Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc ứng dụng hệ thức vi ét đảo vào giải hệ phương trình – chương trình đại số 9

MỤC LỤC
Nội dung
1. MỞ ĐẦU

Trang
1

- Lí do chọn đề tài
- Mục đích nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu
2. NỘII DUNG SÁNG KIẾN
2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề
2.2. Thực trạng của vấn đề
Nguyên nhân dẫn đến thực trạng
2.3. Gải pháp và tổ chức thực hiện
2.3. Kiểm nghiệm
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
2. Kiến nghị

2
2
2
3
3
15
17
17
17

1. MỞ ĐẦU
- Lí do chọn đề tài:
Trong nhà trường phổ thông, người giáo viên không chỉ đơn thuần truyền thụ
kiến thức cho học sinh mà còn phải biết rèn luyện kỹ năng, nâng cao tầm hiểu biết,
phát huy tính sáng tạo linh hoạt cho học sinh thông qua những giờ luyện tập, thực
1


hành thí nghiệm. Đối với môn toán, việc giải toán được xem là một hình thức vận
dụng những kiến thức đã học vào thực tế, vào những trường hợp cụ thể. giải toán
môn toán không những giúp học sinh củng cố, đào sâu, hệ thống hoá kiến thức, rèn
luyện kỹ năng mà còn là hình thức rất tốt để dẫn dắt học sinh tự mình đi tìm kiến
thức mới. Tuy nhiên, để đạt được hiệu quả như trên, người giáo viên phải biết tổ
chức một cách khéo léo, hợp lí để giúp học sinh nắm kiến thức theo hệ thống từ
thấp đến cao, từ dễ đến khó qua việc sử dụng linh hoạt các phương pháp dạy học
tích cực.
Trong những năm trở lại đây, trong các đề thi học sinh giỏi toán và các đề thi
vào lớp 10 PTTH chuyên, trong các đề thi các bài toán giải hệ phương trình chiếm
một tỉ lệ không nhỏ và định lý Viét đảo là công cụ hữu hiệu để giải quyết nhiều hệ
phương trình. Trong khi đó nội dung và thời lượng về phần này trong sách giáo
khoa chưa đề nhiều, lượng bài tập chưa đa dạng làm cho học sinh gặp không ít khó
khăn việc tìm ra cách giải sao cho hiệu quả.
Vì thế là một giáo viên nhiều năm dạy và ôn luyện đội tuyến toán, thấy được
tác dụng tích cực của việc ứng dụng hệ thức vi –ét vào giải hệ phương trình nên tôi
quyết định nghiên cứu đề tài: “Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc ứng
dụng hệ thức vi-ét đảo vào giải hệ phương trình – Chương trình đại số 9”. Đồng
thời, qua đó giúp bản thân có điều kiện nắm vững lí luận dạy học toán, bổ sung
kiến thức, rèn luyện kỹ năng giải bài tập, nghiên cứu phát triển bài toán, tìm cách
giải khác, Nhằm giúp nâng cao hiệu quả của việc dạy học sau này.
- Mục đích nghiên cứu

Nâng cao khả năng giải toán, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của
học sinh. Từ đó góp phần nâng cao chất lượng giáo dục đại trà và phát hiện nguồn
học sinh giỏi cho các lớp trên.
- Đối tượng nghiên cứu:
Phát triển năng lực tư duy cho các đối tượng học sinh lớp 9 thông qua một số
bài toán vận dụng hệ thức Vi-ét đảo vào giải hệ phương trình.
- Phương pháp nghiên cứu:
Tham khảo thu thập tài liệu
Phân tích tổng hợp kinh nghiệm
Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra
con người có trí tuệ phát triển, giàu tính tư duy sáng tạo. Để đạt được mục tiêu đó
mỗi chúng ta phải áp dụng phương pháp dạy học hiện đại để bồi dưỡng cho học
sinh năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề, khắc phục lối truyền thụ
một chiều, rèn luyện thành nề nếp tư duy sáng tạo của người học, từng bước áp
2


dụng các phương pháp tiên tiến, phương tiện hiện đại vào quá trình dạy học, dành
thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh, phương pháp giáo dục phải phát huy
tính tích cực, tự giác chủ động sáng tạo của học sinh, phải phù hợp với đặc điểm
của từng môn học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động
đến tình cảm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh.
Bài tập về phương trình và hệ phương trình rất đa dạng và phong phú, để giải
được học sinh cần có kỹ năng tốt, biết nhiều phương pháp và cách vận dụng. Tạo
nền tảng kiến thức cơ bản để học sinh lấy đó làm tiền đề và tiếp tục hoàn thiện khi
học sang THPT.
Trang bị cho học sinh kỹ năng vận dụng hệ thức Vi-ét đảo để giải hệ phương

trình, giải đề thi vào lớp 10 có nội dung liên quan đến hệ thức Vi-ét đảo.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Về phía giáo viên: Hầu hết được đào tạo chính qui, được phân công giảng
dạy đúng chuyên môn, nhiệt tình trong công việc. Tuy vậy đại đa số giáo viên dạy
đều theo chương trình sách giáo khoa, việc tổng hợp các dạng bài và phương pháp
làm thành một hệ thống để học sinh dễ học, dễ nhớ không phải là giáo viên nào
cũng làm được. Đối với đại trà thì việc giảng dạy theo chương trình sách giáo khoa
là coi như đạt yêu cầu nhưng đối với công việc bồi dưỡng học sinh giỏi thì việc
trang bị kiến thức không theo dạng bài và phương pháp làm kèm theo là chưa đảm
bảo được yêu cầu.
Về phía học sinh: Đa số học sinh đều ngoan ngoãn, có ý thức học, có ý thức
phấn đấu vươn lên. Tuy nhiên do năng lực có hạn nên về kiến thức sức tiếp thu còn
chậm, chưa thấy hết được tính đặc trưng, ưu việt của phương pháp giải. Đổi lại nếu
học sinh có nền tảng kiến thức tốt thì hoàn toàn có thể nắm vững được phương
pháp tạo tiền đề vững chắc để học toán ở trường THPT.
Trong quá trình dạy toán ở các trường THCS tôi nhận thấy kiến thức và kỹ
năng về vận dụng hệ thức Vi-ét để giải phương trình và giải hệ phương trình là nền
tảng trong chương trình toán THCS và được hoàn thiện trong chương trình toán
THPT.
Nội dung đề tài trên đã được tôi nghiên cứu và triển khai trong nhiều năm
giảng dạy toán 9, mỗi lần áp dụng xong đều tiến hành rút kinh nghiệm, có chỉnh
sửa và bổ xung thêm tính mới.
Chính vì vậy đề tài “Phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc ứng
dụng hệ thức vi-ét đảo vào giải hệ phương trình – Chương trình đại số 9 ” có thể
coi là tài liệu để học sinh và giáo viên tham khảo trong công tác giảng dạy môn
toán khối 9, bồi dưỡng thi vào 10.
Giới hạn của đề tại: Hệ phương trình là một chuyên đề hay và rất cần thiết
cho học sinh THCS và THPT vì nó giúp học sinh phát triển tư duy toán học như kỹ
3

