CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG HỆ THỨC VIET TOÀN TẬP

I/ Cơ sở lí luận.

A/ Đặt vấn đề.

Nghị quyết TW II khoá IIIV đã khẳng định: "Phải đổi mới giáo dục đào tạo , khắc
phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành thạo nếp t duy sáng tạo của ngời học.
Từng bớc áp dụng phơng pháp tiên tiến và phơng tiện hiện đại vào quá trình dạy học".
Trong Luật giáo dục đã khẳng định" Phơng pháp giáo dục phổ thông phải phát huy
tính tích cực , tự giác chủ động, sáng tạo của học sinh phù hợp với đặc điểm của từng
lớp học, môn học" . Nói cách khác là việc dạy học theo chơng trình mới nhằm mục tiêu
đào tạo con ngời mới thích ứng với sự phát triển nhanh mạnh từng ngày , từng giờ của
khoa học kĩ thuật. Nhận thức đợc tầm quan trọng của việc đổi mới phơng pháp giảng
dạy nói chung, giảng dạy toán 9 nói riêng, bản thân đã đợc giảng dạy chơng trình toán
9 cũ và đợc tiếp cận chơng trình toán 9 theo chơng trình cải cách nên tôi mạnh dạn
soạn và áp dụng dạy theo một hệ thống bài tập có tính hệ thống lôgíc giới hạn ở hệ thức
Vi-ét với phơng trình bậc hai một ẩn.
II/ Cơ sở thực tế.
Muốn đổi mới phơng pháp dạy học phù hợp với mục tiêu của chơng trình cải cách
và nội dung SGK khoa mới thì giáo viên trớc hết phải dạy cho học sinh những tri thức
phơng pháp để học sinh biết cách học, biết cách đọc tài liệu, biết cáh suy luận, biết
cách tìm lại những cái đã quên và phát hiện kiến thức mới. Bên cạnh đó đòi hỏi học
sinh phải cố gắng trí tuệ và nghị lực cao trong quá trình nghiên cứu kiến thức mới.
Muốn dạy cho học sinh nắm đợc những tri thức phơng pháp thì ngời giáo viên phải thờng xuyên suy nghĩ dạy một vấn đề , một đơn vị kiến thức đặt ra trớc mắt theo cách
nào, theo hớng nào , để học sinh hiểu và vận dụng hiệu quả hơn.
Trong chơng trình bộ môn toán 9 nhiều bài tập, đặc biệt là thi vào THPT xuất hiện
nhiều dạng bài toán liên quan đến hệ thức Vi-ét, nhng thời lợng chơng trình dành cho
học và vận dụng hệ thức Vi-ét là không nhiều. Vì vậy muốn học sinh đọc hiểu và có
khả năng vận dụng kiến thức nói chung hay hệ thức Vi-ét nói riêng vào giải các bài tập
liên quan phần không nhỏ phụ thuộc vào lòng say mê công việc, không ngừng suy nghĩ
khai thác các đơn vị kiến thức thành hệ thống các dạng bài tập để học sinh nhận diện ra
phơng pháp giải và rèn kĩ năng vận dụng kiến thức vào giải dạng bài tập đó.

Chính vì nhận thấy tầm quan trọng của việc khai thác có hệ thống các đơn vị kiến
thức theo dạng bài tập cơ bản liên quan, tôi mạnh dạn đi sâu suy nghĩ khai thác và vận
dụng hệ thức Vi-ét trong giảng dạy theo hệ thống các nội dung sau:
+ áp dụng hệ thức Vi-ét vào tìm giá trị của tham số m thoả mãn điều kiện T cho trớc.
+ Hệ thức Vi-ét trong sự tơng giao hàm số y = ax2 ( a 0) và y = mx + n
+ Lập phơng trình bằng định lý Vi-ét đảo.
+ Giải hệ phơng trình bằng định lý Vi-ét đảo.

B/ Giải quyết vấn đề.


