skkn một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI hệ PHƯƠNG TRÌNH đại số HAI ẩn

BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị TRƯỜNG THPT NAM HÀ
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ HAI ẨN

Người thực hiện: NGUYỄN VŨ KHANH
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN



- Lĩnh vực khác: ....................................................... 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Đĩa CD (DVD)
 Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)


2

BM02-LLKHSKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Vũ Khanh
2. Ngày tháng năm sinh: 30-6-1963
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 962/4 Bùi Hữu nghĩa, xã Hóa An, tp Biên hòa, tỉnh Đồng Nai.
5. Điện thoại:

ĐTDĐ: 094 893 5272

6. Fax:

E-mail:

7. Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn.
8. Nhiệm vụ được giao: Giảng dạy môn Toán các lớp 12C1, 10C5, 10C6.
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Nam Hà.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân.
- Năm nhận bằng: 1985
- Chuyên ngành đào tạo: Toán.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán.
- Số năm có kinh nghiệm: 31 năm.
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

 Nguyên hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ.
 Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng trong bài toán HHKG.
 Phương trình lượng giác (dành cho HS luyện thi ĐH-CĐ)
 Phương trình chứa căn thức.

3


BM03-TMSKKN

Tên SKKN:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hệ Phương trình đại số hai ẩn chiếm một vị trí tương đối quan trọng trong
chương trình toán cấp ba. Thường xuyên có mặt trong các đề thi đại học hoặc thi
học sinh giỏi Toán lớp 10, 12 với độ khó khá cao. Ở lớp 10 trong chương trình
chính khóa, học sinh chỉ được học một phần nhỏ với vài dạng căn bản thông
thường do đó đa số học sinh ít có khả năng giải quyết. Vì vậy, đây là một vấn đề
thiết thực đối với học sinh muốn vào đại học. Do vậy, chọn đề tài này có ý nghĩa
bổ sung kiến thức và hỗ trợ cho học sinh của mình.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Việc giải hệ phương trình hai ẩn thường được áp dụng hai phương pháp truyền thống: thế
hoặc đặt ẩn phụ. Độ khó của bài toán tăng lên khi hệ có chứa phương trình bậc cao hoặc
chứa căn thức. Học sinh trước khi giải cần tìm điều kiện xác định, đánh giá chọn lựa phương
trình dễ khai thác nhất trong hệ hoặc thay nó bởi một hệ khác đơn giản hơn. Nội dung ở đây
chỉ xin xét một số dạng căn bản có tính chất phù hợp với học sinh như học sinh trường
chúng tôi và gần sát với các đề thi những năm gần đây.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Một số dạng thường gặp sau đây:
Dạng 1: Biến đổi sau đó đặt ẩn phụ.

Dạng 2: Hệ có một phương trình bậc nhất đối với một ẩn.
Dạng 3: Hệ có một phương trình biến đổi được về dạng tích.
Dạng 4: Hệ có một phương trình bậc hai đối với một ẩn.
Dạng 5: Hệ có ít nhất một phương trình đẳng cấp.
Dạng 6: Dùng tính đơn điệu của hàm số.
1. DẠNG 1 : Biến đổi sau đó đặt ẩn phụ.
 x 2 + 1 + y ( y + x ) = 4 y
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  2
(TK1- 2006) Đs: (1; 2), (−2;5)
( x + 1)( x + y − 2) = y

Giải:
Vì y = 0 không thỏa hệ nên hệ phương trình tương đương với:
 x2 + 1
+ ( y + x − 2) = 2

 y
;
 2
 x + 1 .( x + y − 2) = 1
 y
x2 + 1
Đặt u =
và v = x + y − 2 , ta được hệ sau:
y

u + v = 2
⇔ u = v =1

u.v = 1

4


Ví dụ 2.

 xy + x + 1 = 7 y

Giải hệ phương trình 

2 2

 x y + xy + 1 = 13 y

2

(B-2009) Đs:

1
(1; ), (3;1)
3

Giải
Hệ phương trình tương đương với:

1 x

x
+
+

=
7
 x +

y y

⇔
⇔
 x 2 + 1 + x = 13 

 x +
y2 y


1 x
+ =7
y÷
 y
2

1
x
− = 13
÷
y
y

1
x
và v = . Hệ trở thành:

y
y
u + v = 7
 u = −5 ⇒ v = 12
⇒ u 2 + u − 20 = 0 ⇔ 
 2
u = 4 ⇒ v = 3
u − v = 13

Đặt u = x +

 x ( x + y + 1) − 3 = 0

5
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 
(D-2009) Đs:
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0

Giải

 x( x + y ) + x = 3

3
(1;1), (2; − )
2

u + x = 3

Hệ tương đương với 

2
2
2
 x ( x + y) + x = 5

; Đặt u = x ( x + y ) , Hệ trở thành: 

2
2
u + x = 5

−5
 2
3
2
 x + y + x y + xy + xy = 4
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 
(A-2008)
 x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x ) = −5

4

Nhận xét: Hệ pt có chứa hai số hạng x 2 + y và x 4 + y 2 (có dạng a + b, a 2 + b 2 ) nên ta

(

tìm liên hệ giữa hai số hạng đó: Ta có x 2 + y

)

2

= x4 + y2 + 2x2 y

Giải
−5
−5
 2
 2
2
2
( x + y ) + xy ( x + y + 1) = 4
( x + y ) + xy ( x + y + 1) = 4
⇔
Hệ tương đương với 
−
5
4
2
2
( x + y + 2 x y ) + xy =
( x 2 + y )2 + xy = −5


4
4
−5

u

+
v
(
u
+
1)
=
2

u = x + y
4
Đặt 
, ta được hệ : 
v = xy
 u 2 + v = −5

4
 x 4 − x 3 y + x 2 y 2 = 1
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình  3
. Đs: (±1;0), (1;1), (-1;-1)
2
 x y − x − xy = −1

