Nâng cao chất lượng đại trà môn toán lớp 9 khi dạy các dạng toán ứng dụng định lí vi ét

1. Mở đầu.
1. 1. Lý do chọn đề tài
Trong xu thế hội nhập quốc tế hiện nay, giáo dục và đào tạo có vài trị vơ
cùng quan trọng, là chìa khóa mở cửa mọi thành cơng của đất nước. Đảng và
nhà nước ta đã khẳng định giáo dục là quốc sách hàng đầu, giáo dục – đào tạo
cùng với khoa học công nghệ là nhân tố quyết định sự tăng trưởng kinh tế và
phát triển xã hội, đầu tư cho giáo dục là đầu tư cho phát triển.
Mục tiêu giáo dục của nước ta trong thời kì hiện nay là “ phát triển giáo
dục nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, đào tạo nên
những con người có kiến thức văn hố khoa học, có kĩ năng nghề nghiệp, lao
động tự chủ, sáng tạo và có kỉ luật, giàu lịng nhân ái, u nước, u chủ nghĩa
xã hội….”.
Nghị quyết 29 –NQ/TW của Ban chấp hành Trung ương Đảng khố 11 về đổi
mới căn bản, tồn diện giáo dục và đào tạo đã chỉ rõ: “Giáo dục và đào tạo là
quốc sách hàng đầu, là sự nghiệp của Đảng, Nhà nước và của toàn dân. Đầu tư
cho giáo dục là đầu tư phát triển, được ưu tiên đi trước trong các chương trình,
kế hoạch phát triển kinh tế-xã hội”[1]. Muốn phát triển giáo dục phải xuất phát
từ các cơ sở giáo dục – nhà trường. Trong nhà trường cần phải coi trọng giáo
dục toàn diện cho học sinh, giáo dục cho học sinh thông qua các mơn học.
Nhiệm vụ trọng tâm trong q trình dạy học là phát huy tính tích cực, tự
giác, chủ động của học sinh nhằm bồi dưỡng và phát triển trí tuệ và năng lực
hoạt động của học sinh. Đó cũng là nội dung của việc đổi mới phương pháp dạy
học.
Mơn Tốn ở THCS có một vai trị rất quan trọng, một mặt nó phát triển hệ
thống hóa kiến thức, kỹ năng và thái độ mà học sinh đã lĩnh hội và hình thành ở
bậc tiểu học, mặt khác nó góp phần chuẩn bị những kiến thức, kỹ năng và thái
độ cần thiết để tiếp tục lên THPT, TH chuyên nghiệp, học nghề hoặc đi vào các
lĩnh vực lao động sản xuất địi hỏi những hiểu biết nhất định về Tốn học.[2]
Chương trình Tốn THCS khẳng định q trình dạy học là quá trình giáo
viên tổ chức cho học sinh hoạt động để chiếm lĩnh kiến thức và kỹ năng. Mặt
khác muốn nâng cao chất lượng cho học sinh, giáo viên cần phải hình thành cho

học sinh những kiến thức cơ bản, tìm tịi đủ cách giải bài tốn để phát huy tính
tích cực của học sinh, mở rộng tầm suy nghĩ.
Dạy học toán là dạy cho học sinh phương pháp học toán và giải toán để
vận dụng kiến thức đã học vào giải toán thực tế cuộc sống. Nội dung kiến thức
tốn học được trang bị cho học sinh THCS ngồi việc dạy lí thuyết cịn phải chú
trọng tới việc dạy học sinh phương pháp giải một số bài toán, nhưng để nắm
vững cách giải một dạng tốn nào đó địi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến
thức đã học một cách linh hoạt, sáng tạo, tính cẩn thận, kết hợp với sự khéo léo
và kinh nghiệm đã tích luỹ được để giải quyết các bài tập có liên quan. Thông
qua việc giải bài tập các em được rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức đã học
vào giải bài tập, kĩ năng trình bày, kĩ năng sử dụng máy tính bỏ túi, đồ dùng dạy
1


học. Do đó nâng cao năng lực tư duy, óc tưởng tượng, sáng tạo, rèn khả năng
phán đoán, suy luận của học sinh. [3]
Trong chương trình tốn THCS, các bài tốn ứng dụng hệ thức Vi – ét có
một vị trí quan trọng. Học sinh vận dụng những ứng dụng của hệ thức Vi - ét
như: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai trong các trường hợp a + b + b = 0;
a – b + c = 0 hoặc các trường hợp mà tổng và tích của hai nghiệm là những số
nguyên với giá trị tuyệt đối không q lớn. Tìm được hai số biết tổng và tích của
chúng. Biết cách biểu diễn tổng các bình phương, các lập phương của hai
nghiệm qua các hệ số của phương trình. Hệ thức cịn giúp học sinh xét dấu 2
nghiệm của phương trình mà khơng biết cụ thể mỗi nghiệm là bao nhiêu. Giải và
biện luận phương trình bậc 2 có chứa tham số. Tiếp tục bài tốn này thường kèm
theo yêu cầu tính giá trị biểu thức, quan hệ giữa 2 nghiệm, các phép tính trên 2
nghiệm ... của phương trình.
Các bài tốn về những ứng dụng hệ thức Vi - et rất phong phú đa dạng, nó
địi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức, cách giải linh hoạt, sáng tạo, độc đáo;
yêu cầu học sinh phải có óc quan sát nhạy bén, giúp học sinh phát triển tư duy.

Vì vậy, những năm gần đây, trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, các kì
thi tuyển chọn học sinh giỏi lớp 9 các cấp xuất hiện nhiều bài tốn bậc hai có
ứng dụng hệ thức Vi-ét. Tuy nhiên nội dung và thời lượng về phần này trong
sách giáo khoa Đại số 9 lại rất ít( chỉ có 02 tiết), lượng bài tập chưa phong phú,
đa dang, điều đó làm cho những ứng dụng của hệ thức Vi – ét đối với học sinh
THCS là khó và mới. Các em thường gặp khó khăn trong việc đi tìm lời giải của
bài tốn này; có những bài tốn các em không biết bắt đầu từ đâu? Vận dụng
kiến thức gì trong chương trình đã học? Làm thế nào để tìm được giá trị của
tham số m thỏa mãn điều kiện của bài tốn ấy? Đặc biệt nó mang nội dung sâu
sắc trong việc giáo dục tư tưởng qua môn tốn; hình thành cho học sinh thói
quen đi tìm một giải pháp tối ưu cho một công việc cụ thể trong cuộc sống sau
này.
Qua một số năm giảng dạy môn Toán lớp 9 THCS, đồng thời tham khảo ý
kiến của đồng nghiệp, với mong muốn giúp cho học sinh nắm vững và sử dụng
thành thạo định lý Viét, làm tăng khả năng, năng lực học tốn và kích thích hứng
thú học tập của học sinh tôi mạnh dạn nghiên cứu và hoàn thành đề tài : “
Nâng cao chất lượng đại trà khi dạy học sinh lớp 9 các dạng Tốn ứng dụng
Định lí Vi-ét”
1.2. Mục đích của đề tài
Như chúng ta đã biết Tốn học là một bộ mơn khoa học khó đối với đa số
học sinh ở vùng nơng thơn, nơi có điều kiện học tập cịn nhiều khó khăn, thời
gian dành cho học tập cịn hạn chế. Công tác trong ngành đã nhiều năm tôi thấy
đa số các em cịn ngại học mơn Tốn chưa đầu tư, chưa say mê với bộ môn này.
Đa số các bài tập ứng dụng định lí Vi-ét học sinh cần phải vận dụng nhiều
khiến thức mới có thể làm được bài tập vì vậy giáo viên phải ơn tập lại các kiến
thức cơ bản có liên quan thơng qua một số bài tập được sắp xếp theo mức độ
2