I- Lý thuyết cơ bản.
1- Định lí Vi-ét.
Nếu phơng trình ax2 + bx + c = 0 ( a 0) (1) có hai nghiệm x1 và x2 thì:
b

x
+
x
=

1
2

a

x ìx = c
1 2 a
Chứng minh:
Do x1 và x2 là hai nghiệm của pt (1) nên: a(x - x1).(x - x2) = ax2 + bx + c với x

ax2 - ax1x - ax2x + ax1x2 = ax2 + bx + c ax2 - (ax1+ ax2)x + ax1x2 = ax2 + bx + c
b

x
+
x
=

2
1

( ax1 + ax 2 ) = b
a


ax1x 2 = c
x x = c
1 2 a
2- Định lí Vi- ét đảo.
Nếu hai số có tổng S và tích P thì hai số đó là hai nghiệm của phơng trình:
x2 -Sx + P = 0 .
Điều kiện tồn tại hai số đó là: S2 - 4P > 0.
II- Các dạng bài tập cơ bản.
Dạng 1: áp dụng hệ thức Vi-ét vào tìm giá trị của tham số m để phơng trình
thoả mãn điều kiện T cho trớc.
* Bài toán cơ bản:
Tìm giá trị của tham số m để phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 ( a 0) (I)
Có nghiệm thảo mãn điều kiện T cho trớc.
* Phơng pháp:
Để phơng trình (I) có nghiệm ta phải có: 0

(*)
b

x
+
x
=

1
2

a
Khi đó theo hệ thức vi-ét ta có:
x x = c
1 2 a
Để tìm giá trị của tham số m ta giải hệ phơng trình:


b

x
+
x
=

1
2

a

c

so sánh với điều kiện (*) và kết luận bài toán.
x1 ìx 2 =
a

Điều kiện T


Bài toán 1: Cho phơng trình x2 - 2m x + 2m -1 = 0 (1)
Tìm m để phơng trình có nghiệm x1 ,x2 thảo mãn x1 = 2 x2.
Bài giải:
Để phơng trình (2) có nghiệm ta phải có:
2
' = ( m ) ( 2m 1) = m 2 2m + 1 = ( m 1) 0 với m
Khi đó phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có:
(*)
x1 + x 2 = 2m
Kết hợp với điều kiện x1 = 2 x2

(**)
x1 ìx 2 = 2m 1
2m
4m
;x1 =
Thay vào (*) ta có: 2x 2 + x 2 = 2m x 2 =
3
3
2m 4m
.

= 2m 1 8m 2 18m + 9 = 0
Thay vào (**) ta có:
3 3
3
3
Giải phơng trình ẩn m ta đợc : m1 = ; m 2 =
(thoả mãn )
2
4
3
3
Vậy m1 = ; m 2 = thì phơng trình có nghiệm x1 ,x2 thảo mãn x1 = 2 x2.
2
4
Bài toán 2: Cho phơng trình x2 -mx + m + 1 = 0
(2)
Tìm m để phơng trình có nghiệm x1 ,x2 thảo mãn
x1x2 + 2(x1 + x2) - 19 = 0.
Bài giải:
Để phơng trình (2) có nghiệm ta phải có: = m2 - 4m - 4 0 (*)
m 2 + 2 2

(**)
m 2 2 2

x1 + x 2 = m
Khi đó phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức vi-ét ta có:
x1 ìx 2 = m + 1
Từ x1 x2 + 2(x1 + x2) - 19 = 0 m + 1 + 2m - 19 = 0
3m = 18 m = 6 ( Thoả mãn (**))

