Rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh thông qua việc trình bày một số phương pháp giải bất phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KHAI THÁC MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG
TRÌNH NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢI HỆ
PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10

Người thực hiện: Nguyễn Văn Trình
Chức vụ: Tổ phó chuyên môn
SKKN thuộc lĩnh vực (môn) : Toán

THANH HOÁ NĂM 2017


MỤC LỤC
Nội dung
Trang
Mục lục……………………………………………………………………….
1
1. Mở
2
đầu……………………………………………………………………...
1.1.Lý do chọn đề tài………………………………………………………...
2
1.2.mục đích nghiên cứu…………………………………………………….
2
1.3. Đối tượng nghiên
2

cứu…………………………………………………...
1.4. Phương pháp nghiên
2
cứu……………………………………………….
2.Nội dung sáng kiến ……………………………………………………….
2
2.1.Cơ sở lí luận……………………………………………………………..
2
2.2. Thực trạng:…………………………………………………………….
4
2.3. Khai thác một số kĩ năng giải hệ phương trình nhằm nâng cao
4
hiệu quả giải hệ phương trình cho học sinh lớp 10.
……………………………….
2.3.1. Kĩ năng
4
thế……………………………………………………………….
2.3.2.kĩ năng cộng, trừ đại
8
số…………………………………………………
2.3.3. Kĩ năng đặt ẩn
9
phụ……………………………………………………...
2.3.4. Kĩ năng đưa một phương trình về
15
tích……………………………….
3.Hiệu quả của sáng kiến kinh
17
nghiệm…………………………………………………………………...
4. Kết luận và kiến nghị……………………………………………………

18
Tài liệu tham khảo…………………………………………………………..
19



1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hệ phương trình đại số là mảng kiến thức lớn và quan trọng trong chương trình
toán học phổ thông,ta thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10; tuyển
sinh đại học, cao đẳng; thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ sát phần này
khá nhiều song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra
cách giải.Trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm ra một số nguyên nhân chính sau:
Thứ nhất, phải khẳng định rằng hệ phương trình là mảng kiến thức phong
phú và khó, đòi hỏi người học phải có tư duy sâu sắc, nhanh nhạy trong việc
nhìn nhận hướng đi, đồng thời phải có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác
nhau, có trong quỹ kiến thức nhiều phương pháp khác nhau.
Thứ hai, sách giáo khoa, sách bài tập trình bày một số hệ phương trình
khá đơn giản, các tài liệu tham khảo xuất bản ồ ạt, các tài liệu đều đề cập đến
phần này khá nhiều song sự phân loại, cũng như phân tích, định hình bài toán
chưa rõ ràng , lời giải thì vắn tắt, dẫn đến sự bị động trong học sinh về hướng
giải quyết.Chỉ số ít học sinh đọc và hiểu được vấn đề mà tài liệu tham khảo đề
cập đến.
Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc nên không nhớ được
lâu, bị động trong tiếp thu kiến thức, chưa có ý thức cao trong việc tìm tòi,hình
thành cách giải tổng quát, đúc rút kinh nghiệm chưa nhiều.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Với đề tài này tôi mong muốn:
- Nhằm giúp học sinh khai tác một số kĩ năng thông thường khi giải hệ phương
trình, từ đó hình thành kĩ năng giải hệ phương trình, trên cơ sở đó có được nền

tảng kiến thức để giải được những hệ phương trình không mẫu mực và khó hơn.
- Rèn luyện tư duy toán học, tư duy logic.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: Với đề tài này, tôi đề cập đến các lớp bản
thân đã trực tiếp giảng dạy các lớp 10A3 năm học: 2014 -2015; 10A4 năm học
2015-2016.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Trong quá trình nghiên cứu và viết đề tài này, tôi sử dụng một số phương
pháp như: so sánh, phân tích, thống kê, thu thập thông tin, xử lí số liệu, nghiên
cứu xây dựng cơ sở lí thuyết.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN:

1


2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN :
Để nghiên cứu , học tập sâu phần hệ phương trình đại số, trước hết người học
cần nắm vững các dạng phương trình cơ bản và cách giải chúng mà sách giáo
khoa đã trình bày.
2.1.1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
a. Định nghĩa. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ phương trình có dạng
ax + by = c
Trong đó a, b, c, a ', b ', c ' ∈ ¡ , ( a 2 + b 2 ≠ 0, a '2 + b '2 ≠ 0 )

a ' x + b ' y = c '
2 x − 3 y = 7
b. Ví dụ 
 x + 4 y = −2
c. Cách giải. Ngoài các cách gải đã học ở lớp 9 ta có thêm cách giải bằng định
thức, như sau :
+ Bước 1. Tính các định thức

a b
c b
a c
D=
= ab '− a ' b, D x =
= cb '− c ' b, D y =
= ac '− a ' c
a' b'
c' b'
a' c'
+ Bước 2.
D
D
- Nếu D ≠ 0 thì hệ có nghiệm duy nhất (x;y) trong đó x = x , y = y
D
D
- Nếu D = 0 + Dx ≠ 0 hoặc : Hệ phương trình vô nghiện
+ Dx = Dy = 0 : Hệ có vô số nghiệm, tập nghiệm của hệ là tập
nghiệm của phương trình ax + by = c
2.1.2. Hệ phương trình đối xứng kiểu I
 f ( x; y ) = 0
a. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng kiểu I là hệ pt có dạng 
 g ( x; y ) = 0
Trong đó f ( x; y ) và g ( x; y ) là những đa thức chứa hai biến x, y thỏa mãn
f ( x; y ) = f ( y; x), g ( x; y ) = g ( y; x ), ∀x, y ∈ ¡
b. Cách giải thường áp dụng:
- Bước 1. Biểu diễn từng phương trình trong hệ theo tổng x + y và tích xy
x + y = S
- Bước 2. Đặt 
, đk: S 2 ≥ 4 P

 xy = P
- Bước 3. Giải hệ mới theo hai ẩn S và P
- Bước 4. Với S và P tìm được thì x và y là hai nghiệm của phương trình
X 2 − SX + P = 0
2.1.3. Hệ phương trình đối xứng kiểu II
a. Định nghĩa. Hệ phương trình đối xứng kiểu II là hệ phương trìn có dạng
 f ( x; y ) = 0
,trong đó f ( x; y ) là một biểu thức chứa hai biến x và y.

f
(
y
;
x
)
=
0

b. Cách giải.