năng tính toán, biến đổi, kỹ năng giải phương trình và đặc biệt kỹ năng đặt ẩn phụ,
áp dụng hệ thức Viét … vào giải hệ phương trình, chuyên đề này tương đối rộng
nhưng do cấu trúc của đề tài không cho phép nên trong nội dung đề tài này tôi chỉ
đưa ra phương pháp giải hệ phương trình ở dạng đối xứng loại I, còn những dạng
hệ phương trình đối xứng loại II, hệ phương trình đẳng cấp loại I, loại II… sẽ trình
bày trong các đề tài sau.
2.3. Các giải pháp tổ chức thực hiện.
A. Kiến thức cần nhớ
1. Hệ Thức Vi –ét:
Cho phương trình bậc hai:
ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) (*)

Suy ra:

−b − ∆
−b + ∆
; x2 =
2a
2a
−b − ∆ − b + ∆ −2b −b
x1 + x2 =
=
=
2a
2a
a
2
(−b − ∆ )( −b + ∆ ) b − ∆ 4ac c
x1 x2 =

=
= 2 =
4a 2
4a 2
4a
a

Vậy đặt:

- Tổng nghiệm là S:

Có hai nghiệm: x1 =

S = x1 + x2 =

−b
a

c
a
Như vậy ta thấy giữa hai nghiệm của phương trình (*) có liên quan chặt chẽ
với các hệ số a,b,c. Đây chính là nội dung của Định lí Vi-et, sau đây ta tìm hiểu một
số ứng dụng của định lí này trong giải toán.
2. Hệ Thức Vi-ét đảo :
 S = x1 + x2
Cho 
với S2 – 4P ≥ 0 thì x1 ; x2 là nghiệm của phương trình có
P
=
x

x

1 2
2
dạng: x − Sx + P = 0
3. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Dạng tổng quát
- Tích nghiệm là P:

 f (x, y) = 0

g(x, y) = 0

P = x1 x2 =

 f (x, y) = f (y, x)
thì được gọi là hệ đối xứng loại I.
g(x, y) = g (y, x)

trong đó 

Phương pháp giải chung
Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 ≥ 4 P .

4


Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng
Viét đảo tìm x, y là nghiệm của phương trình: X2 – SX + P = 0 (định lý Viét đảo)
Chú ý:

i)

Cần nhớ: x2 + y2=S2−2P; x3 + y3=S3−3SP…

ii) Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ:
ii)

u = u ( x)

và
v = v ( x )

S = u + v

 P = uv

Có những hệ phương trình trở thành hệ đối xứng loại I sau khi ta đặt
ẩn phụ.

4. Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) I có nghiệm
Phương pháp giải chung:
i) Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
ii) Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 ≥ 4 P
iii) Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m
rồi từ điều kiện
(*) tìm m.
Chú ý:
Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính xác
điều kiện u, v.
II. Bài tập:

Loại 1: Biến đổi và đặt x + y = S; xy = P
 x + y + xy = 11

Bài 1: Giải hệ phương trình sau: 

2
2
 x y + xy = 30

Hướng dẫn:
Trước hết cho hs nhận dang đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I
Sau đó gợi ý cho hs biết được cách biến đổi để đặt x + y = S và xy = P
Tiếp theo áp dụng hệ thức Viét đảo để tìm nghiệm x, y
 x + y + xy = 11

 x + y + xy = 11
⇔
đặt x + y = S và xy = P
 xy ( x + y ) = 30
 x y + xy = 30

Cụ thể ta làm như sau: 

2

2

 S + P = 11
suy ra S = 6, P = 5 hoặc S = 5, P = 6
SP = 30

Ta có 

* Với S = 6, P = 5 khí đó x, y là nghiệm của pt X2 – 6X + 5 = 0
Giải ra ta được (x;y) = (1;5), (5;1) là nhiệm của hpt
* Với S = 5, P = 6 khí đó x, y là nghiệm của pt X2 – 5X + 6 = 0
Giải ra ta được (x;y) = (2;3), (3;2) là nhiệm của hpt
5


5( x + y ) + 2 xy = −19
3 xy + x + y = −35

Bài 2: Giải hệ phương trình sau: 

Hướng dẫn:
Trước hết cho hs nhận dang đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I
5S + 2 P = −19
 P = −12
⇒ 
( Thoả mãn)
3P + S = −35
S = 1

đặt x + y = S và xy = P

ta có 

⇒ x, y là nghiệm của hệ phương trình bậc hai X 2 − X − 12 = 0 ⇒ X 1 = −3, X 2 = 4

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (-3;4), (4;-3).
 x + y = 10

Bài 3: Giải hệ phương trình sau: 

2
2
 x + y = 58

Hướng dẫn:
Trước hết cho hs nhận dang đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I
đặt x + y = S và xy = P
Tiếp theo áp dụng hệ thức Viét đảo để tìm nghiệm x, y
 x + y = 10

 x + y = 10
⇔
đặt x + y = S và xy = P ta
2
 x + y = 58 ( x + y ) − 2 xy = 58

Cụ thể ta làm như sau: 
 S = 10

có 

2
 S − 2 P = 58

2

2

Suy ra P = 21

* Với S = 10, P = 21 khí đó x, y là nghiệm của pt X2 – 10X + 21 = 0
Giải ra ta được (x;y) = (7;3), (3;7) là nhiệm của hpt
 x 2 + y 2 = 25
Bài 4: Giải hệ phương trình sau: 
 xy = 12