Vậy m = 6 là giá trị cần tìm.
*Lu ý: Trong quá trình tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm nếu điều kiện là
một phơng trình hay bất phơng trình mà ta giải nó gặp khó khăn , chẳng hạn nh bài tập


trên điều kiện là m2 - 4m - 4 0 thì ta có thể không giải phơng trình hay bất phơng
trình đó. Sau khi tìm đợc m thì thay vào xem có thoả mãn không.
Ví dụ ở bài tập trên tìm đợc x = 6 ta thay vào (*) ta có: = 62 - 4.6 - 4 = 8 > 0 , vậy
m = 6 thoả mãn (*)
Bài toán 3: Cho phơng trình x2 - 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0
(3 )
Tìm các giái trị của m để phơng trình có nghiệm x1 ,x2 thảo mãn :
A = 10 x1x2 + x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó.
Bài giải:
m 3
Phơng trình (3 ) có nghiệm ' = m2 - 9 0
(*)
m 3
Khi đó phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có:
x1 + x 2 = 2 ( m + 1) = 2m + 2

x1 ìx 2 = 2m + 10
Từ A = 10 x1x2 + x12 + x22 = (x1 + x2 )2 + 8 x1x2 = (2m + 2 )2 + 8(2m +10)
= 4m2 + 24m + 84 = ( 2m + 6)2 + 48 48
Min A = 48 khi 2m + 6 = 0 hay m = -3.( tmđk*)
Vậy m =-3 thì A đạt giá trị nhỏ nhất và MinA = 48.
Bài toán 4 : Gọi x1 ,x2 là hai nghiệm của phơng trình:
2x2 + 2(m + 1) x + m2 + 4m + 3 = 0 (4 )
Tìm giá trị lớn nhất của M = x1x 2 2x1 2x 2
Bài giải:

Phơng trình (4 ) có nghiệm ' = -m2 - 6m - 5 0 m 2 + 6m + 5 0
( m + 1) ( m + 5 ) 0 5 m 1 ( * )
Khi đó phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có:
x1 + x 2 = m 1


m 2 + 4m + 3
x1 ìx 2 =

2
m 2 + 4m + 3
+ 2m + 2
Từ M = x1x 2 2x1 2x 2 = x1x 2 2 ( x1 + x 2 ) =
2
m 2 + 8m + 7 1 2
1
= m + 8m + 7 = ( m 2 + 8m + 7 ) vì với 5 m 1 thì
=
2
2
2
2
m + 8m + 7 < 0.
2
2
1
9 1
9
M = ( m + 4 ) 9 = ( m + 4 )
2 2

2
2
2
9
Max M = khi ( m + 4 ) = 0 hay m = -4 .( tmđk*)
2


9
Vậy m = - 4 thì M đạt giá trị lớn nhất và MaxM = .
2
Bài toán 5 : Cho phơng trình x2 - mx + m -1 = 0 (5 )
a/ Chứng minh rằng phơng trình luôn có nghiệm với m.
b/ Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phơng trình. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất
2x1x 2 + 3
của P = 2
.
x 1 + x 2 2 + 2 ( x 1 x 2 + 1)
Bài giải:
2
2
a/ Có = m - 4m + 4 = (m - 2) 0 với m. Vậy phơng trình (5) luôn có nghiệm
với m.
b/ Khi đó phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có:
x1 + x 2 = m

x1 x 2 = m - 1
2x1x 2 + 3
2m 2 + 3 2m + 1
=

= 2
Từ P = 2
x 1 + x 2 2 + 2 ( x 1 x 2 + 1)
m2 + 2
m +2
m 2 P + 2P = 2m + 1 m 2 P + 2m + 2P 1 = 0
Để tồn tại P thì phải tồn tại m vậy phơng trình ẩn m trên phải có nghiệm hay:
1
'm = 1 2P 2 + P 0 ( P 1) ( 2P + 1) 0
P 1
2
1
Min P =
khi m=-2.( tm)
2
Max P = 1 khi m=1.( tm)
1
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 Giá trị nhỏ nhất của P bằng
.
2
* Nhận xét: Đối với những biểu thức chỉ chứa các nghiệm của phơng trình cho trớc
muốn tìm giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất ta làm theo trình tự sau:
+Trớc hết ta phải tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm .
+Biến đổi biểu thức xuất hiện tổng hai nghiệm và tích hai nghiệm .
+Từ đó áp dụng hệ thức Vi -ét thay vào đợc biểu thức chỉ chứa tham số m. Ta tiến
hành tìm GTNN, GTLN của biểu thức với ẩn m.
Bài toán 6: Cho phơng trình x2 - 2(m + 1) x + m -1 = 0
(6 )
a/ Chứng minh rằng phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt với m.
b/ Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phơng trình. Chứng minh rằng biểu thức:

A = x1 ( 1 x 2 ) + x 2 ( 1 x1 ) không phụ thuộc vào giá trị của m.
Bài giải:
2
2
1 7

2
a/ Có ' = ( m + 1) ( m 1) = m + m + 2 = m + ữ + > 0 với m.
2 4



Vậy phơng trình (6 ) luôn có hai nghiệm phân biệt với m.
b/ Khi đó phơng trình có hai nghiệm x1 ,x2 theo hệ thức Vi-ét ta có:
x1 + x 2 = 2m + 2

x1 ìx 2 = m 1

Từ A = x1 ( 1 x 2 ) + x 2 ( 1 x1 ) = ( x1 + x 2 ) 2x1x 2 = 2m + 2 2 ( m 1) = 4
Vậy giá trị của biểu thức A không phụ thuộc vào giá trị của m.
Dạng 2: Hệ thức Vi-ét trong sự tơng giao hàm số.
* Phơng pháp:
Cho hàm số:
y = ax2 ( a 0)
(P)
và :
y = mx + n
(d)
Hoành độ giao điểm của (d ) và (P) là nghiệm của phơng trình:
ax2 = mx + n ax2 - mx - n = 0. (II)

+/ Nếu phơng trình (II) có hai nghiệm phân biệt thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
+/ Nếu phơng trình (II) có nghiệm kép thì (d) tiếp xúc với (P).
+/ Nếu phơng trình (II) vô nghiệm thì (d ) không có điểm chung với cắt (P).
Bài toán 7 : Cho hàm số y = x2 (P) và y = 3x + m2
(d)
a/ Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm
phân biệt.
b/ Gọi y1 , y2 là tung độ các giao điểm của (d) và (P). Tìm m để: y1 + y2 = 11y1y2.
Bài giải:
a/ Hoành độ giao điểm của d và P là nghiệm của phơng trình:
x2 = 3x + m2 x2 - 3x - m2 = 0
(7)
2
Xét = 9 + 4m > 0 với m nên phơng trình (7) có hai nghiệm phân biệt với mọi
m , chứng tỏ (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b/ Khi đó hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình (7) . Gọi hai
nghiệm đó là x1 ,x2 , theo hệ thức Vi-ét ta có:
x1 + x 2 = 3

2
x1 ìx 2 = m
Ta có các tung độ tơng ứng là: y1 = x12 ; y2 = x22
Từ y1 + y2 = 11y1y2 ta có: x12 + x22 =11x12.x22
(x1 + x2) 2 - 2x1x2 -11 (x1x2) 2 = 0
9 +2m2 - 11m4 = 0 11m4 - 2m2 - 9 = 0
2
2
2
( m 1) ( 11m + 9 ) = 0 m 1 = 0 m = 1 (tm)
Vậy với m = 1 là giá trị cần tìm.

1
Bài toán 8 : Cho hàm số y = x 2 (P)
2
a/ Gọi A và B là hai điểm phân biệt thuộc đồ thị có hoành độ là 1 và -2. Viết ph ơng
trình đờng thẳng AB.


b/ Đờng thẳng y = x + m - 2
(d).
(d) cắt (P) tại hai đểm phân biệt . Gọi x 1 , x2 là hoành độ hai giao điểm ấy. Tìm m
để x12 + x 2 2 + 20 = x12 ìx 2 2 .
Bài giải:
2
1 2
1
1
a/ A (P) , xA = 1 y A = 1 = ; B (P) , xB = - 2 y B = ( 2 ) = 2
2
2
2
1