tăng dần và hướng dẫn học sinh tìm tịi lời giải, cách trình bày lời giải. Người

giáo viên cần thấy được dạy học sinh giải tốn khơng chỉ đơn thuần là cho học
sinh có được lời giải mà là giúp học sinh tìm lời giải bài tốn thơng qua dạy kiến
thức và truyền thụ tri thức phương pháp. Làm như vậy học sinh sẽ tự đúc kết
được phương pháp giải bài tốn dẫn đến có được phương pháp học tập bộ mơn,
vì vậy trong đề tài này tơi đề cập đến các nội dung sau:
- Tổng hợp các kiến thức nội dung Định lí Vi-ét, các ứng dụng của Định
lí Vi-ét trong chương trình đại số lớp 9.
- Phân dạng và nêu phương pháp giải của từng dạng ứng dụng Vi-ét giúp
học sinh ôn tập dễ dàng hơn bởi trong chương trình SGK khơng có điều kiện đi
sâu vào các ứng dụng do thời lượng chương trình và chuẩn kiến thức kĩ năng.
- Một số biện pháp nhằm nâng cao chất lượng đại trà khi dạy các dạng
Toán ứng dụng Định lí Vi-ét.
- Đưa ra đề xuất kiến nghị về việc nâng cao chất lượng đại trà trong giảng
dạy ứng dụng định lí Vi-ét ở trường THCS.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
Trong quá trình nghiên cứu đề tài, qua thực tế giảng dạy Tốn lớp 9 và ơn
thi vào lớp 10 THPT, tôi xác định rõ đối tượng là “ Nâng cao chất lượng đại
trà khi dạy học sinh lớp 9 các dạng Tốn ứng dụng Định lí Vi-ét”
Nghiên cứu việc sử dụng hệ thức Vi – ét để giải các bài tốn về phương
trình bậc hai cho học sinh lớp 9 THCS. Tư đó giúp các em có thể làm tốt các bài
tốn bậc hai trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, thi học sinh giỏi, đồng thời
kích thích, định hướng cho học sinh cách tìm hiểu kiến thức khơng chỉ về tốn
bậc hai mà cả các dạng toán khác.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp đọc tài liệu: Đây là phương pháp chủ yếu trong suốt quá
trình nghiên cứu đề tài này.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm qua một số
năm giảng dạy, đồng thời tiếp thu kinh nghiệm qua việc trao đổi chuyên môn với
các đồng nghiệp trên địa bàn.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm:

- Khai thác đề bài, cách tìm lời giải bài tốn dẫn đến việc nắm được quy
luật của dãy số
- Từ việc khai thác trên nêu ra được phương pháp giải một bài toán cụ thể
- Đưa ra bài toán tổng quát.
- Nêu ứng dụng của phương pháp.

3


2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến minh nghiệm :
2.1.1. Định lý Vi-et đối với phương trình bậc hai một ẩn:
a. Định lí Vi ét thuận [5]
Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a  0) có 2 nghiệm x1, x2 thì:
 b
c
S = x 1 + x2 =
P = x1 . x2 =
a
a
2
* Hệ quả: Phương trình bậc 2: ax + bx + c = 0 (*)
c
a
c
- Nếu a - b + c = 0 thì (*) có một nghiệm là x1 = - 1; nghiệm kia là x2 =
a
b. Định lý Viét đảo
 x1  x2 S
Nếu có 2 số x1, x2 thoả mãn 

thì chúng là nghiệm số của phương
x
.
x

P
 1 2
2
trình: X - SX + P = 0 (Điều kiện  2 số x1, x2 là S2 – 4P  0)
Chú ý:
* Trước khi áp dụng hệ thức Viet cần tìm điều kiện để phương trình có 2 nghiệm
 a 0
 
hoặc a.c < 0
 Δ 0(Δ' 0)
2.1.2. Định lý Vi-et đối với phương trình bậc cao [6]
a. Đinh lí thuận
Nếu phương trình bậc n:
anxn + an-1xn-1 + ………+ a1x + a0 = 0 ( a ≠ 0)
có n nghiệm x1, x2, ……..xn ( các nghiệm khơng nhất thiết phân biệt) thì ta có hệ
thức Viét sau:

- Nếu a + b + c = 0 thì (*) có một nghiệm là x1 = 1, nghiệm kia là x2 =

a

n 1
x1 + x2 +……..+ xn =  a
n

an  2

x1x2 + x1x3 +…..+x1xn + x2x3 +……x2xn + …..+ xn-1xn = a
n

�

1�i1 i2 ...in �n

xi1 xi2 ...xik  (1) k

an  k
an

........................................................
a0

x1x2...........xn = (-1)n a

n

b. Định lí đảo
Cho n số thực tuỳ ý a1, a2, ...............an. Đặt:
S1 = a1 + a2 + .................an
S2 = a1a2+ a1a3 +.....a1an + a2a3 +.........a2an + ......an-1an
......................................................
4


Sk =

�

1�i1 i2 ......ik �n

ai1 ai2 ....aik

......................................................
Sn = a1a2...............an
Thì a1, a2,...............,an là các nghiệm của phương trình:
xn – S1xn-1 + S2xn-2- .........+(-1)kSkxn-k + ............+ (-1)nSn = 0
Chẳng hạn, định lí Viét cho phương trình bậc ba được phát biểu như sau:
Nếu x1, x2, x3 là các nghiệm của phương trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = 0
(
a ≠ 0) thì:
x1 + x2 + x 3 =