Hướng dẫn:
Trước hết cho hs nhận dang đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I
Sau đó gợi ý cho hs biết được cách biến đổi để đặt x + y = S và xy = P
Tiếp theo áp dụng hệ thức Viét đảo để tìm nghiệm x, y
 x 2 + y 2 = 25 ( x + y ) 2 − 2 xy = 25
⇔
Cụ thể ta làm như sau: 
 xy = 12
 xy = 12
 S 2 − 2 P = 25
đặt x + y = S và xy = P ta có 
Suy ra S = 7 hoặc S = -7
 P = 12

* Với S = 7, P = 12 khí đó x, y là nghiệm của pt X2 – 7X + 12 = 0
Giải ra ta được (x;y) = (4;3), (3;4) là nhiệm của hpt
* Với S = -7, P = 12 khí đó x, y là nghiệm của pt X2 + 7X + 12 = 0
Giải ra ta được (x;y) = (-4;-3), (-3;-4) là nhiệm của hpt
6

 x 2 + y 2 + xy = 7
Bài 5: Giải hệ phương trình sau:  2 2
 x + y + x + y = 8

Hướng dẫn:
Trước hết cho hs nhận dang đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I
đặt x + y = S và xy = P
Tiếp theo áp dụng hệ thức Viét đảo để tìm nghiệm x, y
 x 2 + y 2 + xy = 7
( x + y )2 − xy = 7
⇔
Cụ thể ta làm như sau:  2 2

đặt x + y = S và
2
 x + y + x + y = 8 ( x + y ) − 2 xy + x + y = 8
S = 3

2
2
 S − P = 7
 P = S − 7
 P = 2
⇔ 2
⇔
xy = P ta có
 2
2

  S = −2
 S − 2 P + S = 8 S − 2( S − 7) + S = 8

  P = −3

* Với S = 3; P = 2 khí đó x, y là nghiệm của pt: X2 – 3X + 2 = 0
Giải ra ta được (x,y) = (1;2), (2;1) là nhiệm của hpt
* Với S = -2; P = -3 khí đó x, y là nghiệm của pt: X2 + 2X - 3 = 0
Giải ra ta được (x,y) = (1;-3), (-3;1) là nhiệm của hpt
 x 2 − xy + y 2 = 7
Bài 6: Giải hệ phương trình sau: 
x + y = 5

Hướng dẫn:
( x + y ) 2 − 3 xy = 7
 xy = 6
⇒
Ta biến đổi hệ phương trình trở thành 
x + y = 5
 x + y = 5

⇒ x, y là nghiệm của hệ phương trình bậc hai X 2 − 5 X + 6 = 0 ⇒ X 1 = 2, X 2 = 3

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2;3), (3; 2).
x + y = 2

Bài 7: Giải hệ phương trình sau: 

3
3

 x + y = 26

Hướng dẫn:
Dùng hằng đẳng thức ta biến đổi hệ phương trình trở thành
x + y = 2
S = 2
S = 2
⇒ 
đặt x + y = S và xy = P ta có ⇒ 

3
8 − 3P.2 = 26
 P = −3
( x + y ) − 3 xy ( x + y ) = 26
⇒ x, y là nghiệm của hệ phương trình bậc hai X 2 − 2 X − 3 = 0 ⇒ X 1 = −1, X 2 = 3

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (-1;3), (3; -1).
 x + y + xy = 5

Bài 8: Giải hệ phương trình sau: 

2
2
 x + y + xy = 7

7


Hướng dẫn:
S + P = 5

 S1 = 3 ⇒ P1 = 2
⇒ S 2 + S − 12 = 0 ⇒ 
 2
 S 2 = −4 ⇒ P2 = 9
S − P = 7

Ta thấy (S1 = 3, P1 = 2) thoả mãn.
⇒ x, y là nghiệm của hệ phương trình bậc hai X 2 − 3 X + 2 = 0 ⇒ X 1 = 1, X 2 = 2
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2;1), (1; 2).
 x 2 + y 2 = 3 ( x + y )
Bài 9: Giải hệ phương trình sau:  3 3
 x + y = 9 ( x + y )

Hướng dẫn:
S = 0
 2
2
( x + y ) − 2 xy = 3( x + y )
  S − 2 P = 3S
 S − 2 P = 3S
⇔
⇔ 2

2
2
2
( x + y ) ( x + y − xy ) = 9( x + y )
 S ( S − 3P) = 9 S
  S − 3P = 9
  S 2 − 2 P = 3S


2

(I )
( II )

Giải hệ (I) ⇒ (S = 0, P = 0) ⇒ x = y = 0.
2

 S − 2 P = 3S
Giải hệ (II)  2
 S − 3P = 9


3S − 9 = P
3S − 9 = P
⇒  2
⇒ 2
 S − 3P = 9  S − 9S + 18 = 0

S1 = 3 ⇒ P1 = 0 ⇒ (x; y) = (0; 3); (3; 0).
S2 = 6 ⇒ P2 = 9 ⇒ (3; 3).
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là (0; 3); (3; 0); (3; 3), (0; 0).
Bài 10: Giải hệ phương trình sau:

 x + y = 10

x y 5
y + x = 2


Hướng dẫn:
Điều kiện x ≠ 0, y ≠ 0.
 x + y = 10

Hệ ⇔  2 2 5
 x + y = 2 xy

 x + y = 10

⇔ 
5 ⇔
2
( x + y ) − 2 xy = 2 xy

 x + y = 10


200
xy =

9



Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là  ,
 3 3

10 20   20 10 
÷;  , ÷.

  3 3
 x + y + xy = 11
Bài 11: Giải hệ phương trình sau:  2 2
(ĐH Quốc gia Hà nội)
 x + y + 3( x + y ) = 28

Hướng dẫn:
 x + y + xy = 11
 S + P = 11
 P = 11 − S
 S1 = 5; P1 = 6
⇔
⇔
⇔



 S = −10; P = 21
2
2
2
 2
2
( x + y ) − 2 xy + 3( x + y ) = 28  S + 3S − 2 P = 28
 S + 5S − 50 = 0

8


+) Với S1 = 5; P1 = 6 ⇒ Nghiệm là (2, 3); (3, 2).