2


- Bước 1. Trừ vế cho vế hai pt ta được: f ( x; y ) − f ( y; x) = 0 (*)
- Bước 2. Đưa phương trình (*) về dạng tích ( x − y ) g ( x; y ) = 0
- Bước 3. Xét hai trường hợp.
TH 1. x = y thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp
TH 2. g ( x; y ) = 0 kết hợp một trong hai phương trình ban đầu ta được hệ mới
Chú ý: Nếu g ( x; y ) = 0 phức tạp ta sẽ tìm cách chứng minh nó vô nghiệm x
hoặc vô nghiệm y.

2.1.4. Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp:
Hệ phương trình 2 ẩn có vế trái là đẳng cấp là hệ phương trình mà ở mỗi
phương trình tổng số mũ của x và y của mỗ số hạng là bằng nhau. Chẳng hạn:
Hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai là hệ có dạng
ax 2 + bxy + cy 2 = d
 2
2
a ' x + b ' xy + c ' y = d '
Cách giải
ad ' x 2 + bd ' xy + cd ' y 2 = dd '
- Bước 1. Cân bằng hệ số tự do ta được 
2
2
da ' x + db ' xy + dc ' y = dd '
- Bước 2. Trừ vế cho vế của hai phương trình ta được Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0 (*)
- Bước 3. Giải phương trình (*) ta sẽ biểu diễn được x theo y
- Bước 4. Thế vào một trong hai phương trình của hệ và giải tiếp
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được
bằng cách đặt y = tx, x ≠ 0 hoặc đặt x = ty , y ≠ 0 .
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ:
Qua một số năm dạy lớp 10, mặc dù các em đa số các em đều có lực học khá
trở lên ở THCS, song khi gặp hệ phương trình thời gian đầu các em vẫn khá
lúng túng, nhiều em không định hình ra cách giải.Nếu chỉ dạy học sinh những
bài tập trong sách giáo khoa cũng như sách bài tập thì các em không đủ kiến
thức để thi đại học, cũng như thi học sinh giỏi các cấp. Đây là mảng kiến thức
gây khó khăn cho mọi đối tượng học sinh, từ những khó khăn của học sinh,tôi
đã trăn trở và tìm tòi, đúc rút được sáng kiến kinh nghiệm: “KHAI THÁC MỘT
SỐ KĨ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10” .Trong sáng kiến tôi đã
hệ thống một số kĩ năng thông thường để giúp học sinh có những định hình cơ
bản, từ đó hình thành phản xạ khi gặp hệ phương trình. Bên canh đó tôi đã xây
dựng hệ thống bài tập từ cơ bản đến nâng cao và được phân loại khá hay, phù

3


hợp với tư duy của học sinh,để giúp các em tiếp cận, làm quen và hình thành kĩ
năng giải hệ phương trình ngay từ lớp 10.
2. 3. KHAI THÁC MỘT SỐ KĨ NĂNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC
SINH LỚP 10
3.1. KĨ NĂNG THẾ:
a.Cơ sở lí luận : Ta rút một ẩn ,hay một biểu thức, hoặc một số thực từ một
phương trình trong hệ và thế vào phương trình còn lại.
b. Nhận dạng. Kĩ năng này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương
trình là bậc nhất đối với một ẩn , (hay chứa một biểu thức, hoặc số) mà khi thế
vào phương trình kia thì phương trình đó là phương trình một ẩn.
c. Một số ví dụ minh họa:
(1)
2 x + y = 1
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  2
2
 x − 5 xy + y = 7 (2)
(Bài tập 45b SGK 10 NC- NXBGD)
Phân tích: Quan sát hệ học sinh sẽ phát hiện ngay phương trình (1) là bậc nhất
đối với x và y nên có thể rút x hoặc y đều được, tôi định hướng cho học sinh rút
y vì y có hệ số bằng 1.
Lời giải. Từ (1) ta có y = 5 − 2 x thế vào (2) ta được:

 x = 1 ⇒ y = −1
x − 5 x(1 − 2 x) + (1 − 2 x) = 7 ⇔ 5 x − 3 x − 2 = 0 ⇔ 
x = − 2 ⇒ y = 9
5
5

2

2

2


 2 9 
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( 1; −1) ;  − ; ÷
 5 5 

4
3
2 2
 x + 2 x y + x y = 2 x + 9 (1)
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình  2
(2)
 x + 2 xy = 6 x + 6
(Đề thi đại học Khối B-2008)
Phân tích:
Hướng 1: Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta có thể thế ẩn.
Lời giải
• x = 0 không thỏa mãn phương trình (2)
6x + 6 − x2

• x ≠ 0, (2) ⇔ y =
thế vào (1) ta được
2x
2

 6 x + 6 − x2  2  6x + 6 − x2 
x + 2x 
÷+ x 
÷ = 2x + 9
2
x
2
x




2 2
x = 0
(6 x + 6 − x )
⇔ x 4 + x 2 (6 x + 6 − x 2 ) +
= 2 x + 9 ⇔ x( x + 4)3 = 0 ⇔ 
4
 x = −4
4

3

4

 17 
Do x ≠ 0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  −4; ÷
4

Hướng 2: Ta thấy vế trái của phương trình (1) là hằng đẳng thức
 x 2 + 6 x + 6  2
2
( x 2 + xy ) = 2 x + 9

÷ = 2 x + 9(1a)


2

⇔
Hệ ⇔ 
x2 + 6x + 6
2
2
 x + xy =
 2
x + 6x + 6
(2a )

2
 x + xy =
2
Đến đây tiếp tục giải pt(1a) tìm ra x thế vào 2 tìm ra y, từ đó kết luận nghiệm
Phân tích: Hướng 1 dễ thấy hơn, song học sinh thường không xét x = 0 mà chia

ngay cho x dẫn đến bài toán không chặt.
 x ( x + y + 1) = 3(1)

5
Ví dụ 3 Giải hệ phương trình: 
(Đề Thi ĐH Khối D-2009)
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0(2)

Phân tích:
Hướng 1: Quan sát nhanh học sinh phát hiện phương trình (1) là bậc nhất đối với
y nên ta rút y thế vào (2) để giải theo x
Lời giải:
Từ (1) ⇒ y =