b
;
a

x1x2 + x2 x3 + x3x1 =

c
;
a

x1x2x3 =

d

a

2.2.Thực trạng việc dạy và học hệ thức Vi – ét và vận dụng hệ thức
Viét vào giải tốn.
Là địa phương có điều kiện kinh tế tương đối khó khăn so với các xã lân
cận, điều kiện trật tự an toàn xã hội cũng tương đối phức tạp, ảnh hưởng không
nhỏ tới chất lượng giáo dục toàn diện của nhà trường. Mặc dù vậy, đội ngũ cán
bộ giáo viên nhà trường vẫn nhiệt tình, tồn tâm tồn ý trong cơng tác, thực hiện
rất nghiêm túc qui chế chuyên môn. Do vậy chất lượng giáo dục tồn diện của
nhà trường đã có những bước tiến trong những năm gần đây. Số lượng học sinh
giỏi tăng trong từng năm học, chất lượng đại trà cũng từng bước được nâng lên.
Khảo sát 70 học sinh năm học 2016 - 2017 về một số bài toán liên quan đến
phương trình bậc hai một ẩn, hệ thức Vi ét:
Bài tốn 1: Khơng giải phương trình hãy nhẩm nghiệm của các phương trình
sau:
a) 3x2 - 5x + 2 = 0
b) -7x2 - x + 6 = 0
Bài tốn 2: Tìm m để phương trình x2 + 2x + m = 0 (m là tham số) có hai
nghiệm x1, x2 thoả mãn:
a) 3x1 + 2x2 = 1
b) x12 - x22 = 6
c) x12 + x22 = 8
Bài toán 3: Cho phương trình x2+ mx + 1 = 0 ( m là tham số)
Nếu phương trình có nghiệm x1, x2 . Hãy tính giá trị biểu thức sau theo m:
a) x12 + x22
b) x13 + x23
c) x1  x2
Bài tốn 4: Tìm điều kiện của m để phương trình sau:
2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0
a) Có hai nghiệm khác dấu

b) Có hai nghiệm phân biệt đều âm
c) Có hai nghiệm phân biệt đều dương
d) Có hai nghiệm bằng nhau về giá trị tuyệt đối và trái dấu nhau
Với 4 bài toán trên được thực hiện trong các thời điểm khác nhau trong năm
học( từ sau khi học sinh học xong chương diện tích đa giác), đối với học sinh
khối 8 và 9, kết quả thu được như sau:

5


Bài Toán
1
2
3
4

Điểm 0 
< 3,5
6
15
35
35

3,5  < 5

5  < 6,5

6,5  8,5

8,5  10

20
30
20
24

23
14
7
6

16
7
6
3

5
4
2
2

Từ kết quả trên và qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy rằng kĩ năng vận
dụng hệ thức Vi - ét và tư duy giải tốn của nhiều học sinh cịn hạn chế. Với bài
tốn 1 vẫn cịn nhiều em khơng nhẩm được nghiệm của phương trình bằng cách
áp dụng hệ quả hệ thức Vi ét hoặc sử dụng sai công thức a+ b+ c = 0 hoặc công
thức ( a- b + c = 0)
Với bài tốn 2 và 3 thì chỉ có một số học sinh khá có thể giải được, các
học sinh cịn lại khơng biết cách biến đổi và sử dụng hệ thức Vi – ét để tính tốn.
Đa số học sinh khơng tính được giá trị của m để x 12 – x22 = 6; x12 + x22 = 8,
không biến đối được chúng về dạng tổng và tích hai nghiệm

Với bài tốn 4 thì hầu hết học sinh khơng tìm được hướng giải quyết, chỉ
có rất ít học sinh khá giỏi có thể trình bày được song chưa thật sự chặt chẽ,
logich.

2.3. Những giải pháp
Trong hệ thống các bài tập Toán THCS, loại toán ứng dụng hệ thức Vi ét
là rất phong phú và đa dạng. Tôi nghĩ, giáo viên dạy tốn lớp 9 khơng thể đạt
được mục đích nếu như không chọn lọc hệ thống những kiến thức cơ bản, nhóm
các bài tập theo từng dạng, nêu đặc điểm của dạng và xây dựng hướng giải cho
mỗi dạng. Đây là khâu có ý nghĩa quyết định giúp học sinh tìm ra được hướng
giải một cách dễ dàng, hạn chế tối đa những sai lầm trong quá trình giải bài tập,
đồng thời phát triển được tiềm lực trí tuệ cho học sinh ( thông qua các bài tập
tương tự mẫu và các bài tập vượt mẫu).
Khi thực hiện đề tài vào giảng dạy, do đặc thù các dạng bài tập ứng dụng
hệ thức Vi - ét rất phong phú đa dạng, địi hỏi sự linh hoạt trong q trình vận
dụng. Do đó tơi đưa ra hệ thống bài tập, các dạng bài theo các mức độ rèn luyện
từ dễ đến khó, nhằm bồi dưỡng học sinh phát triển kỹ năng từ biết làm đến đạt
độ mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Để bồi dưỡng mỗi dạng tôi thường thực hiện
theo các bước sau:
B1: Giới thiệu bài tập mẫu và hướng dẫn giải.
B2:

Rút ra nguyên tắc và phương pháp áp dụng.

B3:

Học sinh tự luyện theo mẫu và nâng cao.

Tuỳ độ khó mỗi dạng tơi có thể hốn đổi thứ tự của bước 1 và 2.
Sau đây là một số dạng bài tập, cách nhận dạng, kinh nghiệm giải quyết đã

được tôi thực hiện và đúc kết từ thực tế.
6


Dạng 1: Bài tốn tính nhẩm nghiệm của một số phương trình đơn giản.
I. Phương pháp:
* Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 0) có a + b + c = 0 thì phương trình
có 2 nghiệm là x1 = 1; x2 =

c
a

* Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 0) có a - b + c = 0 thì phương trình
có 2 nghiệm là: x1= -1; x2=

c
a

* Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 0)
b
a

c
a

Thì x1  x2    S và x1 x2   P
Có thể tính nhẩm được ngay x1, x2 nếu S và P là những số ngun tố có giá
trị tuyệt đối khơng lớn q.
II. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Nhẩm nghiệm của phương trình sau: [5]

a) 2x2 - 31x +29 = 0
b) x2 - 2011x +2010= 0
c) 0,01x2 - x - 1,01 = 0
Giải: a) 2x2 - 31x + 29 = 0
Ta có a + b +c = 2 - 31 + 29= 0 Vậy PT có hai nghiệm: x1=1; x2 =

29
2

b) x2 - 2011x +2010 = 0
Ta có a + b + c = 1- 2011+ 2010 = 0
Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 2010
c) 0,01x2 - x - 1,01 = 0
Ta có a - b + c = 0,01 + 1 - 1,01 = 0
1,01

Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = -1; x2 = 0,01 = 101
Ví dụ 2: Nhẩm nghiệm các phương trình sau bằng hệ thức Viet [5]
a) x2 - 7x + 12 = 0
b) x2 + 5x + 6 = 0
c) x2 + 11x + 18 = 0
Giải: a) x2 - 7x + 12 = 0
Do  ' = 49 - 48 = 1 > 0 nên phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn
�x1  x2  7
�
�x1.x2  12