Vậy A 1; ữ; B ( 2; 2 ) . Phơng trình đờng thẳng AB là:
2

1
1
y
+
y

+
x 1
2 x 1 =
2 y = 1 x 1 (AB )
=
3
2 1 2 + 1
3
2
2
2
b/ Hoành độ giao điểm của (d) và (P ) là nghiệm của phơng trình :
1
x 2 = x + m 2 x 2 + 2x + 2m 4 = 0
(8)
2
Do (d) cắt (P) tại hai đểm phân biệt pt (8) có hai nghiệm phân biệt > 0
5
' = 5 - 2m > 0 m <
(*)
2
x 1 + x 2 = 2
Gọi hai nghiệm đó là x1 ,x2 , theo hệ thức vi-ét ta có:
x1 ìx 2 = 2m 4
Từ x12 + x 2 2 + 20 = x12 ìx 2 2 ( x1 + x 2 ) 2x1x 2 x12x 2 2 + 20 = 0
2

Thay vào ta có: ( 2 ) 2 ( 2m 4 ) ( 2m 4 ) + 20 = 0 4m 2 12m 16 = 0
2

2

m = 1
Giải phơng trình tìm đợc
kết hợp với điều kiện (*) ta có m = -1 thoả mãn
m = 4
điều kiện bài toán nên với m = -1 là giá trị cần tìm.
1
Bài toán 9 : Cho hàm số y = x 2 (P) và điểm M (1; -2).
2
a/ Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua M và có hệ số góc m.
b/ Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
c/ Gọi xA ; xB là hoành độ của A và B. Tìm m để x A 2 x B + x A x B 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm giá trị này.
Bài giải:
a/ Đờng thẳng có hệ số góc m có dạng : y = mx + b
Đờng thẳng đó đi qua điểm M (1; -2) nên ta có: -2 = m + b b = - m -2
Vậy đờng thẳng cần tìm là: y = mx - m - 2
(d)
b/ Hoành độ giao điểm của (d) và (P ) là nghiệm của phơng trình :


1
x 2 = mx m 2 x 2 + 2mx 2m 4 = 0
(9)
2
2
Xét ' = m2 +2m + 4 = ( m + 1) + 3 > 0 với m , do đó (d) cắt (P) tại hai đểm
phân biệt với m.
c/ Khi đó xA ,xB là nghiệm của phơng trình (1) , theo hệ thức Vi-ét ta có:

x1 + x 2 = 2m

x1 ìx 2 = 2m 4
Từ x A 2 x B + x A x B 2 = x A x B (x A + x B )
= ( 2m 4 ) ( 2m )

= 4m 2 + 8m + 4 + ( 4 )
= ( 2m + 2 ) + ( 4 ) 4
2

Vậy Min ( x A 2 x B + x A x B 2 ) = -4 khi 2m + 2 = 0 hay m = -1
Kết luận: Với m = -1 thì x A 2 x B + x A x B 2 + 9 giá trị nhỏ nhất, giá trị đó bằng -4.
Dạng 3: Lập phơng trình bậc hai một ẩn sử dụng định lý vi-ét đảo.
* Phơng pháp:
Bớc 1: Tính tổng hai nghiệm và tích hai nghiệm.
Bớc 2: Sử dụng định lí Vi- ét đảo để lập đợc phơng trình .
Bài toán 10: Lập phơng trình bậc hai biết hai nghiệm của nó là:
a/ 1 và - 6
b/
c/ m và m -1.
2 1 và 3 + 2
Bài giải :
a/ Có x1 = 1 x2 = -6 . Ta có tổng hai nghiệm là: x1 + x 2 = 1 + ( 6 ) = 5

Tích hai nghiệm là: x1x 2 = 1 ì( 6 ) = 6
Vậy phơng trình cần lập là: x 2 + 5x 6 = 0 có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = -6.
Các phần khác tơng tự.