3 − x − x2
( do x = 0 không thỏa mãn (1)). Thế vào phương trình 2 ta
x

được:
(x +

3 − x − x2 2 5
3
5
2 3
) − 2 + 1 = 0 ⇔ ( − 1) 2 − 2 + 1 = 0 ⇔ 2 − + 1 = 0
x
x
x

x
x
x

1
x =1⇒ y = 2
 x =1
⇔
⇒
x = 2 ⇒ y = 1
1
1
 =

2
 x 2


Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: (1; 2), (2; ) 
1
2 


x
=
Hướng 2 Quan sát kĩ pt(1)ta thấy do 0 không thỏa mãn pt(1)có thể rút
3
1
x + y = − 1 thế vào (2) ta được pt bậc 2 đối với ẩn là
x

x
2
2
 x + y + 2( x + y ) = 7
Ví dụ 4 Giải hệ phương trình 
 y ( y − 2 x) − 2 x = 10

Phân tích: Nhận thấy phương trình thứ 2 có bậc nhất đối với x nên học sinh có
thể rút x rồi thế vào pt thứ nhất để tiếp tục giải. Song cách này dẫn đế phương
trình khá phức tạp dẫn đến việc tính toán nhầm lẫn.
Nếu tinh tế một chút ta thấy số 7 ở phương trình thứ nhất khá quan trọng
Lời giải
Từ pt (1) ⇒ 7 = x 2 + y 2 + 2( x + y ) , thế vào phương trình(2) ta được:

5


 x = −1
y ( y − 2 x ) − 2 x = 3 + x 2 + y 2 + 2( x + y ) ⇔ ( x + 1)( x + 2 y + 3) = 0 ⇔ 
 x = −2 y − 3
y = 2
2
* x = −1 thế vào pt(2) ta được: y + 2 y − 8 = 0 ⇔ 
 y = −4
* x = −2 y − 3 thế vào pt(2) ta được:

−5 − 3 5
−5 + 6 5
⇒x=
y =

5
5
y 2 − 2 y (−2 y − 3) − 2(−2 y − 3) = 10 ⇔ 5 y 2 + 10 y − 4 = 0 ⇔ 

−5 + 3 5
−5 − 6 5
⇒x=
y =
5
5

−5 − 6 5 −5 + 3 5 −5 + 6 5 −5 − 3 5
;
);(
;
)
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (−1; 2);(−1; −4);(
5
5
5
5
 2 y 2 − x 2 = 1
( 1)
Ví dụ 5 Giải hệ phương trình:  3 3
 2 x − y = 2 y − x ( 2 )

Phân tích : Ta thấy ngay hệ phương trình trên không cùng dạng với hai hệ
phương trình ở các ví dụ trên. Tuy nhiên, quan sát kỹ một chút, ta nhận thấy
phương trình (1) có vế trái là đẳng cấp bậc 2, vế phải là hằng số; phương trình
(2) có vế trái là đẳng cấp bậc 3, vế phải là đẳng cấp bậc nhất, do vậy nếu xem

VT (2) = 1.(2 y − x) ta thực hiện thế số 1 = 2 y 2 − x 2 từ phương trình(1) vào ta được

một phương trình có vế trái là đẳng cấp bậc 3. Cụ thể:
Lời Giải:
Nếu 2y - x = 0 ⇔ x = 2y, thế vào hệ phương trình ⇒ vô nghiệm
Khi đó 2y - x ≠ 0. Thế 1 = 2 y 2 − x 2 từ phương trình (1) vào (2), ta được:
2x3 - y3 = (2y2 - x2)(2y - x) ⇔ x3 + 2x2y + 2xy2 - 5y3 = 0 (3)
Đặt x = ky (k ≠ 0) ⇒ Phương trình (3 ) trở thành:
y = 0

(k3 + 2k2 + 2k - 5)y3 = 0 ⇔ 

3
2
 k + 2k + 2k − 5 = 0

Nếu y = 0 ⇒ x = 0, thế vào hệ ⇒ Hệ phương trình không có nghiệm (0; 0)
Nếu k3 + 2k2 + 2k - 5 = 0 ⇔ (k - 1)(k2 + k + 5) = 0 ⇔ k = 1
Với k = 1 ⇒ x = y thay vào (1) ta được y 2 = 1 ⇔ y = ±1 ⇒ x = ± 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( 1;1) , ( −1; −1) .

6


Chú ý:Vì ta đã nhân vào vế trái pt(2) một hàm chứa biên nên ta phải xét 2
trường hợp để không làm thay đổi tập nghiệm của hệ.
Có nhiều hệ phương trình mà việc thế ẩn hay số hay biểu thức ta chưa thể nhìn
thấy ngay mà qua một vài bước biến đổi cơ bản ta sễ thấy được, chẳng hạn.
 x + y − xy = 3

Ví dụ 6 Giải hệ phương trình 

 x + 1 + y + 1 = 4

(Đề thi đh khối A năm 2006)

 xy ≥ 0

Lời giải: ĐK:  x ≥ −1
 y ≥ −1

 x + y − xy = 3

 xy = x + y − 3(1)
⇔
 x + 1 + y + 1 = 4
 x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16(2)
2
Từ pt(1) ⇒ xy = ( x + y ) − 6( x + y ) + 9 (đk: x + y ≥ 3) thế vào phương trình (2) ta

Với điều kiện trên, hệ 
được:

3( x + y ) 2 + 8( x + y ) − 156 = 0
2 ( x + y ) 2 − 5( x + y ) + 10 = 14 − ( x + y ) ⇔ 
⇔ x+ y =6
3
≤
x
+

y
≤
14

x
+
y
=
6

⇔ x = y = 3 , thử lại thấy thỏa mãn hệ pt đã cho
Do đó ta có 
 xy = 9
Vậy hệ pt có nghiệm: ( x; y ) = (3;3)

Bình luận:+ Đây là hệ phương trình đối xứng kiểu I nên học sinh có thể giải
x + y = S
 xy = P

bằng cách đặt 

+ Trong cách giải trên hs khi bình phương 2 vế học sinh thường quên
đk để hai vế không âm dẫn đến bài toàn thừa nghiệm.
Có nhiều hệ phương trình mà trong hệ có một phương trình mà có thể giải x
theo y hoặc y theo x từ đó thế vào pt còn lại, chẳng hạn:
 y 2 = (5 x + 4)(4 − x)(1)
Ví dụ 7 Giải hệ phương trình  2
2
 y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0(2)

Phân tích: Từ 2 pt trong hệ không thể rút x hặc y do đó chưa thể thế được ngay
nhưng nếu xem pt(2) là phương trình bậc hai theo y thì có thể giải y theo x.
Lời giải:
 y = 5x + 4
y = 4− x