Vì: 3 + 4 = 7 và 3.4 = 12 nên x1 = 3 và x2 = 4 là nghiệm của phương trình đã cho
b) x2 + 5x + 6 = 0
 x1  x 2  5

 x1 .x 2 6

Do  = 25 - 24 = 1 > 0 nên phương trình có hai nghiệm x1, x2 
Vì: (-2) +(-3) = 5 và (-2).(-3) =6
nên nghiệm của phương trình là: x1 = -2; x2 = -3
c) x2 + 11x + 18 = 0

 x1  x 2  11
 x1 .x 2 18

Do  =121- 4.18 =121 - 72 =49 > 0 nên PT có hai nghiệm x1, x2: 

Vì: (-2) + (-9) = 11 và (-2) .(-9) = 18 nên nghiệm của PT là: x1= -2; x2 = -9
7


III. Bài tập đề nghị:
Bài 1: Tính nhẩm nghiệm của phương trình:
a) 5x2 - 9x + 4 = 0 b) ( 5  2 )x2 + ( 5 - 2 )x - 10 = 0 [7] c )

1 2 3
11
x  x 0
5
2
10

Bài 2: Dùng hệ thức Viet để tính nhẩm nghiệm của phương trình: [5]
a) x2 - 6x + 8 = 0
b) x2 - 12x + 32 = 0

c) x2 - 3x - 10 = 0
Dạng 2: Bài toán tìm hai số biết tổng và tích của chúng.
I. Phương pháp:
 u  v S
 u.v  P

Nếu hai số u, v có: 

Thì u và v là nghiệm của phương trình: t2 - St +P = 0 (1)
Chú ý: Nếu (1) có hai nghiệm t1, t2 (điều kiện S2 - 4P  0) thì ta được:
u t1 , v t 2
u t , v t
2
1


II. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Tìm hai số u và v biết tổng u + v = 17 và tích u.v = 72
Giải: Theo Vi-ét ta có u, v là hai nghiệm của phương trình:
Có  = (-17)2 - 4.1.72 = 1   = 1
Do đó: t1 =

17  1
9 ;
2

t2 =

17  1
8

2

Vậy

[5]

t2 - 17t + 72 = 0

u 9, v 8
u 8, v 9


Ví dụ 2: Tìm hai số u và v biết tổng u + v = 5 và tích u.v = 40
Giải: Theo Vi-ét ta có u, v là hai nghiệm của phương trình: t2 - 5t + 40 = 0
Có  = (-5)2 - 4.40 = -135 < 0 nên phương trình vơ nghiệm
Vậy khơng có hai số nào thoả mãn có tổng là 5 và tích là 40
Ví dụ 3: Tìm hai số u và v biết: u - v = -2 và u.v = 80 [5]
Giải: Đặt v' = -v ta có u + v' = -2 và u.v' = -80. Khi đó u và v' là nghiệm của
phương trình: t2 + 2t - 80 = 0
Có  ' = 1 + 80 = 81  ' = 9 Do đó t1 = 8; t2 = -10
Suy ra u =8, v' = -10 hoặc u = -10, v'=8 Vậy u = 8, v = 10 hoặc u = -10, v =-8
III. Bài tập đề nghị:
Bài 1: Tìm hai số u và v trong mỗi trường hợp sau:
a) u + v =29 và u.v = 198 b) u - v =10 và u.v = 24 c) u2 + v2 = 85 và u.v = 18
 x  y 4

Bài 2: Tìm x và y biết 

2
2

3
3
 ( x  y )( x  y ) 280

[8]

Bài 3: Lập phương trình bậc hai có các nghiệm bằng:
a) 3  2 và

1
3 2

b) 4 và 1 - 2

8


Dạng 3: Bài tốn tính giá trị các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm
I. Phương pháp:
Ta tìm cách biến đổi để biểu diễn các hệ thức đó theo tổng và tích các
nghiệm, sau đó thay các tổng và tích theo -

b
c
và .
a
a

Đặc biệt trong các hệ thức giữa các nghiệm của phương trình bậc 2, ta
thường quan tâm đến hệ thức đối xứng của các nghiệm. Biểu thức đối xứng giữa

các nghiệm x1 và x2 của phương trình: ax2 + bx + c = 0 là biểu thức có giá trị
khơng đổi khi ta hốn vị x1 và x2 .Ta có thể biểu thị các biểu thức đối xứng giữa
các nghiệm x1 và x2 theo S và P như sau:
* x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = S2 - 2P
1

x1  x 2

1

S

* x  x  x .x  P
1
2
1 2
3
3
* x1 + x2 = (x1 + x2)3 - 3x1x2(x1 + x2) = S3 - 3SP
1

*

x1

2



2

1
x2

2



x1  x 2
2

x1 x 2

2

2



S 2  2P
P2

[9]

Đối với các hệ thức không đối xứng của các nghiệm ta kết hợp hệ thức
với tổng S = x1 + x2 để tính x1, x2 rồi thay vào tích x1.x2 = P
II. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giả sử phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a 0)có 2 nghiệm x1, x2 .
Hãy lập phương trình có nghiệm như sau:
a) -x1 và -x2

b) 2x1 và 2x2
c ) x12 và x22
d) x1 + x2 và x1.x2
2
Giải:
Giả sử phương trình ax + bx + c = 0 có 2 nghiệm x1,x2
b

 S  x1  x 2  a
Ta có: 
 P x x  c
1 2

a
 ( x1 )  ( x 2 )  S
a) Ta có: 
 ( x1 )( x 2 )  P

thì -x1, -x2 là nghiệm của phương trình:

t2 +St + P = 0
 2 x1  2 x 2 2 S
 2 x1 .2 x 2 4 P

b) Ta có: 

thì 2x1 và 2x2 là nghiệm của phương trình:

t2 - 2St + 4P = 0
 x1 2  x 2 2  S 2  2 P

c) Ta có:  2 2
thì x12, x22 là nghiệm của phương trình:
2
 x1 .x 2  P

t2 -(S2 -2P)t +P2 = 0
 ( x1  x 2 )  x1 .x 2  S  P
 ( x1  x 2 ).x1 .x 2  S .P

d) Ta có: 

thì x1 + x2 và x1.x2 là nghiệm của phương trình: t2 - ( S + P)t + SP = 0

9


Ví dụ 2: Cho phương trình: 2x2 - 3x + 1 = 0
Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Khơng giải phương trình, hãy tìm giá
trị của các biêu thức sau:
1

1

a) A = x  x
1
2

b) B =

1  x1 1  x 2


x1
x2

c) C = x12 + x22

x1

x2

d) D = x  1  x  1
2
1

Giải: ta có  = 9 - 8 = 1 > 0 do đó phương trình có 2 nghiệm phân biệt, hơn
nữa
x1  0, x2 0.
3

 x1  x 2  2
Theo hệ thức Viet ta có: 
 x .x  1
 1 2 2
x1  x 2 3 1
1
1
a) A = x  x  x .x  2 : 2 3
1
2
1 2