+) Với S2 = -10; P1 = 21 ⇒ Nghiệm là (-3, -7); (-7, -3).
Kết luận: Hệ đã cho có 4 nghiệm (2, 3); (3, 2); (-3, -7); (-7, -3).
2
2

 x y + xy = 30
Bài 12: Giải hệ phương trình  3 3

 x + y = 35

(ĐHSP1 Hà Nội).

Hướng dẫn:
Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S 2 ≥ 4 P . Hệ phương trình trở thành:
30

P=

 SP = 30
S = 5
x + y = 5 x = 2 x = 3
S

⇔
⇔
⇔
⇔
∨
.


2
P = 6
 xy = 6
y = 3 y = 2
 S ( S − 3P) = 35  S  S 2 − 90  = 35
÷
 
S 
 x 2 + y 2 + xy = 7
Bài 13: Giải hệ phương trình  4 4 2 2
 x + y + x y = 21

(ĐH Sư phạm Vinh)

Hướng dẫn:
2
2
( x + y ) 2 − xy = 7
 x + y = ±3

( x + y ) − xy = 7
( x + y ) = 7 + xy
⇔
⇔
⇔
⇔
2
2
2
2

2 2
2 2
 xy = 2
( x + y ) − x y = 21 ( 7 − xy ) − x y = 21  xy = 2

Hệ có 4 nghiệm (x; y) là (1;2), (2; 1), (-1; -2), (-2; -1)
 x3 + y 3 = 8
Bài 14: Giải hệ phương trình 
 x + y + 2 xy = 2

(Lam Sơn Thanh Hóa)

Hướng dẫn:
 x3 + y 3 = 8
( x + y )3 − 3xy ( x + y ) = 8
⇔
Ta biến đổi 
 x + y + 2 xy = 2
 x + y + 2 xy = 2
 S 3 − 3PS = 8  S = 2
 x = 0, y = 2
⇔
⇔
Đặt x + y = S, xy = P. Hệ trở thành: 
P = 0
 x = 2; y = 0
S + 2P = 2
 x 2 + y 2 = 5
Bài 15: Giải hệ phương trình  4 2 2 4
 x − x y + y = 13

Hướng dẫn:
2
2
2
2

 x2 + y 2 = 5
S = 5
x + y = 5
 x + y = 5

⇔ 2
⇔ 2 2
⇔
 4
2 2
4
2 2
2 2
 x − x y + y = 13
x y = 4
P = 4


( x + y ) − 3 x y = 13 

x2, y2 là nghiệm của PT bậc 2: t2 – 5t + 4 = 0 do đó t = 1, t = 4
9

  x 2 = 1
⇔ (1; 2), ( −1; 2), (1; −2), (−1; −2)
 2
  y = 4
do đó  2
  x = 4 ⇔ ( 2;1), (2; −1) , ( −2;1) , ( −2; −1)
  y 2 = 1

1 1

x + y + x + y = 5

Bài 16: Giải hệ phương trình 
 x2 + y2 + 1 + 1 = 9

x2 y 2

Hướng dẫn:
1
x

Điều kiện x ≠ 0, y ≠ 0. Đặt x + = u; y +

1
=v
y

ta có

1 1

x + y + x + y = 5
u + v = 5
u + v = 5

⇔ 2
⇔


2
uv = 6
u − 2 + v − 2 = 13
 x2 + y2 + 1 + 1 = 9
2
2

x
y

TH1: u = 2, v = 3 nghiệm là x = 1, y =
TH2: u = 3, v = 2 nghiệm là x =

3± 5
2

3± 5
, y =1
2

Vậy hpt có 4 nghiệm (x;y) là: (1;

3+ 5
3− 5 3+ 5
3− 5
), (1;
), (
;1), (
;1)
2
2
2
2

Loại 2. Dùng ẩn phụ đưa về hệ phương trình đối xứng loại 1.
1 1

x + y + x + y = 5

Bài 16: Giải hệ phương trình 
 x2 + y2 + 1 + 1 = 9

x2 y 2

Hướng dẫn: Bài này có thể đặt x + y = S; xy = P nhưng cách giải khó hơn so với
cách sau
1
x

Điều kiện x ≠ 0, y ≠ 0. Đặt x + = u; y +

1
=v
y

ta có

1 1

x + y + x + y = 5
u + v = 5
u + v = 5

⇔ 2
⇔

2
uv = 6
u − 2 + v − 2 = 13
 x2 + y2 + 1 + 1 = 9
2
2

x
y

TH1: u = 2, v = 3 nghiệm là x = 1, y =

3± 5
2

10


TH2: u = 3, v = 2 nghiệm là x =
Vậy hpt có 4 nghiệm (x;y) là: (1;

3± 5
, y =1
2

3+ 5
3− 5 3+ 5
3− 5
), (1;
), (
;1), (
;1)
2
2
2
2

 xy ( x − y ) = −2

Bài 17: Giải hệ phương trình 

3
3
x − y = 2

Hướng dẫn:
Đặt t = − y, S = x + t , P = xt , điều kiện S 2 ≥ 4 P
 xt ( x + t ) = 2

 SP = 2
⇔
 3
3
3
x + t = 2
 S − 3SP = 2

Hệ phương trình trở thành: 
S = 2
x = 1 x = 1
⇔
⇔
⇔
.
P = 1
t = 1
 y = −1

Bài 18: Giải phương trình

3

x + 3 1− x =

3
.
2

Hướng dẫn:
3

u + v =
 x = u
2 ⇔
Đặt:  3
. Vậy ta có hệ: 
 1 − x = v
u 3 + v 3 = 1

3

3

u + v = 2
⇔

(u + v ) (u + v) 2 − 3uv  = 1



3
2

u, v là hai nghiệm của phương trình: X 2 - X +

3

u + v = 2

u.v = 19

36

19
= 0
36

3

9 + 5 

9+ 5
x = 
 12 ÷
÷
u =



12
⇒
⇒
3


9 - 5



9
5
u =
÷
 x = 
÷

12
 12 


 9 + 5 3
÷
Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} = 
÷;
 12 

3
 9 − 5  

÷
÷ .
 12  

 xy − 3 x − 2 y = 16

Bài 19: Giải phương trình 

2
2
 x + y − 2 x − 4 y = 33

Hướng dẫn:
11


2
2
Ta có x 2 + y 2 − 2 x − 4 y = 33 ⇔ ( x − 1) + ( y − 2 ) = 38 nên đặt u = x − 1, v = y − 2

