ y = 1 hay y =

−1
17

Từ đó ta tìm được hệ phương trình có 4 nghiệm là :
 38 1 
(1 ; 2) , ( 1 ; - 2 ) , ( 2 ; 1) ,  − ;− 
 17 17 

THCS: TÂN BÌNH

12

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG

Bài tập . Giải hệ phương trình ( Viết phương trình (1) của hệ thành một phương
trình bậc hai theo ẩn x, sau đó tính x theo y)
 x 2 + xy + 2 = 3x + y
 x 2 + xy − 2 = y − x
1/  2
2/  2
 x + y 2 = 2
 x + y 2 = 10
2 x 2 + xy + 1 = 3x + y
 x 2 − 3 xy + 2 y 2 + 2 x − 2 y = 0
3/  2
4/  2
 x + y 2 = 5
 x − 2 xy + y 2 − 10 x + 14 y = 0
6 x 2 − 3 xy + x = 1 − y
5/  2
(TSL10 ĐHNN HN 04-05)
 x + y 2 = 1
2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0
6/  2
( HSG Thanh Hóa 07 – 08)
 x + y 2 + x + y − 4 = 0
♦ Ví Dụ 6 : Giải hệ phương trình : ( PP chia vế theo vế rồi dùng PP thế)
1 7

 x + y = 2
(PTNK ban AB 01 – 02)


y + 1 = 7

x 3
Giải:
Điều kiện x , y ≠ 0
1 7

 xy + 1 7
 x + y = 2
 y = 2 (1)
⇔

y + 1 = 7
 xy + 1 = 7 ( 2 )

 x
x 3
3
x 3
Lấy (1) chia (2) vế theo vế ta được: =
y 2
1 7
1 7

3
 x + y = 2
 2 y + y = 2
⇔
Hệ đã cho tương đương 
x = 3 y

x = 3 y


2
2
 y = 2

2
3 y − 7 y + 2 = 0
( y − 2 )( 3 y − 1) = 0
 y = 1


⇔
⇔
⇔


3
3
3
x = y
 x = 2 y

2

x = 3 y

2
1 1

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm : (3 ; 2) ,  ; 
 2 3
Bài tập:: Giải hệ phương trình : ( PP chia vế theo vế rồi dùng PP thế)

THCS: TÂN BÌNH

13

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


1

 x + y
1/ 
y + 1

x
1

 x + y
3/ 
y + 1

x

21
5
21
=

4
15
=
7
15
=
2
=

1

 x + y
2/ 
y + 1

x
4

 x + y
4/ 
y + 4

x

=

4
3

=4

=7
=

14
3

DẠNG III: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I
∗ Kiến thức thường vận dụng
+ Hệ phương trình đối xứng loại I là hệ không thay đổi khi thay x bởi y; y bởi x.
∗ Phương pháp thường vận dụng
+ Đặt S = x + y và P = xy : Biến đổi hê phương trình đã cho về hệ hai ẩn S và P.
+ Khi đó x, y là nghiệm của phương trình: t2 – St + P = 0. Điều kiện để phương
trình có nghiệm là ∆ = S2 - 4P ≥ 0
Chú ý: Nếu hệ phương trình đối xứng loại I có nghiệm (x , y) thì (y, x) cũng
là
nghiệm của nó .
∗ Các ví dụ minh họa:
 x 2 + y 2 + x + y = 12
♦Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình: a/ 
(Olympiad Canada 2010
 x + y + xy = 3
– 2011)
Giải:
Đặt S = x + y và P = xy. điều kiện : S2 ≥ 4P Khi đó, hệ phương trình trên có thể viết
lại thành
S 2 − 2 P + S = 12
S 2 − 2 P + S = 12(1)
⇔