3
1

2
1  x1 1  x 2 x 2  x1 x 2  x1  x1 x 2
( x1  x 2 )  2 x1 x 2 2
2 1

b) B = x  x 
=
1
x1 .x 2
x1 .x 2
1
2
2
3
1
9
1
c) C = x12 + x2 2 = (x1 + x2 )2 - 2x1x2 = ( ) 2  2.   1 1
2
2 4
4
2
2
2
( x1  x 2 )  2 x1 x 2  ( x1  x 2) )
x
x

x  x1  x 2  x 2
d) D = 1  2  1
=
x 2  1 x1  1 x1 x 2  ( x1  x 2 )  1
x1 x 2  ( x1  x 2 )  1
9
3
 1
11
11
= 14 3 2  : 3 
4
12
 1
2 2

III. Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho phương trình: x2 - 2 3 x + 1 = 0
Khơng giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức
a) A = x13 + x23
b) B = x12 - x22
Bài 2: Cho phương trình: x 2 -5x-11 = 0 khơng giải phương trình hãy tính giá trị
của biểu thức:
x1 2 + x 2 2 ,

x1 x 2
+ , x 1 -x 2 (trong đó x 1 ,x 2 là nghiệm của phương trình đã cho)
x1
x2

Bài 3: Tìm m để phương trình: mx 2 -2(m+3)x + m + 1 = 0
có 2 nghiệm x 1 , x 2 .Khi đó hãy lập phương trình có nghiệm như sau
a) - x 1 và -x 2
b) 2 x 1 và 2x 2
3
3
c)x 1 và x 2
d) x12 + x22 và x 1 2 x 2 2

10


Dạng 4:

Bài tốn tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm
khơng phụ thuộc vào tham số
I. Phương pháp:
Để tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số(giả
sử tham số là m) ta thực hiện theo các bước sau:
 a 0
  0

Bước 1: Tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm x 1 ,x 2  
 x1  x 2  f ( m) S
 x1 x 2  g (m) P

Bước 2 : Áp dụng định lý Viet ta có 

(I)

Bước 3: Khử m từ hệ (I) để tìm được 1 hệ thức giữa S và P không chứa tham
số . Đó chính là hệ thức giữa các nghiệm độc lập với tham số.
II. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho phương trình bậc 2:
[8]
2
(m - 4)x - 2(m - 2) + m - 1 = 0 trong đó m là tham số
Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình độc lập với m.
Giải: Điều kiện để phương trình có hai nghiệm x1, x2 là:
 a 0


  ' 0

 m  4 0
 m 4

 0 m  4


2
 m 0
 (m  2)  (m  4)( m  1) 0

Khi đó phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thõa mãn:
2m  4
2m  4
4



 x1  x 2  S  m  4
 S  2  m  4  2  m  4 (1)
 

 x x P  m  1
 P  1  m  1  1  3 ( 2)
 1 2

m 4
m 4
m 4
S 2 4
  3( S  2)  4( P  1) 0
Lấy (1) chia cho (2) vế với vế ta có:
P 1 3
 3S  4 P  2 0 hay 3(x1 + x2) - 4x1x2 - 2 = 0

Đó là hệ thức độc lập với tham số m mà ta cần tìm.
Chú ý: Ta có thể giải theo cách sau:
Cách 2: Tính m theo S, P
2m  4
 S (m  4) 2m  4  Sm  4 S 2m - 4
m 4
4( S  1)
� m( S  2)  4( S  1) � m 
(5)
S 2
m 1
4P  1
 P (m  4) m  1  Pm  4 P m -1  m( P  1) 4 P  1  m 

(6)
P=
m 4
P 1
4( S  1) 4 P  1
 4(S - 1)(P - 1) = (4P - 1)(S - 2)

Từ (5) và (6) ta có:
S 2
P 1
 4P - 3S + 2 = 0 4x1x2 - 3(x1 + x2) + 2 = 0

S=

Cách 3: Rút m theo P và thế vào S
P=

m 1
4P  1
 m
m 4
P 1

Thay giá trị vào biểu thức của S theo m ta có:

11


4P  1
 4

2m  4
8P  2  4P  4 4 P  2
P 1



 3S - 4P - 2 = 0
S=
4P  1
m 4
4P  1  4P  4
3
 4
P 1
2

Cả 3 cách này đều cho ta cùng một kết quả.
Chú ý: Có thể rút m theo S và thế vào P
Ví dụ 2: Cho phương trình: (m - 1)x2 - 2(m - 4)x + m - 5 = 0
Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình khơng phụ thuộc m.
Giải: Trước hết ta cần đi tìm m để phương trình có 2 nghiệm là x1 và x2 là:
 a 0


 ' 0

 m  1 0
11
 1  m  (*)


2
 2m  11 0

Khi đó phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
2(m  4)
2(m  4)
 6


 S  x1  x 2  m  1
 S  2  m  1  2  m  1 (3)
 

 P x x  m  5
 P  1  m  5  1   4 (4)
1
2


m 1
m 1
m 1

Lấy (3) chia cho (4) vế theo vế ta có:
S 2 3
  2( S  2) 3( P  1)  2 S  3 p 1
P 1 2
 2( x1  x 2 )  3 x1 x 2 1

Đó chính là hệ thức cần tìm

Cách 2: Tính m theo S, P
Cách 3: Rút m theo P và thế vào S ( hoặc ngược lại)
Ví dụ 3: Cho phương trình : (k-1) x 2 -2kx+k=0
Gọi x 1 , x 2 là các nghiệm của phương trình. Lập một hệ thức liên hệ giữa x 1 , x 2
k 1
 k  1 0
 k 1
  2
 

4
thì
k
 5k  4 0
 k  (k  1)(k  4) 0
5
2k

 S  x1  x 2  k  1 (5)
Theo hệ thức Viet ta có: 
 P  x x  k  4 (6)
1 2

k1
x1  x 2
x1  x 2
x1 x 2  4
Rút k từ (5) ta có : k = x  x  2
Suy ra : x  x  2 = x x  1
1

2
1
2
1 2
Hay (x 1 +x 2 ) (x 1 x 2 -1) =(x 1 x 2 -4) (x 1 +x 2 -2)  3(x 1 +x 2 )+2 x 1 x 2 -8=0
 a o

  ' 0

Cách 2: Ta có:
2k
2

 S  2  k  1  2  k  1
S 2
2



P 1
3
 P  1 k  4  1   3

k1
k1

Và cũng suy ra được : 3(x 1 +x 2 )+2 x 1 x 2 -8=0
Cách 3 : Rút m theo P thế vào S hoặc rút m theo S thế vào P
12

Ví dụ 4: Cho phương trình : (1+ m 2 ) x 2 -2mx+1- m 2 =0
a) Chứng minh rằng với mọi m>1 phương trình ln có nghiệm
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào m
Giải: a) Ta có :  ’= m 2 -(1+ m 2 )(1- m 2 )=m 4 + m 2 -1>0 với mọi m>1
Vậy với mọi m>1, phương trình ln có 2 nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn:
2m

 x1  x 2 1  m 2

2
 x x 1  m
 1 2 1  m 2

(I)

b)Khử m từ hệ (I):
2m 2 1  m 2 2
) +(
)
1 m 2
1 m 2
4m 2  1  2m 2  m 4 m 4  2m 2  1 (m 2  1) 2
=
=
= 2
=1 Vậy (x 1 +x 2 ) 2 +( x 1 x 2 ) 2 =1
(m 2  1) 2
(m 2  1)
( m ! )