⇒ u.v = ( x − 1) ( y − 2 ) = xy − 2 x − y + 2

Do đó xy − 3 x − 2 y = ( xy − 2 x − y + 2 ) − ( x − 1) − ( y − 2 ) − 5 = uv − u − v − 5
Khi đó hệ phương trình trở thành:

uv − ( u + v ) − 5 = 16 uv − ( u + v ) = 21
uv − ( u + v ) = 21
⇔
⇔
 2 2

2
2
( u + v ) − 2uv = 38 ( u + v ) − 2 ( u + v ) = 80
u + v = 38
u + v = 10 ⇒ u.v = 31

⇔
u + v = −8 ⇒ u.v = 13
TH1: u + v = 10, uv = 31 loại

u = −4 + 3, v = −4 − 3  x = −3 + 3, y = −2 − 3
u + v = −8
⇔
⇒
u
=
−
4
−
3,
v
=
−
4
+
3
uv = 13

 x = −3 − 3, y = −2 + 3
ïìï x2 + y2 + z2 = 8
Bài 20: Cho x, y, z là nghiệm của hệ phương trình íï xy + yz + zx = 4
ïî
8
8
Chứng minh - £ x, y,z £ .
3

3

TH2: 

Hướng dẫn:
ìï x2 + y2 = 8 - z2
ïìï (x + y)2 - 2xy = 8 - z2
ï
Hệ phương trình Û íï xy + z(x + y) = 4 Û íï xy + z(x + y) = 4
ïî
ïî
ìï (x + y)2 - 2[4 - z(x + y)] = 8 - z2
ïìï (x + y)2 + 2z(x + y) + (z2 - 16) = 0
ï
Û í
Û í
ïï xy + z(x + y) = 4
ïï xy + z(x + y) = 4
î
î
ìï x + y = 4 - z ìï x + y = - 4 - z
Û ïí
Ú ïí
ïï xy = (z - 2)2 ïï xy = (z + 2)2 .
î
î

Do x, y, z là nghiệm của hệ nên:
é(4 - z)2 ³ 4(z - 2)2
8

8
(x + y)2 ³ 4xy Û ê
Û
£
z
£
.
2
2
ê(- 4 - z) ³ 4(z + 2)
3
3
ê
ë
8
8
Đổi vai trò x, y, z ta được - £ x, y,z £ .
3
3

II. Điều kiện tham số để hệ đối xứng loại (kiểu) I có nghiệm
Phương pháp giải chung:
i) Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
ii) Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 ≥ 4 P
iii) Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P theo m rồi từ
điều kiện (*) tìm m.
12


Chú ý: Khi ta đặt ẩn phụ u = u(x), v = v(x) và S = u + v, P = uv thì nhớ tìm chính

xác điều kiện u, v.
x − y = 2
 3
3
x − y = m

Bài 21: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
Hướng dẫn:

x − y = 2
x − y = 2
⇔ 
3
3
3
x − y = m
 ( x − y ) − 3xy ( x − y ) = m
S = 2
S = 2

⇔
Đặt -y= u ; S = x + u, P = xu ta có:  3
8−m
 S − 3PS = m
 P = 6

Trước hết ta biến đổi 

Viét đảo thì x và u là nghiệm của phương trình
Phương trình có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 1 −

t2 - 2t +

8−m
≥0⇔m≥2
6

theo định lí

8−m
=0
6

Vậy với m ≥ 2 thì hệ phương trình có nghiệm.
 x2 + y2 = m
Bài 22: Cho hệ phương trình 
x + y = 6

a. Giải hpt với m = 26
b. Xác định m để hpt vô nghiệm
c. Xác định m để hpt có nghiệm duy nhất
Hướng dẫn:
Đây là một câu trong đề thi HSG cấp tỉnh nó yêu cầu học sinh cần trang bị tất cả
những kiến thức và kỹ năng về giải hệ phương trình.
 x 2 + y 2 = 26
 ( x + y ) 2 − 2xy = 26
⇔
a. Khi m = 6 hệ phương trình trở thành 

x + y = 6

x + y = 6

Đặt S = x + y, P = xy ta có:

 S 2 − 2 P = 26
⇔

S = 6

S = 6

P = 5

Vậy x, y là nghiệm của pt X2 - 6X + 5 = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ;y)=(-5;-1) ;(-1 ;-5)
 x2 + y 2 = m
 ( x + y ) 2 − 2xy = m
⇔
b. Ta có 

x + y = 6
x + y = 6

Đặt S = x + y, P = xy ta có:

 S 2 − 2P = m
⇔

S = 6

Vậy x, y là nghiệm của pt t2 - 6t +

36 − m
2

S = 6


36 − m
 P = 2

=0

Phương trình vô nghiệm khi ∆ ' < 0 ⇔ m < 36
Vậy hệ phương trình vô nghiêm khi m < 36.
c. Phương trình có nghiệm duy nhất khi ∆ ' = 0 ⇔ m = 36
Vậy hệ phương trình vô nghiêm khi m = 36.
13


 x − 4 + y −1 = 4
có nghiệm.
 x + y = 3m

Bài 23: Tìm điều kiện m để hệ phương trình 

Hướng dẫn:
Đặt u = x - 4 ³ 0, v = y - 1 ³ 0 hệ trở thành:
ïìï u + v = 4
Û

í 2
ïï u + v2 = 3m - 5
î

Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của

X 2 - 4X +

Hệ có nghiệm Û (*) có 2 nghiệm không âm.
ïìï D / ³ 0
ï
Û ïí S ³ 0 Û
ïï
ïï P ³ 0
î

ìï u + v = 4
ïï
í
.
ïï uv = 21 - 3m
ïî
2
21 - 3m
=0
2

(*).