Bài toán 11: Cho phơng trình x 2 + 2x 5 = 0 có hai nghiệm x1 và x2 .
x1

x2
và
Hãy lập phơng trình bậc hai biết hai nghiệm của nó là:
.
x2
x1
Bài giải :
2
a/ Ta có : ' = 1 1. ( 5 ) = 6 > 0 nên phơng trình có hai nghiệm x1 và x2.
Phơng trình cần lập có:
2
2
x1 x 2 ( x1 + x 2 ) 2x1x 2 ( 2 ) 2 ( 5 )
14
Tổng hai nghiệm là:
+ =
=
=
x 2 x1
x1 x 2
5
5


x1 x 2
ì = 1 .Vậy phơng trình cần lập là: y 2 + 14 y + 1 = 0 .
x 2 x1
5
* Lu ý : Để lập đợc phơng trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm cho trớc thì còn cách
khác nữa chẳng hạn: phơng trình có nghiệm x = a và x = b là ( x - a)( x - b) = 0

2
x ( a + b ) x + ab = 0 (Vận dụng phơng trình tích ), xong lập phơng trình bậc hai
một ẩn sử dụng định lí vi-ét đảo đa số học sinh dễ hiểu và vận dụng tốt hơn.
Tích hai nghiệm là:

Dạng 4: Giải hệ phơng trình bằng định lý vi-ét đảo.
Bài toán 12 : Giải hệ phơng trình

x 2 + y 2 = 25

xy = 12

Bài giải:
2
x 2 + y 2 = 25 ( x + y ) 2xy = 25 ( x + y ) = 49
x + y = 7




xy = 12
xy = 12
xy = 12
xy = 12
x + y = 7
t = 4
2
* Nếu
thì x và y là nghiệm của phơng trình t 7t + 12 = 0
(tm)

xy
=
12
t
=
3


2

x + y = 7
* Nếu
thì x và y là nghiệm của pt :
xy = 12
x = 4
;
Vậy hpt đã cho có bốn nghiệm là:
y = 3

t = 4
t 2 + 7t + 12 = 0
(tm)
t = 3
x = 3
x = 4
x = 3
;
;

y = 4

y = 3
y = 4

5 ( x + y ) + 2xy = 19

x + y + 3xy = 35
Bài giải:
5S + 2P = 19
S = 1

Đặt x + y = S và xy = P ta có:
S + 3P = 35
P = 12
Bài toán 13 : Giải hệ phơng trình

x + y = 1
Thay vào ẩn phụ ta có
x và y là hai nghiệm của phơng trình:
xy = 12
t = 4
t 2 t 12 = 0
(tm)
t = 3
x = 4
x = 3
;
Vậy hpt đã cho có hai nghiệm là:
y = 3
y = 4

Bài toán 14: Cho hệ phơng trình

x 2 + xy + y 2 = m + 6

2x + xy + 2y = m

a/ Giải hệ phơng trình với m = 1.
b/ Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
Bài giải:
( x + y ) 2 xy = 7
x 2 + xy + y 2 = 7

a/ Khi m = 1 thay vào pt ta có hệ:
2x + xy + 2y = 1
2 ( x + y ) + xy = 1
S 2 P = 7
Đặt x + y = S và xy = P ta có:
2S + P = 1
Cộng vế với vế sau đó chuyển vế ta có:
S1 = 2
2
.
Giải
phơng
trình
ẩn
S
ta
tìm

đợc:
S + 2P 8 = 0

S 2 = 4
x + y = 2
+/ Nếu S1 = 2 P1 = -3 vậy ta có:
thì x và y là nghiệm của phơng trình
xy = 3
t = 3
t 2 2t 3 = 0
(tm)
t = 1
x + y = 4
+/ Nếu S 2 = 4 P2 = 9 vậy ta có:
thì x và y là nghiệm của phơng
xy
=
9