S + P = 3

 P = 3 − S (2)
Thế (2) vào (1) ta thu được
S2 – 2(3 – S) + S = 12 ⇔ S2 + 3S – 18 = 0 ⇔ S = 3 hay S = - 6
x + y = 3
Với S = 3 ⇒ P = 0, tức 
⇔ (x , y) = (0 ; 3) hay (x , y) = (3 ; 0)
 xy = 0
Với S = - 6 ⇒ P = 9. Khi đó : x, y là nghiệm của phương trình :
X2 + 6X + 9 = 0 ⇔ (X + 3)2 = 0 ⇔ X = -3 ⇒ x = y = -3
THCS: TÂN BÌNH

14

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm là (0 , 3) ; (3 ; 0) ; ( -3 ; -3)
x + y = 4
♦Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :  3
(TSL10 Chuyên ĐH Vinh 07 - 08)
3
 x y + xy = 30
Giải:
Hệ phương trình đã cho tương đương:
x + y = 4
x + y = 4
⇔


2

2
2
 xy ( x + y ) = 30
 xy ( x + y ) − 2 xy = 30
Đặt S = x + y; P = x. y, điều kiện : S2 ≥ 4P ta có hệ phương trình:
S = 4
S = 4
S = 4
S = 4

⇔ 
⇔ 2
⇔  P = 5

2
P (16 − 2 P ) = 30
 P S − 2 P = 30
2 P − 16 P + 30 = 0
 P = 3

S = 4
x + y = 4
x = 1
x = 3
⇔
Với 
ta có: 
và 
P = 3
 x. y = 3

y = 3
y = 1
S = 4
x + y = 4
Với 
ta có: 
(vô nghiệm)
P = 5
 x. y = 5

[

[

]

]

Vậy hệ phương trình có nghiệm : (1 ; 3) , (3 ; 1)

( x + 1)( y + 1) = 8
♦Ví dụ 3: 
(TSL10 – chuyên HN 02 – 03)
 x( x + 1) + y ( y + 1) + xy = 17
Giải:
( x + 1)( y + 1) = 8
 x + y + xy = 7
( x + 1)( y + 1) = 8
⇔ 2
⇔



2
2
 x( x + 1) + y ( y + 1) + xy = 17
 x + x + y + y + xy = 17
( x + y ) − xy + x + y = 17
Đặt S = x + y; P = x. y,điều kiện : S2 ≥ 4P ta có hệ phương trình:
S + P = 7
 2
S + S − P = 17
Giải ra ta được 2 nghiệm (S ; P) là (4 ; 3)và (-6 ; 13)
S = 4
x + y = 4
x = 1
x = 3
⇔
Với 
ta có: 
và 
P = 3
 x. y = 3
y = 3
y = 1
S = −6
 x + y = −6
Với 
ta có: 
(vô nghiệm)
 P = 13

 x. y = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm : (1 ; 3) , (3 ; 1)

THCS: TÂN BÌNH

15

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


 x 3 − y 3 = 126
♦Ví dụ 4: 
(*)
x − y = 6

Đặt t = - y hệ phương trình trên trở thành:
( x + t ) ( x + t ) 2 − 3 xt = 126
 x 3 + t 3 = 126
( x + t ) x 2 − xt + t 2 = 126
⇔
⇔

x + t = 6
x + t = 6
x + t = 6
Đặt S = x + y; P = x. y,điều kiện : S2 ≥ 4P ta có hệ phương trình:
( S ) ( S ) 2 − 3P = 126
6( 36 − 3P ) = 126
P = 5
⇔

⇔

S = 6
S = 6
S = 6

(

[

[

)

]

]

x + t = 6
x = 1
x = 5
⇒
⇔
và 
 xt = 5
t = 5
t = 1
Vậy hệ phương trình (*) có nghiệm : (5 ; -1) , (-1 ; 5)
 x 6 + y 6 = 65
♦Ví dụ 5:  2

(*)
 x + y 2 = 4
Đặt u = x2 ; v = y2 hệ phương trình trên trở thành:
( u + v ) ( u + v ) 2 − 3uv = 65
u 3 + v 3 = 65
⇔


u + v = 4
u + v = 4
Dùng phương pháp giải hệ phương trình đối xứng loại I để giải

