Nguyễn quốc vũ SKKN 16 9 2018

MỤC LỤC
A.

MỞ ĐẦU………………………….……………………………………..........................................2

1.

Lý do chọn đề tài……………………………………….............................................................2

2.

Mục đích nghiên cứu…………………………………...............................................................2

3.

Nhiệm vụ nghiên cứu…………………………………..............................................................2

4.

Đối tượng, phạm vi nghiên cứu………………………...............................................................2

5.

Phương pháp nghiên cứu……………………………….............................................................3

6.

Giả thuyết khoa học…………………………………….............................................................3

7.

Đóng góp của đề tài…………………………………….............................................................3

8.

Cấu trúc đề tài……………………………………………..........................................................3

B.

NỘI DUNG……………………………………………...........................................................4

Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ CƠ SỞ THỰC TIỄN………………………………................4
1.1

Cơ sở lí luận……………………………………………………................................................4

1.2

Cơ sở thực tiễn………………………………………….............................................................4

Chương 2. KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP
TRONG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Ở LỚP 10.............................................6
2.1. Hệ phương trình đối xứng loại I...................................................................................................6
2.2. Hệ phương trình đối xứng loại II...............................................................................................10
2.3. Phương pháp hằng số t...............................................................................................................15
2.4. Phương pháp cân bằng hệ số......................................................................................................16
2.5. Một số bài tập tự giải..................................................................................................................19
Chương 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM………………………......................................................21
3.1. Mục đích thực nghiệm.................................................................................................................22
3.2. Tổ chức và nội dung thực nghiệm...............................................................................................22
3.3. Kết quả thực nghiệm....................................................................................................................22

3.4. Đánh giá kết quả thực nghiệm.....................................................................................................23
3.5.

Kết luận chung về thực nghiệm sư phạm…………………......................................................24

C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ……………………………........................................................25
1.

Kết quả đạt được………………………….……………….......................................................25

2.

Ý nghĩa của đề tài……………………………………………...................................................25

3.

Kiến nghị và đề xuất………………………..…………….........................................................25

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………….........................................................26

A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài


Trong chương trình giáo dục Toán học ở THPT, “hệ phương trình” chiếm một
vị trí rất quan trọng. Đặc biệt là trong các kì thi HSG cấp tỉnh và cấp QG. Còn đối
với kì thi THPT QG hiện nay mặc dù do hình thức thi mới là trắc nghiệm, người ta ít
ra bài toán giải hệ phương trình nhưng để giải một bài toán khó, vật lý…thì nhiều
bài toán, vật lý… cần phải đưa về hệ phương trình để giải. Tuy nhiên việc giải bài
toán hệ phương trình còn có một số khó khăn, nhiều học sinh còn ngại khó khi phải

giải loại toán này?
Lại nói về một vấn đề không mới “hệ phương trình”. Nhưng với những phương
pháp hiện đại và cách nhìn mới sẽ giúp chúng ta dễ dàng nhận dạng và có phương
pháp giải, lối đi đúng, nhanh hơn nhằm tiết kiệm thời gian trong quá trình giảng dạy
và thi cử. Qua đó tạo sự hứng thú, sự tự tin cho các em học sinh khi đứng trước một
bài toán giải hệ phương trình. Là một nội dung trong chương trình toán phổ thông
rất nhiều phương pháp giải, rất nhiều dạng, đơn giản có, phức tạp có, dễ có và khó
cũng có. Trước đây nhiều tài liệu chỉ nêu dạng và phương pháp giải cụ thể một số
bài toán nhưng chưa có các phân tích, cái nhìn tổng quát và phương pháp giải cho
một lớp bài toán về “hệ phương trình” ở mức độ cao hơn. Đề tài sẽ làm rõ hơn
những điều đó nhằm giúp việc dạy và học hiệu quả hơn. Vì những lý do trên tôi
chọn và nghiên cứu về đề tài: “Khai thác và phát triển một số hệ phương trình
thường gặp trong kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh ở lớp 10”.