Giải

5


( x 2 + xy ) 2 − 3 x 3 y = 1
u = x 2 + xy

Hệ tương đương với  2
, Đặt 
ta được hệ phương trình:
3
3
( x + xy ) − x y = 1
v = x y
u 2 − 3u = 1 u 2 − 3(u − 1) = 1 u 2 − 3u + 2 = 0
u = 1 u = 2
⇔
⇔
⇔
v

v
=
0
u
−
v
=
1
v
=
u
−
1
v
=
u

−
1

v = 1



 y 3 = x 3 (9 − x 3 )
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình  2
. Đs: (0;0), (1;2), (2;2)
2
 x y + y = 6 x

Giải
6
3
3
 x + y = 9 x
Hệ tương đương với  2
 y ( x + y ) = 6 x
• Nếu x = 0 thì y = 0. Vậy (0; 0) là một nghiệm.
3

 3 y3
y
y
y
 x + ÷ − 3x.  x + ÷ = 9
x + 3 = 9



x
x
x
x
⇔ 
• Nếu x ≠ 0 thì hệ tương đương với : 
;
yx + y  = 6
y x + y  = 6
÷
÷
 
 
x
x

y
x

u 3 − 3uy = 9

Đặt u = x + ta được hệ phương trình: 

uy = 6

u 3 = 27
u = 3
⇔
⇔

. Suy ra:
y = 2
uy = 6

y

2
x = 1 v x = 2
 x + = 3  x − 3x + 2 = 0
⇔
⇔
x


y = 2
y = 2
 y = 2

• Kết luận: Hệ đã cho có ba nghiệm (x;y): (0;0), (1;2), (2;2)
NHẬN XÉT: Kiến thức cần có: u 3 + v 3 = (u + v )3 − 3uv (u + v )
Bài tập tương tự:
 x 2 − xy + y 2 = 3( x − y )
1. Giải hệ phương trình  2
2
3
 x + xy + y = 7( x − y )
( x − y )2 + xy = 3( x − y )
u = x − y và v = xy .
HD: Hệ tương đương với 
2

3 , đặt
(
x
−
y
)
+
3
xy
=
7(
x
−
y
)


 x 3 (2 + 3 y ) = 8
2. Giải hệ phương trình  3
 xy − 2 x = 6
3

2
2 + 3 y =  ÷

x
HD: Hệ tương đương với 
suy ra
2



 y 3 − 2 = 3.
 ÷

x

t 3 − 3 y = 2
2
với t =
 3
x
 y − 3t = 2

 x 3 (2 + 3 y ) = 1
1
1 
3. Giải hệ phương trình  3
. Đs: ( −1; −1),  ;2 ÷ . HD: Đặt t = ,
x
2 
 x ( y − 2) = 3
 y 3 − 2 = 3t
Suy ra  3
t − 2 = 3 y

(Thi thử Chuyên LTTrọng-Cần Thơ-Khối D-Lần 1-2014)
6


2. DẠNG 2: Hệ có một phương trình bậc nhất đối với một ẩn.

 xy + x + 1 = 7 y

(B-2009). Giải hệ phương trình 

Ví dụ 7.

2 2

 x y + xy + 1 = 13 y

Giải
(1) ⇔ xy + x + 1 = 7 y ⇔ y =

•

(1)

được :
2

2

(2)

1

Đs: (1; 3 ),(3;1)

x +1
(vì x = 7 không là nghiệm); thay vào pt (2) ta

7− x
2

x +1 
2
 x +1 
 x +1 
2
2
x 
÷ + x
÷ + 1 = 13 
÷ ⇔ x − 13 ( x + 1) + x ( x + 1)(7 − x ) + (7 − x ) = 0
7− x
7− x
7− x
4
3
2
⇔ x + x − 5 x − 33x + 36 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 3)( x 2 + 5 x + 12) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3
1
• x = 1 ⇒ y = ; x = 3 ⇒ y = 1.
3
2

(

)




• Kết luận: Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x;y) là:  1; 3 ÷, ( 3;1) .
1





7y −1
Nhận xét: Pt (1) có thể tính x theo y: xy + x + 1 = 7 y ⇔ x =
(vì y = -1 không là
y +1

nghiệm) sau đó thay vào pt (2) và giải tương tự.
 x ( x + y + 1) − 3 = 0 (1)

5
Ví dụ 8. (D-2009) Giải hệ phương trình 
.
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0 (2)
3
2

Đs: (1;1),(2; − )
Giải
• (1) ⇔ y =

3
− x − 1 (vì x = 0 không là nghiệm của HPT), thay vào (2), ta được:

x

2

5
2 3
1
1 1
3 
 − 1÷ − 2 + 1 = 0 ⇔ 2 − + 1 = 0 ⇔ = 1 ∨ = ⇔ x = 1 ∨ x = 2 .
x
x
x 2
x
x
x 
 x 4 + 2 x 3 y + x 2 y 2 = 2 x + 9 (1)
Ví dụ 9. Giải hệ phương trình  2
(B-2008).
(2)
 x + 2 xy = 6 x + 6


17 

Đs:  −4; ÷
4

Giải
(2) ⇔ y =

2

2
− x2 + 6x + 6 
2  − x + 6x + 6 
x + 2x 
+
x
÷

÷ = 2x + 9
2
x
2
x




4

3

− x2 + 6x + 6
(3) (vì x = 0 không là nghiệm), thay vào pt(1):
2x

1
⇔ x 4 + x 2 ( − x 2 + 6 x + 6) + ( − x 2 + 6 x + 6) 2 = 2 x + 9 ⇔ x 4 + 12 x 3 + 48 x 2 + 64 x = 0

4
3
2
⇔ x + 12 x + 48 x + 64 = 0( vì x ≠ 0) ⇔ ( x + 4)3 = 0 ⇔ x = −4 ;