2
Pt(2) ⇔ y 2 − (4 x + 8) y − 5 x 2 + 16 x + 16 = 0 , pt có ∆ y = 9 x ⇒ 

• Với y = 5 x + 4 thế vào phương trình (1) ta được phương trình:
x = 0 ⇒ y = 4
x(5 x + 4) = 0 ⇔ 
x = − 4 ⇒ y = 0
5

x = 0 ⇒ y = 4
x = 4 ⇒ y = 0

• Với y = 4 − x thế vào pt(1) ta được x(4 − x) = 0 ⇔ 

7


4
5

Vậy hệ pt có 3 nghiệm: (0; 4), (4;0), ( − ;0)
3.2. KĨ NĂNG CỘNG ,TRỪ, NHÂN ĐẠI SỐ.
a.Cơ sở lí luận: Nếu cộng, trừ hoặc nhân vế với vế của hai phương trình
trong hệ ta được một phương trình mà có thể giải được ẩn này theo ẩn kia.

b.Nhận dạng: Ta thường áp dụng cách này cho hệ phương trình đối xứng
kiểu 2 và hệ phương trình đẳng cấp hoặc hệ có thể đưa về đẳng cấp
c.Một số ví dụ minh họa:
2
 x − 2 x = y
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  2
 y − 2 y = x

Lời giải: Trừ vế cho vế hai pt cho nhau ta được:
x = y
( x 2 − y 2 ) − 2( x − y ) = −( x − y ) ⇔ ( x − y )( x + y − 1) = 0 ⇔ 
x = 1− y

x =0⇒ y =0
x = 3 ⇒ y = 3


• Với x = y thế vào phương trình thứ 2 ta được: x 2 − 3x = 0 ⇔ 

• Với x = 1 − y thế vào phương trình 2 ta được:


1− 5
1+ 5
⇒x=
y =
2
2
y2 − y −1 = 0 ⇔ 


1+ 5
1− 5
⇒x=
y =

2
2
1− 5 1+ 5 1+ 5 1− 5
;
), (
;
)
Vậy hệ có 4 nghiệm: (0;0), (3;3), (
2
2
2
2
Lưu ý: Do tính đối xứng nên nếu hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) thì hệ cũng có nghiệm
( y0 ; x0 )
 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 3 = 3( y + 1)

Phân tích: Hệ phương trinhg trên không thể rút thế, song nếu chuyển vế phù
hợp ta được hệ mà các vế là đẳng cấp
Lời giải:
 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y
 x 3 − y 3 = 8 x + 2 y
⇔

 2

2
2
2
 x − 3 = 3( y + 1)
6 = x − 3 y

Nhân vế với vế hai phương trình với nhau ta được phương trình hệ quả:
3( x 3 − y 3 ) = (4 x + y )( x 2 − 3 y 2 ) ⇔ x 3 + x 2 y − 12 xy 2 = 0
Vì y = 0 ⇒ x = 0 không thoả mãn hệ nên chia cả hai vế cho y 3 ta được:
x
y =3
x 3 x 2
x
( ) + ( ) − 12. = 0 ⇔ 
y
y
y
x
 y = −4

 y = −1 ⇒ x = −3
 y =1⇒ x = 3

• Với x = 3 y thế vào pt thứ 2 ta được: y 2 = 1 ⇔ 

8


78
4 78
⇒x=
y = −
13
13
• Với x = −4 y thế vào pt thứ 2 ta được: 13 y 2 = 6 ⇔ 

78
4 78
⇒x=−
y =
13
13


Thử lại thấy các nghiệm đều thỏa mãn
Vậy hệ có 4 nghiệm: (−3; −1), (3;1), (

4 78
78
4 78 78
;−
), ( −
;
)
13
13
13

13

3 x 2 + 5 xy − 4 y 2 = 38
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình  2
2
5 x − 9 xy − 3 y = 15
Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng
số hạng tự do và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.
45 x 2 + 75 xy − 60 y 2 = 570
⇒ −145 x 2 + 417 xy + 54 y 2 = 0
Hệ ⇔ 
2
2
190 x − 342 xy − 114 y = 570
1
145
x thế vào một trong hai phương
Giải phương trình này ta được y = x, y = −
3
18
trình của hệ ta thu được kết quả.
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được
bằng cách đặt y = tx, x ≠ 0 hoặc đặt x = ty , y ≠ 0 .
3.3. KĨ NĂNG ĐẶT ẨN PHỤ
1. Cơ sở lí luận: - Biến đổi đưa hệ phương trình về dạng mà chỉ phụ thuộc vào 2 biểu thức,
từ đó ta đặt ẩn phụ.Đây là một mảng lớn và rất quan trọng, hay và khó
nên tôi dạy cho học sinh phần này kĩ hơn.

- Xuất phát từ hệ bậc nhất 2 ẩn tôi xây dựng một số hệ phương trình mới
cùng xuất phát từ hệ gốc
2. Nhận dạng: Hệ đối xứng kiểu 1 và các dạng có thể đưa mỗi pt về dạng
phụ thuộc 2 biểu thức.
3. Một số ví dụ minh họa:
 x2 + y 2 + x + y = 8
Ví dụ 1:Giải hệ phương trình: 
 xy + x + y = 5

(BT46a- SGK10 NC NXB GD trang 100)
Phân tích: Đối với hệ này không thể giải theo các cách ở trên, song học sinh dê
dàng nhận dạng hệ pt này, từ đó đưa ra cách giải
 x 2 + y 2 + x + y = 8 ( x + y ) 2 − 2 xy + x + y = 8
⇔
Lời giải: 
 xy + x + y = 5
 xy + x + y = 5
x + y = S
Đặt 
(Đk: S 2 ≥ 4 P )
xy
=
p


9


S 2 − 2P + S = 8
S = 3 ⇒ P = 2

⇒ S 2 + 3S − 18 = 0 ⇔ 
Khi đó hệ pt trở thành: 
 S = −6 ⇒ P = 11
S + P = 5
Vì S 2 ≥ 4 P nên chỉ có S = 3; P = 2 là thỏa mãn
S = 3  x + y = 3  x = 2  x = 1
⇒
⇒
∨
Với 
 P = 2  xy = 2
y =1 y = 2
Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) = (1; 2), (2;1)

Chú ý.
- Do tính đối xứng nên nếu hệ pt có nghiệm là ( x; y ) thì hệ cũng có nghiệm
là ( y; x) . Vì vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x = y .
- Không phải lúc nào hệ đối xứng kiểu I cũng giải theo cách trên. Đôi khi
việc thay đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải ngắn gọn hơn.Chẳng
hạn
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
1