Ta có : (x 1 +x 2 ) 2 +( x 1 x 2 ) 2 =(

III.Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho phương trình: x 2 -(m+1) x + 2m -3 = 0 [10]
1, Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biêt.
2, Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm x 1 , x 2 của phương trình sao cho hệ thức đó
khơng phụ thuộc vào m ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hố năm
học 2004-2005)
Bài 2: Cho phương trình: m x 2 -2m x+3=0
Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm khơng phụ thuộc vào tham số m
Bài 3: Cho phương trình: (m+1) x 2 -2(m+2) x+m-3=0
Tìm một hệ thức độc lập của các nghiệm đối với tham số m
Dạng 5: Bài toán xét dấu các nghiệm
I. Phương pháp: [8]
Dùng định lý Viet ta có thể xét dấu được các nghiệm x 1 và x 2 của phương trình :
x 2 + bx + c = 0 dựa trên kết quả
c
a

* Nếu P= <0  phương trình có 2 nghiệm trái dấu
P 0
P 0
 
 x 2 > x1 và 
 x1 < x 2
S

0
S


0


  0
 Phương trình có 2 nghiệm cùng dấu
* Nếu 
P 0
  0

* Nếu  P  0  Phương trình có 2 nghiệm dương 0S  0


13


  0

Từ đó suy ra Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt   P  0
S 0

  0

* Nếu  P  0  Phương trình có 2 nghiệm âm x 1  x 2 <0
S 0

  0

Từ đó suy ra Phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt   P  0

S 0


II. Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Khơng giải phương trình, xét xem sự có nghiệm và dấu của các
nghiệm của các phương trình bậc2 sau:
a) (1+ 2 ) 2 x 2 + x +1- 2 =0
b) 8 x 2 -1=2x
c) 17x- 4=3 x 2
d) 4 x 2 -4x+3=0
Giải: a) Phương trình đã cho có

c
a

P= =

1

2

1 2

=-1<0

Vậy phương trình có 2 nghiệm trái dấu. Ta lại có S=

1
b
=<0

a
1 2

Vậy nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn
b) 8 x 2 - 1=2x  8 x 2 -2x-1=0
c
a

Phương trình này có P= =-

1
<0 nó có 2 nghiệm phân biệt trái dấu và vì tổng
8

1
4

S = >0 nên nghiệm dương có giá trị tuyệt đối lớn hơn
c) 17x- 4 = 3 x 2  3 x 2 -17x + 4 = 0
 =(-17) 2 -4.4.3=241> 0

Vì S =

Có P =

c 4
= > 0 nên ta xét
a 3

17

>0 nên phương trình có 2 nghiệm dương
3

d) 4 x 2 - 4x +3 = 0 Có  ’= (-2) 2 -4.3 = -8< 0 nên phương trình vơ nghiệm
Ví dụ 2: Cho phuơng trình : x 2 - 4x + m = 0
Tuỳ theo giá trị của tham số xét xem trường hợp nào thì phương trình có 2
nghiệm trái dấu , 2 nghiệm cùng dấu, 2nghiệm dương , 2 nghiệm âm
Giải : Ta có: a = 1 , b = - 4 , c = m
c
a

+) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu  P= <0

m<0

+) Phương trình có 2 nghiệm cùng dấu 
  ' 0


c

 P  a  0

 4  m 0


m  0

 m 4
 0 < m 4


m  0

14


+) Phương trình có 2 nghiệm cùng dấu khi 0dấu dương vì S = -

b
=4>0
a

Ví dụ 3: Cho phương trình: x 2 -2(m+1)x –m+1=0
[7]
Xác định m để phương trình:
a) Có 2 nghiệm dương phân biệt
b) Có 2 nghiệm trái dấu
Giải: a)Phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt: 02

 (m  1)  m  1 0
 '  0


  P  0  1  m  0

S  0
 2(m  1)  0




2

 m  3m  0

m 1
m   1


 m(m  3)  0

 m 1
m   1


 m  o

 m   3

 m 1
m   1



Vậy với 0b) Phương trình có 2 nghiệm trái dấu x 1 <0< x 2
 P<0  1- m <0  m >1 Vậy với m>1 Phương trình có 2 nghiệm trái dấu
III. Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho phương trình: x 2 -2(m+7)x+m 2 - 4 = 0

Xác định m để phương trình
a) Có 2 nghiệm trái dấu
b) Có 2 nghiệm dương c) Có 2 nghiệm cùng dấu
Bài 2: Xác đinh m để phương trình sau có 2 nghiệm âm phân biệt
(m-1) x 2 +2m x+m+1=0
Bài 3 : Cho phương trình: (m-1) x 2 +2(m+2)x + m -1 = 0
Xác địmh m để phương trình:
a) Có 2 nghiệm trái dấu
b) Có 2 nghiệm phân biệt c) Có 2 nghiệm dương
Dạng 6: Bài tốn tìm điều kiện tham số để các nghiệm của phương trình
thoả mãn điều kiện cho trước
I. Phương pháp:
Ta thực hiện theo các bước sau
 a 0
  0

Bước 1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm x 1 ,x 2  
 x1  x 2  f ( m)
 x1 x 2  g (m)

Bước 2: áp dụng định lý Viet ta được: 

(I)

Bước 3: Biểu diễn điều kiện đã cho thơng qua hệ (I)
II. Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Tìm các giá trị của m để các nghiệm x 1 ,x 2 của phương trình:
a) x 2 +(m-2) x + m + 5 = 0 thoả mãn x 1 2 + x 2 2 =0
b) x 2 -(m+3)x + 2(m+2) = 0 thoả mãn x 1 =2 x 2
Giải : a)  =(m -2) 2 - 4(m+5)  (m-4) 2 -32 0

 m  4  32  m  32 +4 hoặc m - 32 +4
theo hệ thức Viet ta có: x 1 +x 2 =2-m , x 1 x 2 =m+5
( x 1 2 + x 2 2 )= (x 1 +x 2 ) 2 -2 x 1 x 2 =(2-m) 2 -2(m+5)=10  m 2 -6m-16=0
15