7


Thay vào (3): y =

17
. Vậy hệ có 1 nghiệm:
4

17 

 −4; ÷
4


Cách viết khác:
Viết lại PT(1): x 2 ( x 2 + 2 xy ) + ( xy ) 2 = 2 x + 9
2

2
6x + 6 − x2
Và (2) ⇔ xy =
, thay vào (1): x 2 (6 x + 6) + (6 x + 6 − x ) = 2 x + 9
2
4

Bài tập tương tự:
Giải hệ phương trình:

 x 2 ( y + 1) ( x + y + 1) = 3x 2 − 4 x + 1
5

(1; −1),  −2; − ÷
1. 
.Đs:
2
2

 xy + x + 1 = x
41
 3
x
+
3
xy
−
12
x
+
=0

3
2

2. (K*) 

Đs:  2; − ÷
4

 x2 − x + 2 y = 1

2

3. DẠNG 3: Hệ có một phương trình biến đổi được về dạng tích.
 3 x − y = x − y (1)
3 1
Ví dụ 10. Giải hệ phương trình: 
(B-2002). Đs: (1;1),  2 ; 2 ÷
 x + y = x + y + 2 (2)

Giải
Điều kiện: x − y ≥ 0 ⇔ x ≥ y
x − y = 0
x = y
2
3
(1) ⇔ ( x − y ) = ( x − y ) ⇔ 
⇔
; Thay vào pt (2)
x − y = 1
x = y +1

Nhận xét: Có thể biến đổi phương trình (2).
1
1


 x − x = y − y (1)
Ví dụ 11. Giải hệ phương trình: 
(A-2003).
2 y = x 3 + 1
(2)

(1;1),(

−1 + 5 −1 + 5 −1 − 5 −1 − 5
;
),(
;
)
2
2
2
2

Giải
(1) ⇔ x − y +

x − y = 0

1 1
1 
− = 0 ⇔ ( x − y ) 1 + ÷ = 0 ⇔ 
y x
xy 

 xy = −1

x = 1
• Với y = x : pt (2) trở thành: x − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1)( x + x − 1) = 0 ⇔ 
−1 ± 5
x=

2
−1
−2
= x 3 + 1 ⇔ x 4 + x + 2 = 0 . PT này vô
• Với xy = −1 ⇔ y = : pt (2) trở thành:
x
x
3

2

nghiệm vì
2

2

1
1 3 
1 
1
3
x + x + 2 = ( x − x + ) + ( x 2 + x + ) + =  x 2 − ÷ +  x + ÷ + > 0, ∀x
4
4 2 

2 
2 2
4

4

2

• Vậy hệ có 3 nghiệm: (1;1),(

−1 + 5 −1 + 5 −1 − 5 −1 − 5
;
),(
;
)
2
2
2
2

8


 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
(1)
Ví dụ 12. Giải hệ phương trình: 
(D-2008). Đs: (5; 2)
x
2
y

−
y
x
−
1
=
2
x
−
2
y
(2)


Giải
Điều kiện: y ≥ 0 và x ≥ 1
(1) ⇔ x 2 − 2 y 2 − xy − x − y = 0 ⇔ ( x 2 − y 2 ) − y ( x + y ) − ( x + y ) = 0
⇔ ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0
⇔ x − 2 y − 1 = 0 (vì x + y > 0) → Dạng 2: hệ có một phương trình bậc nhất dối với

một ẩn.

5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1)
Ví dụ 13. Giải hệ phương trình 
(A-2011).
2
2
2
(2)
 xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )

Đs:

 2 10 10   −2 10 − 10 
(1;1),( −1; −1), 
;
;
÷, 
÷
5 ÷
5 ÷
 5
  5


Giải
Ta có

 xy = 1
(2) ⇔ xy ( x 2 + y 2 ) + 2 = ( x 2 + y 2 ) + 2 xy ⇔ ( xy − 1)( x 2 + y 2 − 2) = 0 ⇔  2
2
x + y = 2
• Với xy = 1: Thay vào (1) ta được: 5 x − 4 y + 3 y 3 − 2 x − 2 y = 0 ⇔ 3 x − 6 y + 3 y 3 = 0
⇔ 3xy − 6 y 3 + 3 y 4 = 0 (nhân hai vế cho y) ⇔ y 4 − 2 y 2 + 1 = 0 ⇔ y 2 = 1 ⇔ y = ±1
•

Với x 2 + y 2 = 2 : Thay vào (1) ta được: 3 y ( x 2 + y 2 ) + 2 x 2 y − 4 xy 2 − 2 x − 2 y = 0
⇔ 4 y + 2 x 2 y − 4 xy 2 − 2 x = 0 ⇔ (2 y − x ) + xy ( x − 2 y ) = 0 ⇔ ( x − 2 y )( xy − 1) = 0
⇔ x = 2 y hoặc xy = 1 (đã xét)
10

Thay x = 2 y vào x 2 + y 2 = 2 , ta được 5 y 2 = 2 ⇔ y = ±
5

Cách khác: (lượng giác hóa)
 π
Vì x 2 + y 2 = 2 nên ta đặt x = 2 sin t , y = 2 cos t , t ∈  0; ÷ , thay vào (1) ta


2

được pt:

•

•

10 2 sin 2 t.cos t − 8 2 sin t.cos 2 t + 6 2 cos3 t − 2 2(sin t + cos t ) = 0 (3)
1
⇔ 5tan 2 t − 4 tan t + 3 −
(tan t + 1) = 0 (vì cost = 0 không thỏa pt (3))
cos2 t
⇔ 5tan 2 t − 4 tan t + 3 − (1 + tan 2 t )(tan t + 1) = 0 ⇔ tan 3 t − 4 tan 2 t + 5tan t − 2 = 0
⇔ tan t = 1 ∨ tan t = 2
2 sin t
x
tan t = 1 ⇒
= 1 ⇒ = 1 ⇔ x = y , kết hợp với x 2 + y 2 = 2 , ta được:
y
2 cos t
x = y = 1 ∨ x = y = −1

tan t = 2 ⇒
x=

2 sin t
x
= 2 ⇒ = 2 ⇔ x = 2 y , kết hợp với x 2 + y 2 = 2 , ta được:
y
2 cos t

2 10
10
2 10
10
;y=
;y =−
hoặc x = −
5
5
5
5

9


 x 2 + xy + 2 x + 2 y = 16
Ví dụ 14. Giải hệ phương trình 
. Đs: (0;8), (2;2), (-6;2)
( x + y )(4 + xy ) = 32