[

]

 x + y + xy = 5
♦Ví dụ 6: 
(*)
(PTNK ban AB 03 – 04)
3
3
( x + 1) + ( y + 1) = 35
 x + y + xy = 5
 x + xy + y + 1 = 6
( x + 1)( y + 1) = 6
⇔
⇔
Giải: 
3

3
3
3
3
3
( x + 1) + ( y + 1) = 35
( x + 1) + ( y + 1) = 35
( x + 1) + ( y + 1) = 35
Đặt u = (x + 1) ; v = (y + 1) hệ phương trình trên trở thành:
( u + v ) ( u + v ) 2 − 3uv = 35
u 3 + v 3 = 35
⇔


u.v = 6
u.v = 6
Đặt S = x + y; P = x. y,điều kiện : S2 ≥ 4P ta có hệ phương trình:
( S ) ( S ) 2 − 3P = 35
S 3 − 18S − 35 = 0
⇔


P = 6
P = 6

[

[

]

]

S 3 − 5S 2 + 5S 2 − 25S + 7 S − 35 = 0
⇔
P = 6
( S − 5) S 2 + 5S + 7 = 0
S − 5 = 0
⇔
⇔
( Vì S2 + 5S +7 > 0 )
P
=
6
P
=
6



(

)

S = 5
⇔
P = 6

u + v = 5
u = 2

u = 3
⇒
⇔
và 
uv = 6
v = 3
v = 2
Vậy hệ phương trình (*) có nghiệm : (1 ; 2) , (2 ; 1)
THCS: TÂN BÌNH

16

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


 x( x + y + 1) − 3 = 0

5
♦Ví dụ 7 
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0
Giải : đk : x ≠ 0

(ĐH khối D 09 – 10)

 x( x + y) + x = 3
Hệ phương trình đã cho có thể viết thành:  2
(*)
2
2

x ( x + y ) + x = 5
t + x = 3
Đặt u = x (x + y) hệ phương trình (*) tương đương  2
2
t + x = 5
Đây là hệ phương trình đối xứng loại I quen thuộc

 3
Giải ra ta được hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là: (1 ; 1) ;  2; 
 2
1
1
 2
2
x + y + x 2 + y 2 = 9

♦Ví dụ 8: 
(*)
x + y + 1 + 1 = 5

x y
Giải: đk : x, y ≠ 0

2
2

1
1
 2
1 

1
2
x
+
y
+
+
=
9


 x +  +  y +  = 13

x2 y2


x 
y
⇔ 

x + y + 1 + 1 = 5
x + y + 1 + 1 = 5


x y
x y

1
1
Đặt u = x + ; v = y +

hệ phương trình trên trở thành:
y
x

( u + v ) 2 − 2uv = 13
u 2 + v 2 = 13
⇔
⇔
u + v = 5
u + v = 5
Đặt S = u + v; P = u.v , điều kiện : S2 ≥ 4P ta có hệ phương trình:

S −2 P =13
S 2 − 2 P = 13
⇒

S = 5
S = 5
2

u.v = 6
u = 3
u = 2
⇒
⇔
hay 
u + v = 5
v = 2
v = 3

1

x+ =3

3± 5

u = 3
x

x =
⇒
⇔


2
Với 
v = 2
y + 1 = 2
y =1


y

THCS: TÂN BÌNH

17

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG

1

x+ =2
x = 1

u = 2
x


⇒
⇔
Với 
3± 5
v = 3
y + 1 = 3
y =
2


y
Vậy hệ phương trình (*) có 4 nghiệm :
3+ 5  3− 5   3+ 5   3+ 5 

 
 
 

 2 ;1 ;  2 ;1 ; 1; 2  ; 1; 2  ;

 

 
 