Giải phương trình này ta được m 1 =-1 ,m 2 =8
b)  =(m+3) 2 -8(m+2)= m 2 -2m-7= (m-1) 2 -(2 2 ) 2 0
theo đề bài
 m 2 2  1 hoặc m  2 2  1
 x1  x 2 m  3(1)

ta có:  x1 2 x2 (2)
 x x 2(m  2)(3)
 1 2

từ (1) và (2) suy ra: x1 =

2(m  3)
m 3
; x2 =
3
3

Thay các giá trị này vào (3) ta được: m2 – 3m – 9 = 0
33 5
3 3 5
; m2 =
2
2

2
Ví dụ 2 : Cho phương trình bậc hai: mx  (5m  2) x  6m  5 0 [7]

Giải phương trình này được: m1 =

a) Tìm giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm là 2 số đối nhau.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghịêm là 2 số nghịch đảo của
nhau.
Giải: Điều kiện :

 m 0
 m 0


2
  0
   (5m  2)  4m(6m  5) 0
 m 0
 2
 m  4 0

phương trình ln có hai nghiệm phân biệt.
a) Phương trình có hai nghiệm đối nhau nên x1 + x2 = 0
5m  2
5m  2
0 
mà x1  x2 
do đó:
2
2

 5m  2 0


 m 0

2

2
m 
5 m

5
 m 0

b) Phương trình có hai nghiệm là hai số nghịch đảo của nhau nên x1.x2 = 1 mà
 6m  1
1
6m  1


x1 .x 2 
1 do đó  5
5
 m 0

 6m  1 5


 m 0

 m 1
 m 1

 m 0

Ví dụ 3: Cho phương trình :x 2 - 2kx- (k-1)(k-3)=0 [9]
Chứng minh rằng với mọi k, phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt x 1 ,x 2
thoả mãn:

1
(x 1 +x 2 ) 2 +x 1 x 2 -2(x 1 +x 2 ) + 3 = 0
4

Giải:Ta có :  ’=1+(k-1)(k-3)=k 2 - 4k+4=(k+2) 2 0  k  phương trình ln
 x1  x 2 2k
 x1 x 2  (k  1)(k  3)

có 2 nghiệm phân biệt x 1 ,x 2 thoả mãn 
Khi đó :

Ví dụ 4:

1
1
(x 1 +x 2 ) 2 +x 1 x 2 -2(x 1 +x 2 )+3= (2k) 2 -(k-1)(k-3)-2.2k+3=0 (đpcm)
4
4

Cho phương trình: x 2 -2(m+1)x 2m+10=0 [7]

16


Tìm các giá trị của m để 2 nghiệm x 1 ,x 2 của phương trình thoả mãn
A  10 x1 x2  x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó.
Giải: Để phương trình có nghiệm thì phải có :  ' =(m+1) 2 -2m-10=m 2 -9 0
 m 3 hoặc m -3

 x1  x 2 2( m  1)
 x1 x 2 6m  5

Theo hệ thức Viet ta có 

A=10x 1 x 2 +x 1 2 +x 2 2 =(x 1 +x 2 ) 2 +8x 1 x 2 = 4(m+1) 2 +8(6m-5)
=4(m+3) 2 +48 48 với mọi m.
Vậy Min A= 48 khi m =-3
III.Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho phương trình: x 2 -(m-1)x -2m =0 Xác định m để phương trình có 2
nghiệm x 1 ,x 2 thoả mãm điều kiện 2x 1 + 3 x 2 = 0
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá năm học 2005-2006) [10]
Bài 2:Cho phương trình : mx 2 -(2m+1)x + m-2 = 0 (1) , với m là tham số
Tìm các giá trị của m để phương trình (1):
a) Có nghiệm
b) Có tổng bình phương các nghiệm bằng 22
c) Có bình phương của hiệu hai nghiêm bằng 13
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá năm học 2002-2003) [10]
Bài 3: Cho phương trình x 2 - 2( m -1)x- ( m+1)=0 [10]
a)Giải phương trình với m=2
b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình ln có hai nghiệm phân biệt
x 1 ,x 2 .

c) Tìm m để x1  x2 có giá trị nhỏ nhất
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá năm học 2001-2002)
Dạng 7: Một vài ứng dụng khác
I. Phương pháp:
Trong mục này ta ứng dụng định lý Viet vào các nội dung sau:
Bài 1: Lập phương trình đường thẳng đi qua 2điểm A(x A ;y ¢ ) ,B(x B ;y B ) thuộc
parabol(P): y=ax 2 (a 0) cho trước, khi đó ta thực hiện các bước
Bước 1: Giả sử phương trình đường thẳng( AB) : y = kx+m (k 0)
Bước 2 ; Phương trình hoành dộ giao điểm của(AB) và (P) là: ax 2 =kx+m
 ax 2 -kx-m=0
Bước 3: Ta có x A và x B là nghiệm của phương trình và theo Viet ta được:
k

 x A  x B  a
 k,m  phương trình (d)

 x x  m
 A B
a

[7]

Bài 2: Lập phương trình tiếp tưyến của Parabol(P) tại điểm M(x M ;y M ) được
thực hiện tương tự như trên bằng cách thay x A =x B = x M
Bài 3: Tìm nghiệm để viết tam thức bậc hai thành nhân tử

17


Nếu phương trình bậc hai : ax2 + bx + c = 0 với a ≠ 0 có hai nghiệm x1, x2 thì

khi phân tích tam thức f(x) = ax2 + bx+ c thành nhân tử có dạng
f(x)=a (x- x1 )(x - x2 )
Vì vậy khi gặp các bài tốn cần phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử để tìm
điều kiện có nghiệm khi  có bậc hai hoặc giải các bất phương trình bậc hai
chúng ta sẽ sử dụng Vi-ét để tìm nhanh nghiệm trong một số trường hợp để viết
tam thức bậc hai về dạng tích…
II. Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Cho Parabol(P) có phương trình(P): y=x 2
Gọi A và B là 2 điểm thuộc (P) có hồnh độ lần lượt là -1;2 .Lập phương trình
đường thẳng (AB).
Giải:Cách 1: Cách giải thơng thường:
Từ giả thiết ta được A(-1;2) và B(2;4)
Phương trình đường thẳng (AB) được cho bởi (AB) : Qua A(-1;1), qua B(2;4)
 (AB) :

x 1 y  1
=
2  1 4  11

 (AB): x- y + 2 = 0  y = x + 2

Cách 2: Ứ ng dụng định lý Viet:
Giả sử phương trình đường thẳng (AB) : y=ax+b
Phương trình hồnh độ giao điểm của (AB) và (P) là: x 2 =ax+b  x 2 -ax-b=0
Ta có x =-1 và x B =2 là nghiệm của phương trình và theo Viet ta được:
A

 x A  x B a
 a 1
 


 b 2
 x A x B  b

Vậy phương trình (AB) : y = x+2
1
4

Ví dụ 2: Cho parabol (P) có phương trình: (P) : y = x 2 . A là điểm thuộc (P)
có hồnh độ bằng 2. Lập phương trình tiếp tuyến với (P) tại A.
Giải:
Từ giả thiết ta được A(2;1)
Giả sử phương trình tiếp tuyến với (P) tại A là(d) : y = ax+b
A (d)  2a+b=1  b=1-2a
(1)
Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:
1 2
x = ax+b  x 2 - 4ax- 4b=0
(2)
4
Ta có (d) tiếp xúc với (P)  (2) có hai nghiệm kép :  ’ =0