Giải

Nhận xét : VT của cả hai pt đều có chứa thừa số ( x + y ) . Do đó ta biến đổi như sau :
( x + y )( x + 2) = 16
, suy ra
( x + y )(4 + xy ) = 32

Hệ tương đương với: 

x+2 1
= ⇔ 2 x + 4 = 4 + xy ⇔ 2 x = xy
4 + xy 2
x = 0 ⇒ y = 8
⇔
. Vậy hệ có ba nghiệm (x; y) là: (0;8), (2;2)
 y = 2 ⇒ x + 2 = ±4 ⇔ x = 2 v x = −6

và (-6;2)
Bài tập tương tự:
Giải các hệ phương trình:
 x 4 − x 3 y + x 2 y 2 = 1
1.  3
Đs: (±1;0), (1;1), (-1;-1)
2
 x y − x − xy = −1
 x 4 − x 3 y + x 2 y 2 = 1
2.  3
. HD: x 3 y − x 2 + xy = 1 ⇔ ( x 2 + 1)( xy − 1) = 0
2
 x y − x + xy = 1
 xy + x − 2 = 0
 −1 − 5

  −1 +
3. (D-2012)  3 2
Đs: (1;1),  2 ; − 5 ÷÷,  2
2
2

 
2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0

5


; 5÷
÷


HD: Pt(2) có thể biến đổi về dạng tích bằng cách kết hợp các số hạng dựa theo hệ số
2 x 3 − 2 xy = 2 x ( x 2 − y )
 2
2
2
như sau:  − x y + y = − y ( x − y )
 x2 − y


4. DẠNG 4: Hệ có một phương trình bậc hai đối với một ẩn.
 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
(1)
Ví dụ 15. Giải hệ phương trình 
(D-2008). Đs: (5; 2)

 x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y (2)

Giải
Điều kiện : x ≥ 1 và y ≥ 0 (*)
Xem Pt (1) là PTB2 theo y: 2 y 2 + ( x + 1) y + x − x 2 = 0; ∆ = ( x + 1)2 − 4.2( x − x 2 ) = (3x − 1) 2
suy ra y =

−( x + 1) ± (3x − 1)
x −1
⇔y=
, y = − x ; y = − x bị loại vì không thỏa đk (*)
4
2

Thay vào pt(2):
x −1
x −1
x −1

x − 1 = 2 x − ( x − 1) ⇔ x − 1  x −
thì ta được x x − 1 −
÷= x + 1
2
2 
2

⇔ x − 1 ( x + 1) = 2( x + 1) ⇔ x − 1 = 2 ( vì x + 1 > 0) ⇔ x = 5 . Suy ra y = 2.

•

Với y =

•

Kết luận: Hệ có nghiệm (x; y) duy nhất là (5; 2).

Bài tập tương tự :
Giải các hệ phương trình sau :
10


 y 2 − 5 x 2 − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0 (1)

 7 11 
1. (K*) 
Đs: ( 1;9 ) ,  − 6 ; − 6 ÷
4
5


(2)
3x + x − y = 2

 x 2 − 3 y 2 + 2 xy − x + 5 y − 2 = 0
2.  2
Đs: ( −1;0 )
2
 x + y + x + y = 0
6 x 2 − 3 xy + x + y = 1
1 2 2 

 4 3
 ;±
÷, ( 0;1) ,  − ; − ÷
3.  2
Đs:
2
3 
 5 5
3
 x + y = 1
 x 2 − 3x ( y − 1) + y 2 + y ( x − 3) = 4
 −3 − 3 5 5 − 3 5   −3 + 3 5 5 + 3 5 
4. 
Đs: ( 1;0 ) ,  2 ; 2 ÷,  2 ; 2 ÷

 

 x + xy − 2 y = 1

5. DẠNG 5: Hệ có ít nhất một phương trình đẳng cấp.
 x 3 + 2 y 3 + xy ( x − y ) = 0 (1)
Ví dụ 16. Giải hệ phương trình: 
 x − 2 y + x + 2 y = 2 (2)

Đs: (2; −1)

Giải
Điều kiện: x ≥ 2 y , x ≥ −2 y .
3

2

x x
x
(1) ⇔ x + 2 y + x y − xy = 0 ⇔  ÷ +  ÷ − + 2 = 0 (vì y = 0 không thỏa hệ)
y
 y  y
2
x
  x 
x 
x
⇔  + 2 ÷ ÷ − + 1 = 0 ⇔ = −2 ⇔ x = −2 y ;
y 
y
y
  y 

Thay vào (2): −4 y = 2 ⇔ y = −1 ⇒ x = 2 (thỏa đkiện)
3

3

2

2

Kết luận: Hệ pt có một nghiệm (x; y) là: (2; -1)
3x 2 − xy + 3 y 2 = 13 (1)
Ví dụ 17. Giải hệ phương trình:  2

Đs: (1;2),( −1; −2),(2;1),( −2; −1)
2
 x − 3xy + y = −1 (2)

Giải
Nhân (2) với 13 sau đó cộng vế theo vế với (1) ta được phương trình:
2

x
x
16 x − 40 xy + 16 y = 0 ⇔ 2 x − 5 xy + 2 y = 0 ⇔ 2  ÷ − 5. + 2 = 0
y
 y
x
x 1
(vì y = 0 không thỏa hệ) ⇔ = 2 ∨ = ⇔ x = 2 y ∨ y = 2 x ; Thay vào (2):
y
y 2
y =1⇒ x = 2
2
• x = 2y ⇒ y =1⇔ 
 y = −1 ⇒ x = −2
2