2. Mục đích nghiên cứu
Khai thác và phát triển một số hệ phương trình trong thi HSG ở lớp 10 nhằm
giúp việc dạy và học toán ở THPT hiệu quả hơn.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Làm rõ vấn đề về nhận dạng và phương pháp giải một số hệ phương trình
- Cách phát triển bài toán từ dễ đến khó.

4. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
4.1.Đối tượng nghiên cứu
Các hệ phương trình và phương pháp giải trong chương trình Toán THPT

4.2.Phạm vi nghiên cứu


- Về nội dung: đề tài tập trung nghiên cứu các hệ phương trình thường gặp

trong kì thi HSG lớp 10
- Về không gian: Đề tài được nghiên cứu tại địa bàn tỉnh Hà Tĩnh
- Về thời gian: Đề tài được nghiên cứu trong năm học 2017 – 2018.

5. Phương pháp nghiên cứu
- Thực nghiệm khoa học: Nhằm đánh giá tính khả thi của đề tài
- Phân tích tổng kết kinh nghiệm: Dựa vào các kết quả nghiên cứu đã có để
rút ra kinh nghiệm cho hiện tại
- Phân loại và hệ thống hóa lý thuyết: Phân loại các hệ phương trình thường
gặp trong các kì thi rõ ràng hơn, dễ tiếp cận hơn.

6. Giả thuyết khoa học
Nếu đề tài này được sử dụng rộng rãi thì sẽ tạo hiệu ứng tích cực trong việc
dạy và học hệ phương trình trong chương trình toán ở THPT. Đặc biệt giúp giáo
viên và học sinh tự tin hơn khi đứng trước một bài toán giải hệ phương trình.

7. Đóng góp của đề tài
- Góp phần nhỏ bé trong việc làm phong phú thêm kho tài liệu toán học
- Có thể làm tài liệu cho giáo viên trong quá trình ôn thi chon HSG cấp tỉnh
- Có thể làm tài liệu cho học sinh trong quá trình tự học, tự bồi dưỡng.

8. Cấu trúc đề tài
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, đề tài có 3 chương:
Chương 1: Cơ sở lý luận.
Chương 2: Khai thác và phát triển một số hệ phương trình thường gặp trong kì
thi chọn HSG cấp tỉnh.
Chương 3: Thực nghiệm sư phạm.

B. NỘI DUNG
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN

1.1 Cơ sở lí luận


1.1.1. Nhiệm vụ quan trọng trong dạy học hệ phương trình
- Giúp học sinh có cái nhìn tổng quát hơn trong quá trình giải bài toán
- Phát huy tính nhạy bén, sáng tạo trong khi học.
- Phát triển bài toán từ đơn giản đến phức tạp
1.1.2. Các con đường tiếp cận
Suy đoán: Từ các xu hướng thường gặp
1.1.3. Các phương pháp dạy học hệ phương trình
1.1.3.1. Dạy học hệ phương trình theo con đường có khâu suy đoán
Qui trình dạy học hệ phương trình chúng ta thường đi theo các bước sau:
Bước 1: Nêu các xu hướng thường gặp
Bước 2: Thử giải theo các xu hướng đó
Bước 3: Kết luận xu hướng bài toán
Bước 4: Gải bài toán theo xu hướng đã chọn
Bước 5: Kết thúc bài toán và rút ra kinh nghiệm.
1.1.4. Các kĩ năng trong dạy học hệ phương trình
- Kĩ năng phân tích bài toán để đưa ra các nhận xét
- Kĩ năng biến đổi như phép thế, cộng đại số, phân tích đa thức thành nhân
tử…
- Kĩ năng tổng hợp sau khi đã giải xong một bài toán