1 5

 xy + xy = 2

♦Ví dụ 9 : 
(Chuyên T Vónh Phúc)
x + y + 1 + 1 = 9

x y 2
1
1
1
Đặt u = x +
; v=y+
⇒ u.v = x.y +
+ 2 để đưa hệ phương trình trên thành
y
xy
x
hệ phương trình theo hai ẩn u và v .
Bài tập: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I
 x 3 + y 3 = 35
 x 2 + y 2 = 10
1/ 
2/  2
 x y + xy 2 = 30
x + y = 4

 x 3 − y 3 = 126
4/ 
x − y = 6
1
1
 2
2
 x + y + x 2 + y 2 = 16

7/ 
x + y + 1 + 1 = 6

x y

 x 6 + y 6 = 730
5/  2
 x + y 2 = 10

( x 2 + y 2 ) xy = 30
3/  4
 x + y 4 = 82
 x 2 + y 2 − x − y = 12
6/ 
 xy ( x − 1)( y − 1) = 27
1 37

 xy + xy = 6

8/ 
 x + y + 1 + 1 = 35


x y 6

DẠNG IV: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II
∗ Kiến thức thường vận dụng
+ Hệ phương trình đối xứng loại II là hệ thay đổi khi thay x bởi y; y bởi x thì
phương trình này trở thành phương trình kia .
∗Phương pháp thường vận dụng
+ Trừ từng vế của hai phương trình của hệ rồi đưa về phương trình tích
2 x 2 + xy = 1(1)
♦ Ví Dụ 1: Giải hệ phương trình:  2
(PTNK ban A , B 06 – 07)
2 y + xy = 1(2)

Giải : Lấy (1) trừ đi (2) theo vế , Ta có:
2(x2 – y2 ) = 0 ⇔ (x – y)(x + y) = 0 ⇔ x = y hay x = - y
THCS: TÂN BÌNH

18

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


3
3
2
2
Với x = - y , ta có: 2x – x = 1 ⇔ x = ± 1
Với x = y , ta có: 2x2 + x2 = 1 ⇔ x = ±

Vậy phương trình đã cho chỉ có 4 nghiệm là:
 3 3 
3
3
 ; −

;
;
−
(-1 ; -1) ; (1,1) ; 
  3

3
3
3

 

 x 2 + 2 = 3 xy 2 (1)
♦ Ví Dụ 1: Giải hệ phương trình:  2
 y + 2 = 3 yx 2 (2)
Giải :
Từ phương trình (1), ta thấy ngay nếu x ≤ 0 thì 3xy2 ≤ 0 < x2+ 2 (vô lý)
Suy ra x > 0. Hoàn toàn tương tự , ta cũng chỉ ra y > 0.
Lấy (1) trừ đi (2) theo vế , Ta có:
x2 – y2 = 3xy2 - 3yx2 ⇔ (x – y)(x + y) = 3xy(y – x)
⇔ (x – y)(x + y + 3xy) = 0
Ở trên ta vừa chứng minh được x > 0 và y > 0 nên x + y + 3xy > 0.
Do đó chỉ xảy ra trường hợp x – y = 0 ⇔ x = y
Thế y = x vào phương trình đầu tiên của hệ , ta thu được

x2 + 2 = 3x3 – – 2 = 0 (x – 1)(3x2 + 2x + 2) = 0
x = 1
⇔  2
3 x + 2 x + 2 = 0
Với x = 1 ⇒ y = 1 . Thử lại thấy đúng.
Với (3x2 + 2x + 2) = 0, ta có ∆ = 12 – 3.2 = -5 < 0 nên phương trình này vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm duy nhất là (x, y) = (1,1)

x2 + 2
3 x = y 2

♦ Ví Dụ 2: Giải hệ phương trình : 
( ĐH khối B 2003)
2
3 y = y + 2

x2
Đk: x > 0, y > 0
3 xy 2 = x 2 + 2(1)
Hệ phương trình đã cho trở thành :  2
3 yx = y 2 + 2(2)
Lấy (1) trừ đi (2) theo vế , Ta có:
3xy2 –3yx2 = x2 - y2 ⇔ (x – y)(3xy + x + y) = 0
⇒ x = y ( vì 3xy + x+ y > 0 với mọi x > 0 , y > 0
Thay x= y vào phương trình (1) ta được 3x3 – x2 – 2 = 0 ⇔ (x – 1)(3x2 + 2x + 2) = 0
⇔ x = 1) (vì 3x2 + 2x + 2> 0 với mọi x)
Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm: (1 ; 1)