ìï 3m - 13

ïï
³ 0
13
ï
2
Û
£ m £ 7.
í
ïï 21 - 3m
3
³
0
ï
ïîï
2

Bài 24: (trích đề thi ĐH khối D – 2004). Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau
 x+

có nghiệm thực: 

y =1

 x x + y y = 1 − 3m

Hướng dẫn:
Điều kiện

x, y ≥ 0

.

ta có:

ìï x + y = 1
ìï x + y = 1
ï
ï
Û í
í
ïï x x + y y = 1 - 3m
ïï ( x)3 + ( y)3 = 1 - 3m
îï
îï
2
Đặt S = x + y ³ 0, P = xy ³ 0 , S ³ 4P. Hệ phương trình trở thành:
ïìï S = 1
ïì S = 1
Û ïí
í 3
ïï S - 3SP = 1 - 3m
ïï P = m .
î
î
1
Từ điều kiện S ³ 0, P ³ 0, S2 ³ 4P ta có 0 £ m £ .
4

Bài 25: Tìm điều kiện m để hệ phương trình

 x + y + xy = m
 2
2
 x y + xy = 3m − 9

có nghiệm thực.

Hướng dẫn:
ìï x + y + xy = m
ïí
Û
ïï x2y + xy2 = 3m - 9
î

ìï (x + y) + xy = m
ïí
ï xy(x + y) = 3m - 9 .
îï
ïì S + P = m
Đặt S = x + y, P = xy, S2 ³ 4P. Hệ phương trình trở thành: ïíï SP = 3m - 9 .
ïî

Suy ra S và P là nghiệm của phương trình t2 - mt + 3m - 9 = 0
ïì S = 3
ïì S = m - 3
Þ ïí
Ú ïí
.
ïï P = m - 3 ïï P = 3
î

î

14


é32 ³ 4(m - 3)
21
ê
Û
Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm
ê(m - 3)2 ³ 12 Û m £ 4 Ú m ³ 3 + 2 3 .
ê
ë
 x 2 + y 2 + 4 x + 4 y = 10
Bài 26: Tìm điều kiện m để hệ phương trình  xy ( x + 4)( y + 4) = m có nghiệm thực.


Hướng dẫn:
ìï x2 + y2 + 4x + 4y = 10
ïí
Û
ïï xy(x + 4)(y + 4) = m
î

ìï (x2 + 4x) + (y2 + 4y) = 10
íï 2
ïï (x + 4x)(y2 + 4y) = m .
î

Đặt u = (x + 2)2 ³ 0, v = (y + 2)2 ³ 0 . Hệ phương trình trở thành:

ìï u + v = 10
ìï S = 10
ïí
Û ïí
(S = u + v, P = uv).
ïï uv - 4(u + v) = m - 16
ïï P = m + 24
î
î
ìï S2 ³ 4P
ïï
Điều kiện ïíï S ³ 0 Û - 24 £ m £ 1.
ïï P ³ 0
ïî
ìï x2 + xy + y2 = m + 6
Bài 27: Tìm m để hệ phương trình ïíï 2x + xy + 2y = m
có nghiệm thực duy
ïî

nhất.
Hướng dẫn:
Hệ có nghiệm duy nhất suy ra x = y, hệ trở thành:
ìï 3x2 = m + 6
ém = - 3
ïìï 3x2 - 6 = m
ïí
ê
Û
Þ
í

êm = 21 .
ïï x2 + 4x = m
ïï x2 + 4x = 3x2 - 6
ê
ë
î
î
2
2
2
ìï x + xy + y = 3
ìï (x + y) - xy = 3
+ m = – 3: ïíï 2(x + y) + xy = - 3 Û ïíï 2(x + y) + xy = - 3
ïî
ïî
ìï x = 3
ìï x = - 3 ïì x = - 1
ïìï x + y = 0 ïìï x + y = - 2
ï
ï
Û í
Úí
Û í
Úí
Ú ïí
ïï xy = - 3
ïï xy = 1
ïï y = - 3 ïï y = 3
ïï y = - 1 (loại).
î

î
î
îï
îï
2
2
2
ìï x + xy + y = 27
ïìï (x + y) - xy = 27
ïí
Û
+ m = 21: ï 2x + xy + 2y = 21 íï 2(x + y) + xy = 21
ïî
ïî
ìï x + y = - 8 ìï x + y = 6
ìï x = 3
Û ïí
Ú ïí
Û ïí
ïï xy = 37
ïï xy = 9
ïï y = 3 (nhận).
î
î
î

Vậy m = 21.
ìï x + xy + y = m + 1
Bài 29: Tìm m để hệ phương trình: ïíï x2y + xy2 = m
ïî

có nghiệm thực x > 0, y > 0.
Hướng dẫn:
15


ìï x + xy + y = m + 1
ïí
Û
ïï x2y + xy2 = m
î

ì
ì
ì
ïíï (x + y) + xy = m + 1 Û ïïí x + y = 1 Ú ïïí x + y = m .
ïï xy(x + y) = m
ïï xy = m
ïï xy = 1
î
î
î
ìï m > 0
1
Hệ có nghiệm thực dương Û ïíï 1 ³ 4m Ú m2 ³ 4 Û 0 < m £ Ú m ³ 2 .
4
ïî
1
Vậy 0 < m £ Ú m ³ 2 .
4

ìï x + y = m
ï
Bài 30: Tìm m để hệ phương trình íï
có nghiệm thực.
ïïî x + y - xy = m

Hướng dẫn:
ìï x + y = m
ïí
Û
ïï x + y - xy = m
ïî

Suy ra

x, y

Hệ có nghiệm
ïìï D / ³ 0
ï
Û ïí S ³ 0 Û
ïï
ïîï P ³ 0

Bài 31: Tìm

ïì
ïíï
ïï
îï

ìï
ï
ï
Û í
2
ïï
x + y - 3 xy = m
ïïî

x+ y=m

x+ y=m

m2 - m .
3
2
m - m
= 0 (*).
là nghiệm (không âm) của phương trình t2 - mt +
3
Û (*) có 2 nghiệm không âm
ïìï m2 - 4m £ 0
ém = 0
ïíï m ³ 0
Û ê
ê1 £ m £ 4 .
ïï 2
ê
ë