•

2

2

2

x = 1 ⇒ y = 2
y = 2x ⇒ x2 = 1 ⇔ 
 x = −1 ⇒ y = −2

Vậy hệ có 4 nghiệm (x;y): (1;2),( −1; −2),(2;1),( −2; −1) .
Nhận xét: Có thể biến đổi nhanh hơn như sau:
Từ hệ pt ta suy ra −(3x 2 − xy + 3 y 2 ) = 13( x 2 − 3xy + y 2 ) , sau đó biến đổi thành:
16 x 2 − 40 xy + 16 y 2 = 0

11


Cách khác:
Nếu x = 0 thì không thỏa hệ.
Nếu x ≠ 0 thì ta đặt y = t.x, (t∈R). Hệ trở thành:
3x 2 − tx 2 + 3t 2 x 2 = 13  x 2 (3t 2 − t + 3) = 13
⇔
 2
2
2 2
2 2
 x − 3tx + t x = −1
 x (t − 3t + 1) = −1
t = 2
3t 2 − t + 3
2
2
= −13 ⇔ 16t − 40t + 16 = 0 ⇔ 2t − 5t + 2 = 0 ⇔  1

Lập tỉ số ta được: 2
t =
t − 3t + 1
 2
x = 1 ⇒ y = 2
2
• Với t = 2 ⇒ y = 2 x ⇒ x = 1 ⇔ 
 x = −1 ⇒ y = − 2

• Với t =

y =1⇒ x = 2
1
⇒ x = 2 y ⇒ y2 = 1 ⇔ 
2
 y = −1 ⇒ x = − 2

2
2
(1)
 x + 8 y = 12
Ví dụ 18. Giải hệ phương trình:  3
Đs: (2; −1),( −2;1)
2
x
+
2
xy
+
12

y
=
0
(2)


Giải
Nhân (1) với y (vì y = 0 không thỏa hệ) và cộng với (2) ta được:
x 3 + 2 xy 2 + x 2 y + 8 y 3 = 0
3
2
2
x
x
  x   x  
x x
x
+  ÷ + 2  ÷+ 8 = 0 ⇔  + 2 ÷ ÷ −  ÷ + 4  = 0 ⇔ = −2 ⇔ x = −2 y ,
÷
y  y
y
 y
y
  y   y  
thay vào (1): y 2 = 1 ⇔ y = ±1 . Vậy hệ có hai nghiệm (x;y): (2; −1),( −2;1)


⇔


2
5 x − 3 y = x − 3xy
Ví dụ 19. Giải hệ phương trình:  3
(Thi thử ĐH 2013 – Hà Nội2
2
3
 x − x = y − 3 y

Amsterdam)
Giải:
2
5 x + 3xy = x + 3 y
Nhận xét: Đưa về mỗi vế các số hạng đồng cấp: (1) ⇔  3
3
2
2
 x + 3 y = y + x

• Nếu x = 0 thì y = 0. Hệ có nghiệm (0; 0).
• Nếu x ≠ 0 thì ta đặt y = kx, k∈R, hệ trở thành:

5 x 2 + 3kx 2 = x + 3kx
(5 + 3k ) x 2 = (1 + 3k ) x
(5 + 3k ) x = 1 + 3k
⇔
⇔
 3


3

2
3 3
2 2
2
3
3
2
2
(1 + 3k ) x = ( k + 1) x
(1 + 3k ) x = k + 1
 x + 3k x = k x + x

suy ra
5 + 3k 1 + 3k
= 2
⇒ (5 + 3k )( k 2 + 1) = (1 + 3k )(1 + 3k 3 ) ⇔ 9k 4 − 5k 2 − 4 = 0 ⇔
3
1 + 3k
k +1
⇔ k = ±1

k 2 = 1
 2
 k = −4 / 9

1
1
Với k = 1 ⇒ x = ⇒ y = ; Với k = −1 ⇒ x = −1 ⇒ y = 1 .
2

2

Kết luận: Hệ có ba nghiệm (x; y) là: (0;0), (1/2; 1/2), (-1; 1)
Bài tập tương tự:
Giải các hệ phương trình sau:
12


1.
2.
3.
4.

 x 3 − 3xy 2 = 18
3
2
2
3
(K )  2
. Đs: (3;1). HD: Suy ra 26 x − 3xy = 18 3x y − y
3
3x y − y = 26
3x 2 + 2 xy + y 2 = 11
. Đs: (1; 2), (-1; -2).
 2
2
 x + 2 xy + 3 y = 17
2 x 2 y + xy 2 = 15
 3
3

8 x + y = 35
3x 2 + 5 xy − 4 y 2 = 38
 2
2
5 x − 9 xy − 3 y = 15

(

*

)

(

)

6. DẠNG 6: Dùng tính đơn điệu của hàm số.
2 x + 2 + 4 = x 3
(1)
 1
Ví dụ 20. Giải hệ phương trình: (K*) 
Đs:  2; ÷
 4
 x x + y + 2 y + 2 = 8 y + 4 (2)

Giải
Điều kiện: x ≥ −2, y ≥ −2, x + y ≥ 0
Nhận xét: pt (1) chứa biểu thức bậc cao, nếu nâng lên lũy thừa sẽ dẫn đến pt phức
tạp, ngoài ra do phát hiện x=2 là một nghiệm nên ta nghĩ đến khả năng pt có
nghiệm duy nhất.