THCS: TÂN BÌNH

19

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


 x 3 = 2 x + y (1)
♦ Ví Dụ 3: : Giải hệ phương trình :  3
 y = 2 y + x(2)

Giải: Lấy (1) trừ đi (2) theo vế , Ta có:

x = y
x3 – y3 = x – y ⇔ (x – y)(x2 + y2 + xy – 1) = 0 ⇔  2
2
 x + y + xy − 1 = 0
Với x = y thay vào (1) ta có : x3 = 3x .
Giải phương trình này ta được 3 nghiệm : x = 0 ; x = 3 ; x = - 3
Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được: x3 + y3 = x + y .
Kết hợp phương trình x2 + y2 + xy – 1 = 0
 x 3 + y 3 = 3( x + y )
Ta có hệ:  2
(*)
 x + y 2 + xy − 1 = 0
Đặt S = x + y và P = xy. điều kiện : S2 ≥ 4P Khi đó, hệ phương trình (*)trở thành :
S 3 − 3SP = 3S
S 3 − 3S ( S 2 − 1) = 3S
S = 0
x + y = 0
⇔
⇔

⇔
 2


S − P − 1 = 0
 P = S 2 − 1
 P = −1
 xy = −1
Giải hệ phương trình này ta được (x ; y) = (1 ; -1) , (- 1 ; 1)
Vậy hệ phương trình đã cho có 5 nghiệm là :
(1 ; -1) ; (- 1 ; 1) ; (0 , 0) ; − 3;− 3 ; 3; 3

(

) (

)

 x + y − 1 = 2
♦ Ví Dụ 4: Giải hệ phương trình : 
 y + x − 1 = 2
Giải:
ĐK: x ≥ 1; y ≥ 1.
Đặt X = x − 1 ; Y = y − 1 ; X ≥ 0 ; Y ≥ 0.
Hệ phương trình đã cho trở thành
 X 2 + 1 + Y = 2
 X 2 + Y = 1(1)
⇔
 2
 Y + 1 + X = 2

 X + Y 2 = 2(2)
Lấy (1) – (2) vế theo vế ta được:
X2 – X + Y – Y2 = 0 ⇔ ( X2 – Y2) – X – Y = 0 ⇔ ( X – Y). ( X + Y – 1 ) = 0
X − Y = 0
⇔
X + Y −1 = 0

(
(

)

)

+ Với X – Y = 0 ⇔ X = Y , thay vào (1) ta được:
−1+ 5
1+ 5
X2 + X – 1 = 0 ⇒ X =
⇒x=y=
.
2
2

THCS: TÂN BÌNH

20

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG

1+ 5 1+ 5 

;
Hệ có nghiệm 

2
2


+ Với X + Y – 1 = 0 ⇔ –X + 1 = Y , thay vào (1) ta được:
X2 – X = 0 ⇔ X ( X – 1) = 0 ⇒ x = 1 ⇒ y = 2 .
Hệ có nghiệm (1 ; 2)
1+ 5 1+ 5 
 ; (1 ; 2)
;
Vậy hệ đã cho có nghiệm 
2 
 2

2 + 3 x =

♦ Ví Dụ 5: 
x3 − 2 =

2
Giải: Đặt z =
y

8
y3

6
y

(TSL10 Chuyên Nghệ An 10 – 11)