( x + y )(1 + xy ) = 5


( x 2 + y 2 )(1 + 1 ) = 49

x2 y 2

Phân tích: Đây là hệ phương trình đối xứng kiểu I nên có thể giải theo cách
thuần túy, song để ý ta thấy nếu biến đổi một vài bước ta sẽ phát hiện ra cách
giải đặt hay hơn, cụ thể
Lời giải: Đk: xy ≠ 0
Khi đó hệ pt
1
1
1
1
1



( x + y )(1 + xy ) = 5
x + x + y + y = 5
x + x + y + y = 5



⇔
⇔

( x 2 + y 2 )(1 + 1 ) = 49
 x 2 + y 2 + 1 + 1 = 49
( x + 1 ) 2 + ( y + 1 ) 2 = 53
2 2
2
2




x y
x
y
x
y
1

 x + x = a
( a ≥ 2, b ≥ 2) ta được hệ phương trình:
Đặt  1
y + = b
y

a + b = 5
 a = 7; b = −2
⇔
 2
 a = −2; b = 7 (t/m)
2

 a + b = 53
1

 x + x = 7
7±3 5
⇒ ( x; y ) = (
; −1)
• a = 7; b = −2 ⇒  1
2

 y + = −2
y


•

1

 x + x = −2
7±3 5
a = −2; b = 7 ⇒ 
⇒ ( x; y ) = (−1;
)
2
y + 1 = 7
y


10


Vậy hệ có 4 nghiệm (

7±3 5
7±3 5
; −1) , (−1;
)
2
2

 x 2 + y 2 + x + y = 18
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: 
 xy ( x + 1)( y + 1) = 72
Phân tích. Đây là hệ đối xứng kiểu I
Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x + y và tích xy , đây là hướng mà học
sinh thường chú ý đến
Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo x 2 + x và y 2 + y . Rõ ràng hướng này sẽ đưa hệ
về dạng gọn hơn.
Lời giải.
2
2
2
( x + x) + ( y + y ) = 18
 x + x = a
1
a, b ≥ − , ta được hệ pt
Hệ ⇔  2
.
Đặt
ĐK:

2
2
4
( x + x)( y + y ) = 72
 y + y = b
a + b = 18  a = 6, b = 12
⇔

ab

=
72

 a = 12, b = 6
2
a = 6
 x = 2, x = −3
 x + x = 6
⇒ 2
⇔
*
b = 12  y + y = 12  y = 3, y = −4

2
a = 12  x + x = 12
 x = 3, x = −4
⇒ 2
⇔ 
*
.
 y + y = 6
b = 6
 y = 2, y = −3
Vì hệ là hệ đố xứng nên tập nghiệm của hệ là:
S = { (2;3); (2; −4); ( −3;3); ( −3; −4); (3;2); ( −4;2); (3; −3); (−4; −3)}

5
 2
3
2

 x + y + x y + xy + xy = − 4 (1)
Ví dụ 4 Giải hệ phương trình: 
 x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x ) = − 5 (2)

4

( Đề thi đại học khối A năm 2008)
Phân tích: Hệ phương trình trên không thể rút ẩn, tuy nhiên quan sát thấy pt(2)
5
4

có thể biến đổi thành: ( x 2 + y )2 + xy = − , như vậy pt(2) có thể biểu thị theo hai ẩn
x 2 + y; xy ta phải biến đổi pt(1) đê làm xuấtt hiện x 2 + y; xy

Lời giải Hệ phương trình
5
−5
 2
 2
3
2
2
 x + y + x y + xy + xy = − 4
 x + y + xy ( x + y ) + xy = 4
⇔

5
4
2
 x + y + xy (1 + 2 x ) = −

( x 2 + y ) 2 + xy = − 5

4
4


11


5

u + v(u + 1) = − 4

u 2 + v = − 5

4
5
5
5


2
u − ( 4 + u )(u + 1) = − 4
u = 0; v = − 4
⇔
⇔
u = − 1 ; v = − 3
v = − 5 − u 2

4

2
2


5
 x2 + y = 0  x = 3
5
4


• u = 0; v = − ⇒ 
5 ⇒
4
 xy = −
 y = − 3 25
4


16
1
 2
 x + y = − 2  x = 1
1
3
⇒
• u = − ;v = − ⇒ 
3
3
2
2

 xy = −
 y = − 2

2

5
x = 1
x = 3
4


Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm 
và 
3
 y = − 3 25
 y = − 2

16
3
 x − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

Ví dụ 5 Giải hệ phương trình  2 2
1
x + y − x + y =
2

u = x 2 + y
Đặt 
ta được hệ:
v = xy

(Đề thi đại học khối A năm 2012)
Phân tích: Các biểu thức x3 − 3x 2 và y 3 + 3 y 2 gợi cho ta liên tưởng đến các hằng
đẳng thức
( x − 1)3 = x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1 và ( y + 1)3 = y 3 + 3 y 2 + 3 y + 1 , do đó gơi cho ta cách đặt
u = x − 1

v = y + 1

Lời giải:
 x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1)


⇔
Hệ pt  2 2
1
1
2
2
x + y − x + y =
( x − 1) + ( y + 1) + ( x − 1) − ( y + 1) =
2
2


u = x − 1
Đặt 
ta được hệ phương trình:
v = y + 1

u 3 − 12u = v 3 − 12v
2

(u − v)  (u − v) + 3uv − 12  = 0
 2 2
1 ⇔
2
u + v + u − v =
 2(u − v) + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0
2


12


 u = v
(a)

2
 2(u − v) + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0
⇔
2
 (u − v) + 3uv − 12 = 0
(b)
 2(u − v) 2 + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0

1
3
1


u =v= ⇒ x= ;y=−

u
=
v

2
2
2
⇔
Giải Hệ (a) 
2
u = v = − 1 ⇒ x = 1 ; y = − 3
 2(u − v) + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0

2
2
2
2
(u − v) + 3uv − 12 = 0
Giải hệ (b): 
2
 2(u − v) + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0
2
2
(u − v) + 3uv − 12 = 0
4(u − v) + 12uv − 48 = 0
⇔
⇔
2

2
2(u − v ) + 2(u − v) + 4uv − 1 = 0
6(u − v) + 6(u − v) + 12uv − 4 = 0

Trừ vế cho vế ta được: (u − v)2 + 3(u − v) + 22 = 0 (Vô nghiệm), suy ra hệ (b) vô
ngiệm.
3
2