Xét hàm số f ( x ) = 2 x + 2 + 4 − x 3 .
Điều kiện của x: pt (1) có nghiệm khi x 3 − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 4
Ta có f '( x ) =

1
− 3 x 2 < 0, ∀x ≥ 3 4 (vì
x+2

1
< 1 và 3 x 2 > 1 ) suy ra hàm số f(x)
x+2

nghịch biến trên  3 4; +∞ ) .Ngoài ra f(2) = 0. Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của pt(1).
1
4

Thay x = 2 vào pt (2) ta được y = .
Kết luận.
(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 (1)
Ví dụ 21. Giải hệ phương trình:  2
(A-2010)
2
(2)
4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

Đs:

1 
 ;2 ÷
2 

Giải
Điều kiện: y ≤

5
3
và x ≤ .
2
4

(1) ⇔ (4 x 2 + 1)2 x = [ (5 − 2 y ) + 1] 5 − 2 y ⇔ 8 x 3 + 2 x = (5 − 2 y ) 5 − 2 y + 5 − 2 y .

Phương trình có dạng f (2 x ) = f

(

)

5 − 2 y với hàm số f (t ) = t 3 + t , t ≥ 0 , ta có:

f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ≥ 0 ⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên [0; +∞).

Do đó f (2 x ) = f

(

)

5 − 2 y ⇔ 2x = 5 − 2 y

13


x ≥ 0
x ≥ 0

⇔ 2
⇔
5 − 4 x 2 , thay vào pt(2) ta được:
4
x
=
5
−
2
y
y
=



2
2
(5 − 4 x )
4 x2 +
+ 2 3 − 4x = 7
4
⇔ 16 x 2 + 25 − 40 x 2 + 16 x 4 + 8 3 − 4 x = 28 ⇔ 16 x 4 − 24 x 2 + 8 3 − 4 x = 3 (3)

Nhận xét: pt (3) có dạng phức tạp (không thể nâng lên lũy thừa, không có dấu hiệu

để đặt ẩn phụ) do đó pt(3) có thể có nghiệm duy nhất.
1
2

Thử xét: 3 − 4 x = 1 ⇔ x = . Kiểm tra lại, ta có x =
giờ ta c/m x =

1
là một nghiệm của pt(3). Bây
2

1
là nghiệm duy nhất.
2



Xét hàm số g ( x ) = 16 x 4 − 24 x 2 + 8 3 − 4 x với x ∈ 0;  , ta có:
 4
3

g '( x ) = 64 x 3 − 48 x −

16
3
16

 3
= 64 x  x 2 − ÷−
< 0, ∀x ∈ 0; ÷

4
3 − 4x
3 − 4x

 4



⇒ Hàm số g(x) nghịch biến trên 0; 4  . Ngoài ra



1
g  ÷ = 3 , vậy pt (3) có nghiệm duy
2
1
1 
nhất là x = . Suy ra y = 2 . Vậy hệ pt đã cho có nghiệm (x; y) duy nhất là  ;2 ÷.
2
2 
3

Cách khác : Phát hiện x = ½ là nghiệm nên ta biến đổi PT về dạng tích :
16 x 4 − 24 x 2 + 8 3 − 4 x = 3 ⇔ 16 x 4 − 24 x 2 + 5 + 8

(

1 
5  16(2 x − 1)


⇔ 16  x 2 − ÷ x 2 − ÷−
= 0 ⇔ 4 x2 − 1 4 x2
4 
4
3 − 4x + 1

16


⇔ (2 x − 1)  ( 2 x + 1) 4 x 2 − 5 −
=0
3 − 4 x + 1 


(

(

)
16(2 x − 1)
− 5) −
=0
3 − 4x + 1

3 − 4x −1 = 3

)(

)

1

x = 2
⇔
16
( 2 x + 1) 4 x 2 − 5 =
,(2)

3 − 4x + 1

(

)



Với x ∈ 0;  thì VT < 0 và VP > 0 suy ra PT(2) vô nghiệm.
 4
3

(

)(

)

 x2 + 1 + x
y 2 + 1 + y = 1 (1)

Ví dụ 22. Giải hệ phương trình: 

. Đs: (2; -2)
4 x + 2 + 22 − 3x = 8 − 2 y (2)

Giải
Điều kiện: −2 ≤ x ≤
(1) ⇔ x 2 + 1 + x =

22
.
3
1
y2 + 1 + y

⇔ x2 + 1 + x =

y 2 + 1 − y ⇔ x 2 + 1 + x = ( − y )2 + 1 + ( − y )

14


x

Xét hàm số f ( x ) = x + 1 + x , ta có f '( x ) =
2

x2 + 1

+1 =

x + x2 + 1

x2 + 1

> 0, ∀x vì

x2 + 1 > x2 > x ≥ − x ⇒ x + x2 + 1 > 0 .

Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên R. Ngoài ra pt(1) có dạng f ( x ) = f ( − y ) , do đó
pt(1) tương đương với pt x = − y .
Thay vào (2) thì được: 4 x + 2 + 22 − 3x = 8 + 2 x (bình phương sẽ dẫn đến pt phức
tạp. Dự đoán được x = 2 là nghiệm nên ta nhân lượng liên hợp để tạo ra thừa số (x
– 2) sau đó biến đổi thành dạng tích)
⇔4

(

) (

x+2 −2 +

)

22 − 3x − 4 = 2( x − 2) ⇔

4( x − 2)
6 − 3x
+
= 2( x − 2)
x+2 +2
22 − 3 x + 4

x = 2
4
3
g ( x) =
−
−2
⇔
4
3
.
Xét
hàm
số

−
= 2 (3)
x+2 +2
22 − 3x + 4
22 − 3x + 4
 x + 2 + 2
4
−1
3
−3
g '( x ) =
.
+
.
2
2

x+2 +2 2 x+2
22 − 3 x + 4 2 22 − 3x

(

)

(

)

22 
22 


g '( x ) < 0, ∀x ∈  −2; ÷ suy ra hàm số g(x) nghịch biến trên  −2; 
3 
3


3
22 

⇒ g ( x ) < g ( −2) = −
< 0, ∀x ∈  −2;  . Vậy phương trình (3) vô nghiệm.
3
28 + 4