2 + 3 x = z 3
2 + 3 x = z 3
⇔
Hệ đã cho trở thành:  3
 x − 2 = 3z
2 + 3 z = x 3
Lấy (1) – (2) vế theo vế ta được:
3(x – z) = z3 – x3 ⇔ x3 – z3 + 3(x – z) = 0 ⇔ (x – z)(x2 + xz + z2 + 3) = 0
⇔ x = z ( vì x2 + xz + z2 + 3> 0 , ∀ x, z)
x = 1
Từ đó ta có phương trình: x3 – 3x – 2 = 0 ⇔ 
x = 2
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệâm: (-1 ; -2) ; (2 ; 1)

Bài tập :HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II
 x 3 = 2 y − x
 x 2 − 2 y 2 = 2 x − y
1/  3
2/  2
 y = 2 x − y
 y − 2 x 2 = 2 y − x
1
 2
2 x = y + y
 x 3 = 2 y − x

3/ 
4/  3
( TSL10 TĐN 00 – 01)
 y = 2 x − y
2 y 2 = x + 1

x
3
2
2 x = 2 y + y
 x 2 + 2 y = 8
5/  3
( TSL10 ĐHSP 06 – 07)
6/  2
( chuyên TTHuế 07 - 08 )
2
2 y = 2 x + x
 y + 2x = 8
2 x 2 − 3 x = y 2 − 2
7/  2
(chuyên Lam Sơn 05 - 06 )
2
2 y − 3 y = x − 2

THCS: TÂN BÌNH

21

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG

DẠNG V: Hệ phương trình đẳng cấp
∗ Kiến thức thường vận dụng
Đa thức P(x ; y) được gọi khi mọi đơn thức trong nó đều có bậc n. Khi âý
phương trình P(x ; y) = a, ( a là hằng số ) được gọi là là
Một hệ phương trình được gọi là là đẳng cấp bậc n khi các phương trình
trong hệ đó đều đẳng cấp bậc n
Khi một hệ đẳng cấp bậc n thì hệ ấy chỉ có thể có nghhiệm dạng (0 ; y 0) hoặc
( x0 ; k. x0) .
∗Phương pháp thường vận dụng
+ Xét riêng trường hợp x = 0 .
+ Khi x ≠ 0 , đặt y = k.x rồi thế vào hệ và chia 2 vế của các phương trình rồi
giải ra k, từ đó suy ra x ; y.

♦Ví dụ 1 :Giải hệ phương trình
2
2
3 x + 5 xy − 4 y = 38
 2
5 x − 9 xy − 3 y 2 = 15
Giải:
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình
Với x ≠ 0, đặt y = kx, k ∈ R. Hệ đã cho trở thành :
2
2
2
2
3 x + 5 x(kx) − 4(kx) = 38
 x (3 + 5k − 4k ) = 38
⇔ 2

 2
5 x − 9 x( kx) − 3(tx ) 2 = 15
 x .(5 − 9k − 3k 2 ) = 15
 x 2 (3 + 5k − 4k 2 ) = 38 (1)

⇔  3 + 5k − 4k 2 38
(2)
=

2
15
 5 − 9k − 3k
Quy đồng mẫu phương trình (2) và rút gọn ta được:
145

k = − 18
54k2 + 417k – 145 = 0 ⇔ 
k = 1
3

145
• Với k = −
ta có: hệ vô nghiệm
18

THCS: TÂN BÌNH

22

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG

1
38
2
= 9 ⇒ x = - 3 hay x = 3
ta có: x =
3
3 + 5k − 4k 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm: (- 3 ; - 1 ) ; ( 3 ; 1 )
• Với k =

♦Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình
2
2
 x + 2 y = 6
(PTNK ban AB 06 – 07)

2 xy − y 2 = 3

Giải:
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình
Với x ≠ 0, đặt y = kx, thay vào hệ ta được :
(1)
 x 2 + 2k 2 x 2 = 6
 x 2 (2k 2 + 1) = 6
⇔  2
 2
(2)
2kx − k 2 x 2 = 3

 x (− k 2 + 2k ) = 3
Lấy (1) chia cho (2) vế theo vế ta được:
1
4k2 – 4k + 1 = 0 ⇔ k =
2
1
Với k =
ta có: x = ± 2 ⇒ y = ± 1
2
Vậy hệ đã cho có nghiệm: (2 ; 1) ; (-2 ; -1)