1
2

1
2

3
2

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( ; − );( ; − )
• Để xuất hiện hai đại lượngđể đặt ẩn phụ, thì một trong những phép biến
đổi quan trọng mà học sinh phải chú ý đó là kĩ năng chia 2 vế của
phương trình cho x, x 2 , x3 ,... hoặc y, y 2 , y 3 ,.... cũng như chia cho một biểu
thức xy, x 2 y 2 ,...
 xy + x + 1 = 7 y (1)

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình: 

2 2
2
 x y + xy + 1 = 13 y (2)

(Đề thi đại học khối B năm 2009)
Phân tích: Phương trình (1) trong hệ có x, y là bậc nhất, do đó ta có thể rút x
hoặc y thế vao pt(2) trong hệ. Tuy nhiên khi đó ta được phương trình bậc cao
nếu không có nghiệm hữu tỉ thì việc giải gặp nhiều khó khăn. Nếu chia 2 vế của
(1) cho y và pt(2) cho y 2 rồi biến đổi một bước nữa ta được cách đặt ẩn phụ đơn
giản, cách giải cụ thể
Lời giải:
Nhận thấy y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình, do đó chia 2 vế của (1) cho y
và pt(2) cho y 2
1 x
1
x


x+ + =7
(x + ) + = 7


 xy + x + 1 = 7 y
y y
y
y


⇔
⇔
 2 2
2
 x y + xy + 1 = 13 y

 x 2 + 1 + x = 13 ( x + 1 ) 2 − x = 13


y2 y
y
y

13


1

a = x + y

Đặt 
b = x

y

a + b = 7

ta được hệ phương trình: 

2
 a − b = 13

 a = −5 ⇒ b = 12
⇒ a 2 + a − 20 = 0 ⇔ 
a = 4 ⇒ b = 3
1


x + = −5

y
 a = −5 
⇒
(vn)
*
x
b = 12
 = 12
 y
1

x+ =4
x = 1

y
a = 3 
x = 3 
⇒
⇒
∨
1
*
b = 4  x = 3
y =1 y =
3

 y

x = 1
x = 3 
∨
1
Vậy hệ có nghiệm: 
y =1 y =
3

 y + xy 2 = 6 x 2
Ví dụ 7 Giải hệ phương trình: 
2 2
2
1 + x y = 5 x

Lời giải:
Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, do đó chia hai vế cả 2 pt cho x 2 ta được:
1
1
 y y2
y

(y + )
a= y+
=6
 2 +


 ab = 6
a = 3
x


x
x
x
x
⇔
⇔
Đặt 
ta được hệ pt:  2

b = 2
 a − 2b = 5
 y2 + 1 = 5
( y + 1 ) 2 − 2 y = 5
b = y
2



x
x
x
x
1

1

 y + x = 3  x = 1  x = 1
x = 1 x =
⇒

∨
∨
2 . Vậy hệ có 2 nghiệm: 
2
Khi đó ta có 
y = 2 y =1
y = 2 y =1
y =2


 x
( x + y )(1 + xy ) = 18 xy
Ví dụ 8 Giải hệ phương trình:  2 2
2 2
2 2
( x + y )(1 + x y ) = 208 x y

Phân tích: Đây là hệ đối xứng kiểu I nên ta có thể giải theo quen thuộc S =x +y
và P =xy
Tuy nhiên nếu chia 2 vế pt(1) cho xy, phương trình (2) cho x 2 y 2 rồi sắp xếp lại ta
có cách giải tốt hơn, cụ thể:
Lời giải:
Nhận thấy xy = 0 không thỏa mãn pt nên chia cả 2 vế của pt(1) cho xy , pt (2) cho
x 2 y 2 ta được hệ phương trình:

14


1
1

1


( x + y )( xy + 1) = 18
 x + x + y + y = 18


⇔

( x 2 + y 2 )( 1 + 1) = 208
( x + 1 ) 2 + ( y + 1 ) 2 = 212
2 2


x y
x
y
1

 a = x + x
 a + b = 18
 a = 4 ⇒ b = 14
a ≥ 2; b ≥ 2 ), ta được hệ :  2
⇔
Đặt 
,
(
2
 a = 14 ⇒ b = 4
 a + b = 212

b = y + 1
y

1

x+ = 4⇒ x = 2± 3

a = 4
x

⇒
*
b = 14  y + 1 = 14 ⇒ y = 7 ± 4 3
y


 a = 14
tương tự. do tính đối xứng nên nghiệm là hoán vị của x và y ở trên
b = 4

*

Vậy hệ pt đã cho có các nghiệm là:

( 2 − 3;7 − 4 3 ) ; ( 2 − 3;7 + 4 3 ) ; ( 2 + 3;7 − 4 3 ) ; ( 2 +
( 7 − 4 3; 2 − 3 ) ; ( 7 − 4 3; 2 + 3 ) ( 7 + 4 3; 2 − 3 ) ( 7 + 4

3;7 + 4 3
3; 2 − 3

)

)

3
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình 2 y + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x (1)


2
 2 y + 1 + y = 4 + x + 4(2)

(Đề thi HSG Vĩnh phúc năm học 2012-2013)
Phân tích: Trong hệ này ta không thể rút thế, song nếu đặt a = 1 − x ta thấy 2 vế
của phương trình (1) đối xứng, nên có thể đặt nhân tử chung
Lời giải: ĐK: −4 ≤ x ≤ 1
Đặt a = 1 − x phương trình (1) có dạng :
2 y 3 + y = 2a 3 + a ⇔ ( y − a )(2 y 2 + 2 ya + 2a 2 + 1) = 0 ⇔ y = a
( Vì pt: 2 y 2 + 2 ya + 2a 2 + 1 = ( y + a) 2 + y 2 + a 2 + 1 > 0∀y, a )
⇒ y = 1 − x thay vào phương trình (2) ta được:
3 − 2 x + 1 − x = 4 + x + 4 ⇔ (3 − 3 − 2 x ) + (2 − 1 − x ) + ( x + 4 − 1) = 0
2
1
1
+
+
) = 0 ⇔ x + 3 = 0 ⇔ x = −3
3 + 3 − 2x 2 + 1 − x 1 + x + 4
Với x = −3 ⇒ y = 2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: (−3; 2)
⇔ ( x + 3)(

ìï x 3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y (1)
ï
Ví dụ 10: Giải hệ phương trình: í
ïï 1 - x 2 - y = 2 - y - 1(2)
ïî
(Đề thi HSG12 nghệ an 2011)
 x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 2

Lời giải: ĐK: 