Kết luận: Hệ đã cho có một nghiệm (x; y) là (2; -2)

Nhận xét: Có thể chứng minh phương trình (3) vô nghiệm như sau: Với −2 ≤ x ≤
x+2 +2≥2⇒

thì

22
3

4
4
≤ = 2 ⇒ VT < VP . Suy ra pt (3) vô nghiệm.
x+2 +2 2

 x 3 − y 3 = 9
(1)
Ví dụ 23. Giải hệ phương trình:  2
. Đs: ( 1; − 2 ) , ( 2; − 1)
2
 x + 2 y = x − 4 y (2)

Giải
 x 3 − 1 = y 3 + 8
(3)
Hệ tương đương với 
, cộng (3) với (4) ta được:
2
2
 −3 x + 3x = 6 y + 12 y (4)
x 3 − 3x 2 + 3x − 1 = y 3 + 6 y 2 + 12 y + 8 ⇔ ( x − 1)3 = ( y + 2) 3 ⇔ x − 1 = y + 2 ⇔ y = x − 3

thay vào (2): x 2 + 2( x − 3) 2 = x − 4( x − 3) ⇔ 3x 2 − 9 x + 6 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2 .
Kết luận: Hệ có hai nghiệm (x; y): ( 1; − 2 ) , ( 2; − 1) .
 x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y (1)

Ví dụ 24. Giải hệ phương trình:  2
(A-2012).
1
2
(2)
 x + y − x + y = 2
1

3  3

1

Đs:  ; − ÷,  ; − ÷
2 2 2 2
Giải
15


• Nhận xét: Hai vế của Pt(1) có dạng lập phương của hiệu và tổng nên ta biến đổi
như sau:
(1) ⇔ ( x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1) − 12 x + 23 = ( y 3 + 3 y 2 + 3 y + 1) − 12 y − 1
⇔ ( x − 1) 3 − 12( x − 1) + 11 = ( y + 1)3 − 12( y + 1) + 11 ⇔ ( x − 1) 3 − 12( x − 1) = ( y + 1) 3 − 12( y + 1)
• Pt có dạng f ( x − 1) = f ( y + 2) , với f là hàm số f (t) = t 3 − 12t ;

Ta có f '(t) = 3t 2 − 12 = 3(t 2 − 4) .
Ta cần tìm điều kiện của t. (Tìm từ điều kiện của (x-1) và (y+2).

2

2

1 
1
1 
1


• Ta có: (2) ⇔  x 2 − x + ÷+  y 2 + y + ÷ = 1 ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1
4 
4
2 
2


2

1
1

1
1

 3
x − ≤1
 x − ÷ ≤ 1
−1 ≤ x − ≤ 1  − ≤ x − 1 ≤



2
2





2
2
⇔
⇔
⇒ 2
suy ra: 
2
1

 y + 1 ≤ 1  −1 ≤ y + 1 ≤ 1  − 1 ≤ y + 1 ≤ 3
y
+
≤
1

÷

 2


2
2

2
2


3
9
2


 x − 1 ≤ 2
( x − 1) ≤ 4
⇒
⇒
 y +1 ≤ 3
( y + 1) 2 ≤ 9


2
4

9
4
• Do đó f '(t) = 3(t 2 − 4) < 0 . Suy ra hàm số f(t) nghịch biến. Vậy Pt(1) tương đương
với x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2
2
Suy ra t ≤

Thay vào (2) :
1
1

1
3
⇔ 2 x2 − 4 x + 2 = ⇔ 4 x2 − 8x + 3 = 0 ⇔ x = ∨ x =
2
2
2
2
1 3  3 1
• Kết luận: Hệ có hai nghiệm (x; y):  ; − ÷,  ; − ÷.
2 2 2 2
x 2 + ( x − 2) 2 − x + ( x − 2) =

Cách khác: (Biến đổi để đặt ẩn phụ)
( x 3 − y 3 ) − 3( x 2 + y 2 ) − 9( x − y ) + 22 = 0

Hpt tương đương với:  2
1
2
 x + y − ( x − y ) = 2
1
41
 3

3
3
( x − y ) − 3( x − y + 2 ) − 9( x − y ) + 22 = 0
( x − y ) + 3xy ( x − y ) − 12( x − y ) + 2 = 0
⇔
⇔
1

2
( x − y ) + 2 xy − ( x − y ) =
( x − y ) 2 − ( x − y ) + 2 xy = 1


2
2
41
 3
u
+
3
uv
−
12
u
+
=0

u = x − y
2
Đặt 
, hpt trở thành: 
, khử v (hệ có phương trình
v = xy
 u 2 − u + 2v = 1

2

bậc nhất đối với một ẩn) ta được ptrình:

 1 u − u2 
41
u 3 + 3u  +
= 0 ⇔ 4u 3 + 3u + 6u (u − u 2 ) − 48u + 82 = 0
÷− 12u +
2 
2
4
3
⇔ 2u 3 − 6u 2 + 45u − 82 = 0 ⇔ (u − 2)(2u 2 − 2u + 41) = 0 ⇔ u = 2 suy ra v = − ;
4

16


x − y = 2
y = x − 2

Tóm lại hệ pt đã cho tương đương với hệ pt sau: 
−3 ⇔ 
4 x ( x − 2) + 3 = 0
 xy = 4
1
3


y = x−2
x
=
x

=

y = x − 2


2 v 
2
⇔ 2
⇔
.