2
trình t + 4t + 9 = 0 (phương trình vô nghiệm)
x = 3
x = 1
;
Vậy hpt đã cho có nghiệm là:
y = 1
y = 3
( x + y ) 2 xy = m + 6
x 2 + xy + y 2 = m + 6

b/ Ta có
2x
+
xy
+
2y
=
m

2 ( x + y ) + xy = m
S 2 P = m + 6
Đặt x + y = S và xy = P ta có:
2S + P = m
Cộng vế với vế sau đó chuyển vế ta có: S 2 + 2P 2m 6 = 0
(10) .
Để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất thì phơng trình (10) ẩn S phải có nghiệm
duy nhất( Do a 0 , nên nghiệm duy nhất là nghiệm kép).
7
' = 0 . Ta có ' = 7 + 2m = 0 m = ( tm)
2
7
Vậy với m = thì hệ phơng trình có nghiệm duy nhất.
2


* Kết luận : Phơng pháp chung để giải các hệ phơng trình trên khi sử dụng định lí
x + y = S
Vi-ét đảo bằng cách biến đổi hệ phơng trình về dạng
khi đó x và y là
xy

=
P

2
nghiệm của phơng trình t S ìt + P = 0 hoặc đa về dạng hệ phơng trình có chứa
x + y = S và xy = P , giải phơng trình hoặc hệ phơng trình ẩn S và P trên và xác định đợc nghiệm của hệ phơng trình.
III- Bài toán vận dụng.
Bài toán 1: Cho phơng trình x2 - 2(m + 1 ) x + m + 5 = 0 .
a/ Giải phơng trình với m = 5.
b/ Trong trờng hợp phơng trình có nghiệm x1 ,x2 , hãy tìm hệ thức liên hệ giữa x1 ,x2
không phụ thuộc vào m.
c/ Tìm giá trị nhỏ nhất của x12 + x 2 2 .
Bài toán 2: Cho phơng trình x2 + (2m - 1 )x - m = 0 .
a/ Chứng minh rằng phơng trình luôn có nghiệm với m.
b/ Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phơng trình.
Tìm giá trị của m để A = x12 + x 2 2 6x1x 2 có giá trị nhỏ nhất.
1
Bài toán 3 : Cho hàm số y = x 2 (P) và điểm M (1; -2).
2
a/ Chứng minh rằng đờng thẳng đi qua M và có hệ số góc m luôn cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A và B với mọi m.
2
2
b/ Gọi xA ; xB là hoành độ của A và B. Tìm m để x A + x B 2x A x B ( x A + x B ) đạt giá
trị nhỏ nhất. Tìm giá trị này.
2
Bài toán 4 : Cho hàm số y = 2x 6x m + 1
( * ) với m là tham số.
a/ Khi m = 9 tìm x để y = 0.
b/ Tìm m để đờng thẳng y = x + 1 cắt đồ thị hàm số (*) tại hai điểm phân biệt. Tìm

tung độ trung điểm của đoạn thẳng nối hai giao điểm đó.
Bài toán 5 : Giải hệ phơng trình:
x 2 + y 2 + xy = 3
x 2 xy + y 2 = 7
a/
b/ 4
4
x + y = 5
x + y = 17

x 2 + x + y 2 + y = 18
c/
x ( y + 1) + y ( x + 1) = 72
x y = 2
Bài toán 6: Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình 3
có nghiệm.
3
x y = m

x + y + xy = m
Bài toán 7: Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phơng trình 2
vô
2
x + y = m

nghiệm.


IV- Kết quả thực hiện .
Từ năm học 2003 - 2004 đến nay tôi luôn suy nghĩ khai thác hệ thức Vi-ét áp dụng

vào phân loại, hệ thống các dạng bài tập cơ bản có sử dụng hệ thức Vi-ét trong quá
trình giải. Tôi tiến hành kiểm tra đánh giá đối chứng và đúc rút kinh nghiệm qua các
năm học . Tổng hợp những kết quả thu đợc khi so sánh đối tợng HS đợc học theo hệ
thống dạng bài tập nh trên và đối tợng HS đối chứng chỉ đợc mở rộng qua các gì học
trên lớp và tôi thu đợc kết quả khả quan. Chẳng hạn nh kết quả thu đợc trong năm học
2005-2006 nh sau:
Chọn ở hai lớp 9A và 9B mỗi lớp 20 học sinh trung bình khá trở lên trình độ chung tơng đơng nhau để thử nghiệm. Lớp 9A học theo chuyên đề trên, còn lớp 9B học theo
chơng trình giảng dạy hàng ngày. Sau đợt thử nghiệm tôi ra đề kiểm tra 45 phút gồm
các dạng bài tập có nội dung khi giải cần sử dụng hệ thức Vi-ét thu đợc kết quả:
* Kết quả lớp 9B:
Điểm dới 5
SL
%
8
40