[8]

 4a 2 +4b=0

(3)

Từ (2) và (3) ta được a=1 va b=-1
Vậy phương trình tiếp tuyến (d): y =x- 1

III/Bài tập đề nghị:
Bài 1: Cho (P) : y = 2x2 và (d): y = nx + 1 [10]
Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có
hồnh độ lần lượt M(x1;y1); N(x2;y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S=x1x2+y1y2
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá năm học 2016 - 2017)
Bài 2: Cho (P): y = x2 và (d): y = x + n – 1 [10].
18


Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ lần
�1
�x1

lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4 � 

1�
� x1 x2  3  0
x2 �

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Thanh Hoá năm học 2015 -2016)
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
2.4.1. Những giải pháp
2.4.1.1. Khảo sát phân loại đối tượng học sinh bằng cách ra đề bám sát
chuẩn kiến thức kĩ năng của chương trình, các bài tập có yêu cầu nâng dần về
mức độ nhận thức từ nhận biết, thông hiểu đến các mức độ vận dụng
2.4.1.2. Xác định được các kiến thức có liên quan, tổng hợp các kiến thức
về nội dung Định lí Vi-ét , các ứng dụng của Định lí Vi-ét trong chương trình
đại số lớp 9.
2.4.1.3. Xác định được mục tiêu của bài dạy đối với một nội dung, một

dạng tốn cụ thể của mỗi ứng dụng của Định lí Vi-ét, bám theo chuẩn kiến thức
của chương trình.
2.4.1.4. Phân dạng và nêu phương pháp giải của từng dạng ứng dụng Vi-ét
giúp học sinh ôn tập dễ dàng hơn bởi trong chương trình SGK khơng có điều
kiện đi sâu vào các ứng dụng do thời lượng chương trình và chuẩn kiến thức kĩ
năng. Trong mỗi dạng tốn chọn các ví dụ đơn giản cho đối tượng đại trà và một
số bài tập nâng cao cho học sinh khá giỏi, có bài tốn có các cách giải khác nhau
giúp học sinh linh hoạt trong suy nghĩ và hứng thú hơn .
2.4.2. Những kết quả đạt được sau khi thực hiện
Thực tế cho thấy khi giải các dạng toán ứng dụng định lý Viet, học sinh
được rèn luyện kỹ năng giải bài toán hợp lý, nhanh nhất, chủ yếu còn được nâng
cao về tư duy lôgic, lập luận các vấn đề chặt chẽ, rèn luyện kỹ năng sáng tạo.
Giáo viên cịn hình thành cho học sinh phương pháp giải các dạng toán ứng
dụng định lý Viet.
Khi ứng dụng định lý Viet vào giải Tốn giáo viên cần giúp học sinh :
Hình thành một số phương pháp cơ bản đối với học sinh đại trà.
Đưa ra một số phương pháp giải cho học sinh khá, giỏi với những bài toán
về ứng dụng của định lý Viet phức tạp.

Kết quả:
Qua quá trình đưa ra các dạng toán ứng dụng của định lý Viet và phương
pháp giải từng bài tốn cho học sinh lớp 9 tơi thấy học sinh rất ham mê học
phần đề tài này. Trên 76 % học sinh tiếp thu nhanh, vận dụng tốt vào việc giải
nhiều bài tập có liên quan [4]
Số liệu thống kê qua khảo sát chất lượng sau khi thực hiện đề tài như sau:
Giáo viên ra bài tập ứng dụng định lí Vi-ét cho hai lớp 9A và 9B tổng 91
em . Khi chấm bài cho kết quả như sau:
Lớp
Điểm kiểm tra
19

9A(36em)
9B(36em)

Kém
2
5,5%
1
2,8%

Yếu
7
19,5%
7
19,5%

Trung bình
17
47,3%
17
47,3%

Khá
8
22,2%
9
24,9 %

Giỏi

2
5,5%
2
5,5%

TB trở lên
27
75%
28
77,7%

3. Kết luận và kiến nghị:
3.1. Kết luận:
Đề tài này được áp dụng với học sinh lớp 9 là chủ yếu. Trong đề tài này
tôi muốn tổng hợp lại các kiến thức về hệ thức Vi ét và các dạng toán ứng dụng
hệ thức Vi ét và một số cách giải các dạng tốn đó để phục vụ cho học sinh ôn
tập dễ dàng bởi trong sách giáo khoa khơng có điều kiện đề cập do yêu cầu về
chương trình , chuẩn kiến thức .
Khi ứng dụng định lý Viet vào giải Toán giáo viên cần giúp học sinh
Hình thành một số phương pháp cơ bản đối với học sinh đại trà.
Đưa ra một số phương pháp giải cho học sinh khá, giỏi với những bài toán
về ứng dụng của định lý Viet phức tạp.
Cho dù đã rất cố gắng bằng việc tham khảo các tài liệu và rút kinh nghiệm
từ quá trình giảng dạy của bản thân giảng dạy ngay cho học sinh của mình, từ đó
kiểm nghiệm và bổ sung thiếu sót cùng với việc tiếp thu có chọn lọc ý kiến của
các bạn đồng nghiệp để dần hoàn thiện tài liệu này nhưng thật khó tránh khỏi
những thiếu sót bởi những hiểu biết và kinh nghiệm còn hạn chế, rất mong nhận
được những ý kiến đóng góp chân thành của bạn bè đồng nghiệp và cấp trên.
3.2. Kiến nghị
Nhà trường tạo điều kiện cho giáo viên trong việc nghiên cứu và thực hiện

đề tài
Phịng giáo dục triển khai phổ biến những SKKN có chất lượng cao cho
giáo viên trong huyện học tập.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 12 tháng 4 năm
2018
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.

Trần Hải Âu

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
*********
[1]. Nghị Quyết số 29-NQ/TW, BCH TW Đảng khóa XI.
[2]. Một số vẫn đề về đổi mới phương pháp dạy học ở trường THCS, NXB Giáo
dục
[3]. Modul THCS 18 “Phương pháp dạy học tích cực” của Bộ GD và ĐT
[4]. Modul THCS 23 “Kiểm tra đánh giá kết quả học tập của học sinh” của Bộ
GD và ĐT
[5].SGK, SBT tốn 9 - Phan Đức Chính(tổng chủ biên),NXB Giáo dục
[6].Phương pháp giải toán đại số- Lê Hồng Đức(chủ biên),NXB Đại học sư
phạm
[7].Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 9 - Vũ Dương Thụy (chủ biên)Nguyễn Ngọc Đạm , NXB Giáo dục 2005
[8].Toán nâng cao đại số THCS 9 - Phan Văn Đức, Nguyễn Hồng Khanh, Lê
[9].Tốn nâng cao và phát triển 9- Vũ Hữu Bình - NXB Giáo dục 2005

[10]. Các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT từ năm học 2000-2001 đến nay

21