ïïî m - m ³ 0
Vậy m = 0 Ú 1 £ m £ 4 .
ìï x2 + y2 = 2(1 + m)
m để hệ phương trình ïíï (x + y)2 = 4
có đúng 2 nghiệm thực
ïî

(

)

xy =

phân biệt.
Hướng dẫn:
ìï x2 + y2 = 2(1 + m)
ïìï (x + y)2 - 2xy = 2(1 + m)
ïí
Û í
Û
ïï (x + y)2 = 4
ïï (x + y)2 = 4
î
î

ìï xy = 1 - m ìï xy = 1 - m
ïí
.
Ú ïí
ïï x + y = 2

ïï x + y = - 2
î
î

2

Hệ có đúng 2 nghiệm thực phân biệt khi ( ±2) = 4(1 - m) Û m = 0.
ì

ï x + y = 2m - 1
Bài 32: Cho x, y là nghiệm của hệ phương trình ïíï x2 + y2 = m2 + 2m - 3. Tìm m để
ïî

P = xy nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S2 ³ 4P.
ìï x + y = 2m - 1
ïí
Û
ïï x2 + y2 = m2 + 2m - 3
î

ìï S = 2m - 1
ïí
ïï S2 - 2P = m2 + 2m - 3
î

16

ỡù S = 2m - 1
ùớ

ùù (2m - 1)2 - 2P = m2 + 2m - 3
ợ

T iu kin suy ra (2m - 1)2 6m2 - 12m + 8

ùỡù S = 2m - 1
ù
ớ
ùù P = 3 m2 - 3m + 2
ợù
2
4-

2

Ê mÊ

2
3
4- 2
4+ 2
Xột hm s f(m) = m2 - 3m + 2,
.
Ê mÊ
2
2
2

ổ4 - 2 ử
ộ4 - 2 4 + 2 ự
11 - 6 2
ữ
ỗ
ờ
ỳ
ữ
minf(m)
=
f
=
,
"
m
ẻ
;
ỗ
Ta cú
ữ
ỗ
ờ
ỳ
ữ
ỗ
2
4
2
2
ố

ứ
ờ
ỳ
ở
ỷ

Vy minP =

4+ 2
.
2

11 - 6 2
4- 2
.
m=
4
2

B. BI TP
I. Gii cỏc h phng trỡnh sau:
1)

4
4
x + y = 1
6
6
x + y = 1

x+

4)

x y + y x = 30

2
2
x + y = 5

2)

4
2 2
4
x x y + y = 13

y =4

2
2

x + y + 2 xy = 8 2

1 1

x + y + x + y = 4

7)

x2 + y 2 + 1 + 1 = 4

x2 y 2
x 6 + y 6 = 2
10) 3
3
x 3x = y 3 y

2
2
x + x + y + y = 18
xy ( x + 1)( y + 1) = 72

5)

8)

x
y
7
+1

y + x =
x y



x xy + y xy = 78

3)

x x + y y = 35



1
( x + y ) 1 + ữ = 5
xy


6)
x 2 + y 2 1 + 1 = 49

ữ

x2 y 2



(

9)

)

x + y = 4
2
2
3
3

x + y x + y = 280

(

)(

)

II. Gi h phng trỡnh cú tham s:
1. Tỡm giỏ tr ca m:
5 ( x + y ) 4 xy = 4
a) x + y xy = 1 m cú nghim.


b)
c)

2.

x + y + xy = m + 2
2
2
x y + xy = m + 1
( x + y ) 2 = 4
2
2
x + y = 2 ( m + 1)
x + xy + y = m
2
2

x + y = m

cú nghim duy nht.
cú ỳng hai nghim.

(1II)
17


a. Giải hệ phương trình khi m = 5.
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.
3.

 x + xy + y = m
 2
2
 x y + xy = 3m − 8

(7I)

a Giải hệ phương trình khi m =

7
.
2

b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.
4.

 x + xy + y = m + 1

 2
2
 x y + xy = m

(40II)

a. Giải hệ phương trình khi m = 2.
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) với x >0, y >0.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
IV. KẾT QUẢ
1.Ưu điểm.
1.1.Giáo viên.
Giải hệ phương trình bậc hai bằng phương pháp vận dụng định lí Vi-ét đảo là
kiến thức nền tảng có tính bản lề kết nối toán đại số THCS với THPT. Do đó đòi
hỏi giáo viên phát huy khả năng phân tích, tổng hợp kiến thức nhiều phần.
1.2.Học sinh
Được hoạt động, tư duy, phân tích tổng hợp rút ra phương pháp phù hợp chủ
động giải quyết vấn đề đặt ra.
Kỹ năng vận dụng cao tạo mối quan hệ giữa các đơn vị kiến thức với nhau.
Tạo thói quen trong học tập, làm việc, tự giác, hợp tác linh hoạt, sáng tạo
trong mọi hoạt động.
2.Tồn tại
2.1.Giáo viên thực hiện việc giảng dạy loại bài tập này tương đối khó đặc
biệt với học sinh đại trà vì bài tập đòi hỏi sự kĩ năng biến đổi phân tích, đánh giá
tổng hợp cao.
2.2.Học sinh
Kĩ năng tổng hợp kiến thức của học sinh chưa cao.
Học sinh thường mắc một số sai lầm trong quá trình biến đổi.
3. Kết quả thông qua số liệu.
Sau khi đã áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy, trong 3 năm học 20142015; 2015-2016; 2016-2017 tôi cho 25 học sinh lớp 9B của trường THCS Thị

Trấn Cành Nàng làm bài kiểm tra về dạng toán này thì kết quả đạt được như sau:
18