1
3⇔
4 x − 8 x + 3 = 0
 x = 2 v x = 2
 y = −3  y = − 1

2 
2

Kết luận.
Bài tập tương tự :
Giải các hệ phương trình sau:
1
1

x − x = y − y
−1 + 5 −1 + 5 −1 − 5 −1 − 5
;
),(

;
)
1. (A-2003) 
; (1;1),(
2
2
2
2
2 y = x 3 + 1


(

)(

)

 x + x 2 + 1 y + y 2 + 1 = 1 (1)

2. 
 x 6 x − 2 xy + 1 = 4 xy + 6 x + 1 (2)
 x 3 − 2 y + 1 = 0
3. 
Đs: (1;1)
(3
−
x
)
2
−

x
−
2
y
2
y
−
1
=
0

HD: (3 − x ) 2 − x − 2 y 2 y − 1 = 0 ⇔ (3 − x ) (3 − x ) − 1 = 2 y 2 y − 1
(17 − 3 x ) 5 − x + (3 y − 14) 4 − y = 0 (1)

4. 

. Đs: (-1;-2)

(2)
 2 x + y + 5 + 3 x + 2 y + 11 = 3
HD: (1) ⇔ [ 2 + 3(5 − x ) ] 5 − x = [ 2 + 3(4 − y ) ] 4 − y

(

)(

)

 x + x2 + 4 y + y2 + 1 = 2


5. 
. Đs:
12 y 2 − 10 y + 2 = 2 3 x 3 + 1

1

 −1; ÷,(0;0) (Thi thử HàNội-Ams-2012)
2


8 x 3 + 4(2 x − 1) = 13 x 2 ( y + 1)(5 y + 7)
6.  2
, Đs: (2;1) (Thi thử Chuyên LHPhong-tp
2
3
x
−
y
=
y
+
y
+
1


HCM-2013-Lần 1)
IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
- Bản thân tôi nhận thấy qua một thời gian, các học sinh lớp 12 thuộc lớp tôi
phụ trách đã có thể dễ dàng hơn trong việc giải các hệ phương trình từ đó hỗ trợ tốt

cho các bài toán liên quan như bất phương trình, hệ bất phương trình chứa căn. Điều
này có tác dụng tích cực giúp các em tự tin, hứng thú hơn khi giải các đề thi Đại học
– Cao Đẳng.
V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
- Chủ đề giải hệ phương trình hai ẩn đã được các Thầy cô trong Tổ đưa vào
giảng dạy trong các buổi học tăng tiết dành cho học sinh lớp 12 nhiều năm qua và
học sinh từ chỗ làm quen đã có thể tự mình giải quyết.
17


VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
Ghi tài liệu tham khảo theo thứ tự được sử dụng trong nội dung sáng kiến
kinh nghiệm. Cách ghi theo hướng dẫn tại phần Một số điểm cần lưu ý kèm theo
Mẫu này.
1. Trích các đề thi Đại học – Cao đẳng những năm gần đây.
2. Trích các đề thi thử của một số trường THPT có uy tín.
VII. KẾT LUẬN
Trên đây chỉ là vài kinh nghiệm góp nhặt được trong thời gian giảng dạy Toán
và khó có thể tránh khỏi những thiếu sót. Do đó, rất mong quý Thầy Cô nào có cùng
quan tâm đến vấn đề này xin vui lòng góp ý. Tôi xin chân thành cảm ơn.
Biên Hòa, tháng 5 năm 2016
NGƯỜI THỰC HIỆN

Nguyễn Vũ khanh

18


BM01b-CĐCN
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI

Đơn vị THPT NAM HÀ
–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
Biên Hòa, ngày
tháng 5 năm 2016

PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2015 - 2016
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
HAI ẨN.
Họ và tên tác giả:

NGUYỄN VŨ KHANH

Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn.

Đơn vị: Trường THPT Nam Hà
Họ và tên giám khảo 1: ............................................................ Chức vụ: ........................................
Đơn vị: ..............................................................................................................................................
Số điện thoại của giám khảo: ............................................................................................................
* Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm:
1. Tính mới
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
Điểm: …………./6,0.

2. Hiệu quả
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
Điểm: …………./8,0.
3. Khả năng áp dụng
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
Điểm: …………./6,0.
Nhận xét khác (nếu có): ......................................................................................................
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
Tổng số điểm: ....................../20. Xếp loại: ........................................................................
GIÁM KHẢO 1

19


BM01b-CĐCN
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị THPT NAM HÀ
–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
Biên Hòa, ngày
tháng 5 năm 2016

PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2015 - 2016
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
HAI ẨN.
Họ và tên tác giả:

NGUYỄN VŨ KHANH

Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn

Đơn vị: Trường THPT Nam Hà
Họ và tên giám khảo 2: ............................................................ Chức vụ: ........................................
Đơn vị: ..............................................................................................................................................
Số điện thoại của giám khảo: ............................................................................................................
* Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm:
1. Tính mới
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
Điểm: …………./6,0.
2. Hiệu quả
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
Điểm: …………./8,0.
3. Khả năng áp dụng
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................

Điểm: …………./6,0.
Nhận xét khác (nếu có): ......................................................................................................
...........................................................................................................................................................
...........................................................................................................................................................
Tổng số điểm: ....................../20. Xếp loại: ........................................................................
GIÁM KHẢO 2
BM04-NXĐGSKKN
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị THPT NAM HÀ
–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––

20


Biên Hòa, ngày

tháng 5 năm 2016

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2015 - 2016
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
HAI ẨN.
Họ và tên:

NGUYỄN VŨ KHANH

Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn.

Đơn vị: Trường THPT Nam Hà.
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: ............................... 
- Phương pháp giáo dục

- Lĩnh vực khác: ........................................................ 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị 
Trong Ngành 
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn

- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị

2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả
cao 
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị

3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)

- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc
sống: Trong Tổ/Phòng/Ban 
Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng:
Trong Tổ/Phòng/Ban 
Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành 
Xếp loại chung: Xuất sắc 
Khá 
Đạt 
Không xếp loại 
Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao
chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.
Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận sáng kiến kinh nghiệm này đã được tổ chức thực
hiện tại đơn vị, được Hội đồng khoa học, sáng kiến đơn vị xem xét, đánh giá, cho điểm, xếp loại
theo quy định.
NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN
XÁC NHẬN CỦA TỔ
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
CHUYÊN MÔN

21