điểm5- 6-7
SL
7

%
35

Điểm 8-10
SL
%
5
25

* Kết quả lớp 9A:

Điểm dới 5
SL
%
1
5

điểm 5- 6 - 7
SL
%
4
20

Điểm 8-10
SL
%
15
75

* Phân tích kết quả: Từ kết quả trên chứng tỏ các đối em đợc học chuyên đề đa
số các em biết vận dụng giải tốt, thành thạo đợc các bài toán có sử dụng hệ thức vi-ét .
Số lợng học sinh đạt điểm trên trung bình trở nên chiếm tỉ lệ cao 95% ( lớp 9B chỉ đạt
60%). Hơn nữa tỉ lệ học sinh Khá - Giỏi cao hơn nhiều đạt 75% ( so với lớp 9 B đạt 25
%). Hơn nữa kết quả thi vào THPT qua các năm trờng tôi đạt tỉ lệ rất cao trong huyện.
Điều đó chứng tỏ việc áp dụng hớng nh trên tôi suy nghĩ đã đem lại hiệu quả đáng kể.
V - Bài học kinh nghiệm.
Chơng trình SGK rất cô đọng, xúc tích ngắn gọn phù hợp cho học sinh đại trà. Nhng đối với các em học sinh khá giỏi ham thích môn toán đòi hỏi tìm hiểu sâu kiến thức.
Nên muốn giảng dạy có hiệu quả nh mong muốn cần phải:
- Đổi mới phơng pháp nghiên cứu , giảng dạy.
- Thờng xuyên suy nghĩ trau dồi kiến thức, sáng tạo hơn trong giảng dạy, có sự
phân dạng bài tập thành từng hệ thống liên kết với nhau để học sinh thấy đợc sự vận

dụng sáng tạo các kiến thức vào các dạng bài tập cụ thể.
- Qua kết quả thu đợc từ thử nghiệm của năm trớc đúc rút thành kinh nghiệm cho
giảng dạy năm học kế tiếp đợc hoàn chỉnh hơn, điều chỉnh nội dung và phơng pháp phù
hợp với từng đối tợng , đặc điểm học sinh từng địa phơng.

C - Kết luận

.


Trong những năm học vừa qua khi khai thác hệ thức Vi-ét trong giải các dạng bài
tập tôi đã đa vào giảng dạy theo hệ thống nh trên đối với học sinh khá giỏi có sự điểu
chỉnh hoàn thiện qua các năm. Tôi nhận thấy các em tiếp thu tốt , chất lợng làm các bài
kiểm tra , bài thi có sử dụng hệ thức vi-ét đạt kết quả cao, đem lại nhiều kết quả trong
các kì thi vào lớp 10 THPT trong huyện trong những năm học vừa qua, đã có những
học sinh thi đỗ vào THPT Năng khiếu của tỉnh.
Chính vì vậy tôi mạnh dạn tổng hợp các suy nghĩ mà tôi đã áp dụng, đó là vài kinh
nghiệm của tôi có sự góp ý , bổ xung của đồng nghiệp trong tổ để các đồng nghiệp
cùng tham khảo. Nội dung còn hạn chế rất mong nhận đợc sự góp ý kiến của các đồng
nghiệp, đồng chí chuyên viên nghiệp vụ của phòng giáo dục...để tôi có đợc những rút
kinh nghiệm cần thiết để tiếp tục nghiên cứu tốt hơn.
Xin trân thành cảm ơn !.