Kết qủa Số
Giỏi
Năm
lượng SL TL

Khá
SL

TL

Trung bình
SL
TL

Yếu - kém
SL TL

2014- 2015

10

2

20 %

3

30%

5

50%

0

0%

2015- 2016

10

3

30%

4

40%

3

30%

0

0%

2016- 2017

25

10

40%

14

56%

1

4%

0

0%

Tổng

45

15

33,3%

21

46,7%

9

20%

0

0%

Qua bài khảo sát ta thấy kết quả tốt hơn rất nhiều so với trước khi thực hiện
chuyên đề. Số học sinh đạt điểm khá giỏi tăng cao chiếm 80%, chỉ có 20% học sinh
bị điểm trung bình và không còn học sinh bị điểm dưới trung bình. Đặc biệt khi áp
dụng chuyên đề đối với 25 em học sinh lớp 9B của trường THCS Thị Trấn Cành
Nàng thì các em đã làm bài rất tốt đa số học sinh đều đạt điểm khá giỏi và chỉ còn
một vài em bị điểm trung bình không có điểm yếu kém. Trong 3 năm gần đây tôi áp
dụng chuyên đề này dạy bồi dưỡng đội truyển học sinh giỏi toán cấp tỉnh năm 2014
- 2015 có 3 học sinh đạt giải KK; năm 2015 - 2016 có 3 học sinh đạt giải trong đó 1
giải Ba; 2 giải KK; năm 2016 - 2017 có học đạt giải nhất toán tỉnh và trong cuộc thi
tìm kiếm tài năng toán học trẻ toàn quốc đạt huy chương Vàng là 1/6 em đạt Huy
chương vàng của toàn quốc dành cho học sinh khối 9, là học sinh duy nhất của tỉnh
Thanh Hóa và đang được tham gia vào đội tuyển dự thi tại Singapore vào tháng sáu
tới.

19


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH

GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Hoàng Xuân Thìn
Chức vụ và đơn vị công tác: Phó hiệu trưởng trường THCS Thị Trấn Cành Nàng

TT

1.

2.
3.
4.

5.

Tên đề tài SKKN

Phát triển tư duy cho học sinh giỏi
Toán thông qua bài toán chứng
minh bất đẳng thức
phát triển tư duy cho HS từ bài
toán hình quen thuộc đến bài toán
hình hay và khó
Phát triển tư duy cho học sinh lớp
thông qua việc kẻ đường phụ trong
hình học lớp 7
Một số kinh nghiệm giúp HS rèn
luyện kỹ năng giải toán trên Máy
tính Casio
Phát triển tư duy cho học sinh

thông qua việc ứng dụng hệ thức
vi-ét đảo vào giải hệ phương trình
– Chương trình đại số 9

Cấp đánh giá
xếp loại
(Phòng, Sở,
Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B,
hoặc C)

Năm học đánh
giá xếp loại

Tỉnh

C

Năm học 2005
– 2006

Tỉnh

C

Năm học 2008

– 2009

Huyện

B

Năm học 2011
– 2012

Tỉnh

C

Năm học 2014
– 2015

Huyện

B

Năm học 2016
– 2017

(Đang gửi dự thi
cấp tỉnh)

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa đại số 9 – Nhà xuất bản giáo dục
2. 23 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - Nhà xuất bản giáo dục
3. Phương trình bậc hai & một số ứng dụng - Nhà xuất bản giáo dục

4. Phương trình & hệ phương trình không mẫu mực - Nhà xuất bản giáo dục
5. Lời giải các đề thi học sinh giỏi, thi vào lớp 10 chuyên toán các tỉnh một số
năm – Siêu tầm và tham khảo trên mạng Internet.
20


PHẦN III. KẾT LUẬN
1. Kết luận
Trên đây chỉ là một số dạng bài tập cơ bản và thường gặp khi vận dụng hệ
thức Vi-ét đảo đề giải phương trình bậc hai. Dựa trên cơ sở lý luận, thực tiễn và yêu
cầu kiến thức, vận dụng. Tôi đã mạnh dạn đưa ra phương pháp giải nhằm trang bị
cho học sinh cơ sở ban đầu về cách vận dụng hệ thức Vi-ét đảo từ đó tạo nền móng
cho học sinh phát triển các bài tập giải hệ phương trình bậc hai chứa tham số ở mức
độ cao hơn và ở các lớp sau như hệ phương trình đối xứng laoị II, hệ phương trình
đẳng cấp loại I, loại II... Hơn nữa đề tài sáng kiến kinh nghiệm này còn nâng tầm tư
duy cho học sinh củng cố niềm tin, có ý trí vươn lên trong học tập.
Xong do phạm vi và giới hạn nên những vấn đề tôi đưa ra trên đây mới ở
dạng hệ phương trình đối xứng loại I, trong chương trình ôn thi HSG cấp tỉnh còn
một số hệ phương trình không mẫu mực khác hy vọng các đè tài sau tôi sẽ đề cập
tiếp. Tuy nhiên với kinh nghiệm ôn luyện của bản thân nên đề tài tôi trình bày ở
đây không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được các ý kiến đóng góp
của các thầy cô để vấn đề được hoàn thiện hơn.
2. Kiến nghị
Nhà trường cần trang bị nhiều hơn nữa các tài liệu tham khảo về phương
trình bậc hai, tuyển tập các dạng bài và đề thi vào 10.
Các giáo viên Toán trong trường tổ chức sinh hoạt chuyên đề để giáo viên
dạy Toán có điều kiện trao đổi và học tập về các phương pháp giải giải toán.
- Kiến nghị:
+ Đối với phòng Giáo dục: Tăng cường các chuyên đề bồi dưỡng nghiệp vụ
cho giáo viên.

+ Đối với nhà trường: Bổ sung các thiết bị dạy học còn thiếu để tăng hiệu
quả trong các bài dạy, đặc biệt các bài thực hành.
Xác nhận của nhà trường
HIỆU TRƯỞNG

Bá Thước, ngày 28 tháng 04 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
NGƯỜI VIẾT

Lương Thị Liên

Hoàng Xuân Thìn

21


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÁ THƯỚC

SÁNG KIẾN KINH NGHỆM

PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC ỨNG
DỤNG HỆ THỨC VI-ÉT ĐẢO VÀO GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH –
CHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 9

Họ tên: Hoàng Xuân Thìn
Chức vụ: Phó hiệu trưởng
Đơn vị: Trường THCS Thị Trấn Cành Nàng
SKKN môn: Toán

BÁ THƯỚC, NĂM 2017
22