♦Ví dụ 3 :Giải hệ phương trình :
2
2
− 2 x + xy + y = 2
 2
2 x − 3 xy + y 2 = 3
Giải:
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ phương trình
Với x ≠ 0, đặt y = kx, thay vào hệ ta được :
2
2
2 2
2
2
(1)
− 2 x + kx + k x = 2
 x (k + k − 2) = 2
⇔
 2


2 x − 3kx 2 + k 2 x 2 = 3
 x 2 .(k 2 − 3k + 2) = 3 (2)
Lấy (1) chia cho (2) vế theo vế ta được:
k = 1
k2 + 9k -10 = 0 ⇔ 
k = −10
• Với k = 1 ta có: hệ vô nghiệm
• Với k = -10 ta có: x =

THCS: TÂN BÌNH

11
11
− 5 11
⇒ y =-10
=
22
22
11

23

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


Vậy hệ đã cho có nghiệm:

11
− 5 11

;
22
11

BÀI TẬP : HỆ ĐẲNG CẤP
Giải phương trình:
 x 3 + 3x 2 y = 5
1/  3
(TSL10 ĐHTN HN 03 – 04 )
 y + 6 xy 2 = 7
2 x 2 y − y 2 x = 1
2/  3
(TSL10 ĐHTN HN 08 – 09 )
8 x − y 3 = 7
 x 2 − 3 xy + 2 y 2 = 0
3/  2
(TSL10 ĐHNN HN 06 – 07 )
2 x − 3 xy + 5 = 0
3 x 2 − 5 xy + 4 y 2 = −3
4/  2
( ĐH Kiến trúc 95 )
9 y + 11xy − 8 x 2 = 6
 x 2 − 2 xy + 3 y 2 = 0
5/  2
( ĐH Kiến trúc 01 )
2 x − 13xy + 15 y 2 = 0
 x 2 + y 2 + xy = 3
6/  2
(TSL10 chuyên - Hải Dương 09 – 10 )
3 x + xy = 4

C/ KẾT QUẢ:
Sáng kiến kinh nghiệm này là tổng hợp một số đề thi : học sinh giỏi các tỉnh ,
thi vào các trường chuyên , . . . thường gặp , tôi hệ thốâng lại một số dạng và cách
giải để giúp các em dễ hiểu, nhận biết được các dạng toán hệ phương trình 2 ẩn
thường gặp .
Qua quá trình dạy học sinh giỏi các năm, khi chưa hệ thống kiến thức, các
dạng bài toán giải hệ phương trình 2 ẩn thường gặp . Tôi thấy các em giải các bài
toán hệ phương trình 2 ẩn nâng cao rất khó khăn các em không biết bắt đầu giài từ
đâu , mặc dù các dạng toán đó các em đã từng giải qua nhưng khi hệ thống lại các
dạng và cho các em củng cố các bài tập tương tự , tôi thấy các em nắm vững kiến
thức tốt hơn và cho dạng tương tự các em giải quyết dễ dàng ( đạt 85%)
Bài toán giải hệ phương trình là mảng toán rộng, do đó có nhiều dạng, nhiều
cách giải. Trong bài viết này, tôi chỉ xin nêu một vài dạng thường gặp trong các kì
thi học sinh giỏi, kỳ thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên, . . . Để trình bày tương
đối đầy đủ các dạng cần rất nhiều thời gian và cần sự hợp tác của các thầy cô .

THCS: TÂN BÌNH

24

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG


Tân Bình, ngày 25 tháng 3 năm 2015

Đỗ Việt Hùng

THCS: TÂN BÌNH

25

GV: ĐỖ VIỆT HÙNG