15


Pt(1) ⇔ ( x + 1)3 + ( x + 1) = y 3 + y , đặt a = x + 1 ta được phương trình:
a 3 + a = y 3 + y ⇔ ( y − a )( y 2 + ya + a 2 + 1) = 0 ⇔ y = a (
a
3a 2
y 2 + ya + a 2 + 1 = ( y + ) 2 +
+ 1 > 0∀y , a)
2
4
⇒ y = x + 1 thế vào pt(2) ta được: − 1 − x 2 + x + 1 + 1 − x − 1 = 0
t2 − 2
Đặt t = 1 + x + 1 − x ⇒ t > 0; ⇒ t 2 = 2 + 2 1 − x 2 ⇒ 1 − x 2 =
, ta được phương
2

trình:

t = 0
t 2 − 2t = 0 ⇒ 
t = 2

Vì t>0 nên ta được t = 2 ⇒ 1 − x + 1 + x = 2 ⇔ x = 0 ⇒ y = 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = (0;1)
x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y (1)

Ví dụ 11: Giải hệ phương trình:  2
1
2
x + y − x + y = (2)

2

Đề thi đại học khối A năm 2012
Phân tích: Đối với này ta đã giải bằng cách đặt ẩn phụ ở trên , tuy nhiên ta có
thể biến đổi vế trái thành 2 biểu thức đối xứng từ đó có thể đưa về tích.Cụ thể:
Lời giải:
x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y (1)
( x −1) 2 −12( x −1) = ( y +1) 2 −12( y +1)(3)


⇔
 2
1
1 2
1 2 1
2
x + y − x + y = (2)

( x − ) + ( y + ) = (4)

2

2
2
2

1
1

 3
 −1 ≤ x − 2 ≤ 1
− 2 ≤ x − 1 ≤ 2
⇔
Từ pt(4) 
 −1 ≤ y + 1 ≤ 1 − 1 ≤ y + 1 ≤ 3
2
2

 2
1
 3
− ≤a≤

a = x − 1  2
2
⇒
Đặt 
b

=
y
+
1
1
3

− ≤ b ≤
 2
2
a = b
 a + b − 12 = 0(loai )

pt(3) trở thành: a 2 − 12a = b 2 − 12b ⇔ (a − b)(a + b − 12) = 0 ⇔ 
⇒ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 thế vào pt(2) ta được

1
3

x= ⇒ y=−

1
2
2
x 2 + ( x − 2) 2 − x + ( x − 2) = ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ 
2
x = 3 ⇒ y = − 1

2
2

1 3 3 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( ; − );  ; − ) ÷
2 2 2 2 

16


 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1)
Ví dụ 12: Giải hệ phương trình:  2
2
 x + 2 x( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0(2)

Đề thi đại học khối A-2013
Lời giải: Từ pt(2),để hệ có nghiệm x thì ∆ 'x = ( y − 1) 2 − ( y 2 − 6 y + 1) = 4 y ≥ 0 ⇒ y ≥ 0
Đặt a = 4 x − 1 ; (a ≥ 0) , khi đó pt(1) trở thành:
a4 + 2 + a =

y 4 + 2 + y ⇔ ( a 4 + 2 − y 4 + 2) + (a − y ) = 0

 (a + y )(a 2 + y 2 )

⇔ (a − y ) 
+ 1 = 0 ⇔ a = y = 0 ⇔ a = y vì
 a 4 + 2 + y 4 + 2 
(a + y )(a 2 + y 2 )
+ 1 > 0∀a, y ≥ 0
a4 + 2 + y4 + 2
⇒ 4 x − 1 = y ⇒ x = y 4 + 1 thay vào phương trình (4) ta được:
y = 0 ⇒ x =1
y ( y − 1)( y 6 + y 5 + y 4 + 3 y 3 + 3 y 2 + 3 y + 4) = 0 ⇔ 

(thỏa mãn đk)
 y =1⇒ x = 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm: (1;0);(2;1)

3.4.KĨ NĂNG BIẾN ĐỔI MỘT PHƯƠNG TRÌNH THÀNH TÍCH
a.Cơ sở lí luận: Hệ phương trình không thể rút thế và việc biến đổi để dặt ẩn
phụ gặp phải khó khăn, làm thế nào để xử lí trong một thời gian ngắn, để có
thêm quỹ kiến thức cho học sinh tôi giới thiệu một kĩ năng biến đổi 1 trong hai
pt về tích . Tức là, từ một phương trình trong hệ sử dụng hằng đẳng thức, phân
tích đa thức thành nhân tử… đưa phương trình về dạng tích từ đó tìm được mối
liên hệ gữa x và y thuận lợi hơn cho việc giải hệ.
b. Một số ví dụ minh họa:
 xy + x + y = x 2 − 2 y 2 (1)
Ví dụ 1 Giải hệ phương trình: 
 x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y (2)

Đề thi đại học khối D năm 2008
Phân tích: Hệ phương trình này không thể rút thế và việc biến đổi để dặt ẩn phụ
gặp phải khó khăn, song nếu quan sát kĩ ta thấy nếu tách −2 y 2 = − y 2 − y 2 và gép
các cặp với nhau thì pt(1) đưa được về tích.
x ≥ 1
⇒ x + y ≥1> 0
y ≥ 0

Lời giải: ĐK 

pt(1) ⇔ xy + y 2 + x + y − ( x 2 − y 2 ) = 0 ⇔ ( x + y )(2 y − x + 1) = 0 ⇔ 2 y = x − 1 Thế vào(2)
ta được: 2 x x − 1 − ( x − 1) x − 1 = 2( x + 1) ⇔ ( x + 1) x − 1 = 2( x + 1) ⇔ x − 1 = 2 ⇔ x = 5
⇒ y=2
1

 1
x − x = y − y
Ví dụ 2 Giải hệ phương trình 
(Đề thi đại học khối A năm 2003)
2 y = x3 + 1


17


Phân tích: Nhận thấy pt thứ nhất trong hệ có 2 vế đối xứng, do đó pt này có thể
đưa về dạng tích, cụ thể:
x ≠ 0
x = y
1
1
1
, khi đó pt : x − = y − ⇔ ( x − y )(1 + ) = 0 ⇔ 
x
y
xy
y ≠ 0
 xy = −1

Lời giải: ĐK 


x = y = 1

x = y

−1 + 5
⇔  x = y =
• Giải hệ 
( tỏa mãn điều kiện)
3
2
2 y = x + 1 
 x = y = −1 − 5

2
 xy = −1
1
1 3
⇒ x 4 + x + 2 = 0 ⇔ ( x 2 − ) 2 + ( x + ) + > 0, ∀x , trong TH
• Giải hệ 
3
2
2 2
2 y = x + 1

này hệ vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm: x = y = 1; x = y =

−1 + 5
−1 − 5
;x = y =
2
2

BÀI TẬP VỀ NHÀ:

Trên cơ sở các kĩ năng giải hệ phương trình tôi cho học sinh về nhà giải thêm
một số hệ nhằm khắc sâu kiến thức cho các em
Giải các hệ phương trình sau:
 x 2 y + 2( x 2 + y ) = 8
1) 
 xy + x + y = 5
2
2
 x + 2 xy + 2 y + 3x = 0
2) 
2
 xy + y + 3 y + 1 = 0

KQ: (1;2),(- 4 ± 3 2;1± 2 2)
KQ (- 3 ± 2 2;1 m 2);(- 3 ± 5; 1 m 5)
2

 x 3 + (6 − y ) x 2 − 2 xy = 0
3)  2
KQ (0;-3); (-1;-5)
 x − x + y = −3
 x 2 ( y + 1) = 6 y − 2
1
4)  4 2
K Q : (0; ),(± 2;1)
2 2
2
2
3
 x y + 2 x y + y ( x + 1) = 12 y − 1

( xy + 1) x 2 + ( x + 1) 2 = x 2 y + 5 x
1
5)  3
K Q : (1;- 1),(- 1;3),( ;3)
2
2
3
4 x y + 7 x + 2 x y + 1 = 2 x + 1
( xy + 1)3 = 2 y 3 (9 − 5 xy )
6) 
KQ: (1;1)
 xy (5 y − 1) = 1 + 3 y
 2 x 2 + xy − y 2 − 5 x + y + 2 = 0
7)  2
2
 x + y + x + y − 4 = 0

K Q : (1;1),(-

4 13
;)
5
5

18


2
2
3

5 x y − 4 xy + 3 y − 2( x + y ) = 0
8) 
( A − 2011)
2
2
2
 xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )

K Q : (1;1);(- 1;- 1);(±

2 10
10
;±
)
5
5

 7 x + y − 2 x + y = 4
56 13
9) 
KQ :( ; )
5 5
2 2 x + y − 5 x + 8 = 2

3.HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
Trong các năm học vừa qua tôi vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này giảng dạy
cho lớp 10A3, 10A4 , với thời lượng 3 buổi bằng 9 tiết học và thu được kết quả
sau :
Minh chứng
1.Trước khi áp dụng sáng kiến: Vì các em học sinh của lớp phần lớn là học

sinh giỏi ở THCS nên các em đã được bồi dưỡng khá nhiều phần hệ phương
trình, nên sau khi dạy xong bài “Một số hệ phương trình bậc hai hai ẩn” tôi
tiến hành cho các em làm 1 bài kiểm tra năng lực 45 phút, kết quả thu được:
Lớp

Sĩ

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

số

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

10A3

41

1

2,4

5

12,2

25

61

5

12,2

5

12,2

Lớp

Sĩ

10A4

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

số

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

39

0

0

6

15,4

14

35,9

10

25,6

9

23,1

2. Sau khi vận dụng sáng kiến:
Sĩ số

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

41

15

36,6

20

48,8

5

12,2

1

2,4

0

0

Lớp

Sĩ

10A4

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

số

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

39

3

7,7

10

25,6

20

51,3

5

12,8

1

2,6

Phân tích: Từ hai bảng số liệu trên ta thấy sau khi được học bồi dưỡng về sáng
kiến chất lượng tăng vượt bậc, với lớp 10A3 học sinh khá giỏi chiếm đại đa số,

19


các em có điểm TB và yếu giảm mạnh , không còn điểm kém. Với lớp 10A4 đã
có những điểm giỏi, điểm khá tung bình tăng, yếu kém giảm rõ rệt.
Sau khi được bồi dưỡng phần này, với việc xác định hệ pt là một mảng lớn, khó
và quan trọng nên tôi đã biên soạn thêm khá nhiều bài tập và yêu cầu các em về
ôn tập, giải chi tiết, do thời lượng bài viết nên tôi chỉ đề cập đến một số bài tập
về nhà.
4. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Sau khi vận dụng sáng kiến trên và bằng những kiểm nghiệm như đã nêu trên,
tôi khẳng định:
- Đại đa số các em đã nắm vững một số kĩ năng thông thường trong việc giải hệ
phương trình đại số.Các em đã phần nào tự tin hơn khi gặp hệ phương trình
- Một số em có lực học khá giỏi không những đã nắm được kĩ năng, các em còn
có thể tổng quát hóa một số bài toán gốc, bài toán tổng quát. Một số em có lực
học yếu hơn cũng có thể giải được các bài đơn giải.
- Khi được giáo viên thổi hồn vào bài toán, thách thức sự tìm tòi, tư duy sáng tạo
trong cách giải thì tinh thần học tập, khí thế học tập được nâng lên rất nhiều. Có
nhiều bài các em đã giải được theo nhiều cách khác nhau, đó là một minh chứng
lớn cho sự phát triển tư duy sáng tạo cho người học trong sáng kiến của tôi, đó
là một yêu cầu lớn trong việc học bộ môn toán.
Mặc dù đã có sự đầu tư và thu được những thành công khá lớn song vì điều
kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân loại có thể chưa được triệt để và chỉ
mang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng nghiệp góp ý kiến
chỉnh sửa để đề tài này được hoàn thiện hơn.
Kiến nghị và đề suất với trường THPT Hậu Lộc 1,với Sở GD & ĐTThanh
Hóa về những sáng kiến kinh nghiệm được xếp loại từ cấp trường trở lên cần
được nhân rộng trên toàn tỉnh, toàn trường để những kinh nghiệm quý báu đó,

những tâm huyết bao năm của giáo viên được đi áp dụng thực tế giảng dạy,
nâng cao giá trị của một sáng kiến kinh nghiệm cấp tỉnh, cấp trường.Từ đó nâng
cao chất lượng giảng dạy nói chung và chất lượng bộ môn toán nói riêng.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Thanh hóa, ngày 16 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người khác.

20


Nguyễn Văn Trình

TÀI LIỆU THAM KHẢO
- SGK 10 Nâng cao, nhà xuất bản giáo dục, XB 2006
- Sách BT Đại số 10 nâng cao, nhà xuất bản giáo dục, XB 2006
- INTERNET, Tuyển tập 30 năm tạp chí THTT.
- Các chuyên đề ôn thi đại học của ĐẶNG THÀNH NAM

21