1.2 Cơ sở thực tiễn
1.2.1. Thực trạng việc học của học sinh
Từ trước tới nay hệ phương trình là một phần không thể thiếu trong chương
trình toán phổ thông đặc biệt trong các kì thi tốt nghiệp THPT, HSG cấp tỉnh và cấp
QG. Nhưng một vài năm gần đây thì trong kì thi THPT QG do hình thức thi trắc
nghiệm nên hệ phương trình hầu như không có và đặc biệt đây là một phần cũng khá
khó nên nhiều học sinh ít quan tâm. Tuy nhiên thì trong rất nhiều lời giải của các bài

toán, vật lý… và đề thi HSG cấp tỉnh, cấp QG thì không thể thiếu.
1.2.2. Thực trạng việc dạy của giáo viên


Và cũng như đã nói trên, do hình thức thi trắc nghiệm nên người ta ít ra bài
toán giải hệ phương trình nên nhiều giáo viên ít quan tâm. Nhưng điều đó là một ý
nghĩ sai lầm. Mặc dù không có bài toán giải hệ phương trình trong đề thi nhưng để
giải ra được một bài toán khó, vật lý… thì rất nhiều bài phải đưa về giải hệ phương
trình để giải với nhiều độ khác nhau.

Chương 2. KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG
TRÌNH THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
TỈNH Ở LỚP 10.
2.1. Hệ phương trình đối xứng loại I.
2.1.1. Định nghĩa:
Hệ đối xứng loại I là hệ mà khi ta vị trí của x và y thì hệ không thay đổi.

a ( x  y )  bxy  c
�
(I )
�2
2
x

y

d
�
Thường có dạng sau:
2.1.2. Phương pháp giải.

2
Đặt: S  x  y , P  xy . Điều kiện có nghiệm S �4 P .

Khi đó hệ (I) trở thành

c  aS
�
c  aS
�
P

�
aS  bP  c

�
�P
�
b
��
b ��
�2
�S  2 P  d
�S 2  2 P  d
�S 2  2 c  aS  d
�
�
b
Ta giải phương trình bậc 2 đối với S sau đó sẽ tính được P rồi áp dụng định lý vi-ét ta có thể
tìm được x và y.
Chú ý: Đối với hệ này nếu (x,y) là nghiệm thì (y,x) cũng là nghiệm

2.1.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

�x 2  y 2  2 x  2 y  6
(1)
�
x

y

xy

5
�
Giải:


Đặt S  x  y , P  xy

�S 2  2 P  2 S  6
�S  2
(1) � �
��
5
�P  3
�S  P
Theo định lý Vi-ét, x,y là nghiệm của phương trình:

X 2  2X  3  0

x  3, y  1
�
��
x  1, y  3
�
Vậy hệ có 2 nghiệm (x;y) thỏa mãn là: (-1;3) và (3;-1)
Nhận xét:
Nếu đơn giản chỉ là hệ đối xứng loại I thì chắc chắn sẽ được giải quyết một
cách đơn giản. Nhưng trong thực tế rất nhiều bài toán người ta không ra nếu khi
nhìn vào đã thấy ngay đó là hệ đối xứng loại I, mà người ta sẽ ra dưới dạng sau:

a (U  V )  bUV
c
�
(*)
�
(U  m) 2  (V  m) 2  d
�
(Trong đó U,V là các hàm của x,y)
Ta sẽ xét ví dụ sau:
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
2
2
�x  6 xy  4 y  19  2 x  6 y (1)
�2
2
 1 4 y
(2)
�x  4 y

Rõ ràng chúng ta sẽ không thấy được đó là hệ đối xứng loại I ngay. Vậy đối
với bài này thì chúng ta phải giải quyết nó như thế nào? Có dấu hiệu nào để biết nó
là hệ loại I? Đó là những câu hỏi khiến chúng ta băn khoăn ở đây. Để trả lời các câu
hỏi đó ta sẽ xem lời gải của bài này trước đã.
Giải: Hệ tương đương với:

( x  1)2  6( x  1) y  4 y 2  20
�
(I )
�2
2
2
�x  (2 y  1)


�
a 2  3ab  b 2
 20
�
�
2
2
(
a

1)

(
b


1)
2
a

x

1,
b

2
y
�
Đặt
thì hệ trở thành:
2
�
 20
�S  P
�2
S  2 P  2S  0
Đặt S  a  b, P  ab thì hệ trở thành: �

80
� 10
�S  , P 
�� 3
9
2
�
�S  4, P  4 � S  4, P  4 Do điều kiện ( S �4 P)

2
Theo định lí Vi-ét (a,b) là nghiệm của phương trình: X  4 X  4  0 Vậy hệ

có nghiệm duy nhất (x,y)=(-1,-1)
Một câu hỏi đặt ra ở đây là tại sao chúng ta nghĩ đến việc đặt a  x  1, b  2 y
và đây có phải đó là cách đặt duy nhất hay không?
Câu trả lời ở đây trước hết đây không phải là cách đặt duy nhất. Ví dụ ta có thể
đặt theo cách 2 như sau: a  x, b  2 y  1 . Khi đó hệ trở thành

�
a 2  3ab  b 2  5(a  b)  15
�2
a  b2
2
�
Đặt S  a  b, P  ab thì hệ trở thành

�S 2  P  5S  15
�2
 2 (Đến đây thì công việc còn lại khá đơn giản)
�S  2 P
Chúng ta tiếp tục với ví dụ tiếp theo.

Ví dụ 3: (Đề thi HSG tỉnh lớp 10 trường Lý Thái Tổ tỉnh Bắc Giang 2015
- 2016)

�
2x  2(x2  y2 )  7
�
� 2 2

2(x  y )
5
�
Giải
Đặt a  x  y, b  x  y hệ tương đương với

�a  b  2ab 7
�2 2
5
�a  b


Dễ thấy đây là hệ loại I cơ bản bạn đọc hoàn toàn có thể tự giải

Nhận xét:
Lời giải ngắn gọn dễ hiểu nhưng để tìm ra phương án giải quyết nó thì thật không dễ,

chưa nói đến những hệ phức tạp cồng kềnh làm nhiễu sang dạng khác. Vậy làm sao
để có phương hướng đúng chính xác nhất? Để trả lời câu hỏi trên ta hãy đến với
mục tiếp theo “cách nhận dạng” hệ loại I.
2.1.4. Cách nhận dạng
Hãy để ý đến hệ (*). Nếu đó là “hệ đối xứng loại I” thì ta có thể chọn m bất kỳ.
Với ví dụ 1 ở trên cho ta thấy có thể chọn m  1 như cách 1, m  0 như cách 2 và
có thể có vô số cách chọn m như vậy. Từ điều này dẫn đến cách nhận dạng và
phương pháp giải của loại này. Đó là chắc chắn chúng ta sẽ biến đổi được một
2
2
(
U


m
)

(
V

m
)
 c . Đây chính là mấu chốt của
phương trình của hệ về dạng:

vấn đề. Với nhận thức đó ta sẽ giải quyết một ví dụ sau.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:

�x 2  y 2
 5  4 x  4 y (1)
�
3 x  xy  y  15
(2)
�
Với cách nhìn nhận vấn đề trên trước hết bài này ta hãy tạm quên phương trình
thứ (2) mà hãy để ý đến phương trình (1).

(1) � ( x  2) 2  ( y  2)2  13
Bây giờ việc tiếp theo là chọn m cho phù hợp. Giả sử chọn m  0 . Khi đó ta có
cách đặt như sau:
Đặt: a  x  2, b  y  2 hệ trở thành

�
a 2  b 2  13

�
a  ab  b  11 . (Việc còn lại là khá đơn giản, bạn đọc hoàn toàn có thể tự
�
giải quyết)
Ở đây ta có thể rèn luyện thêm cho học sinh về kỹ năng tính toán nhằm mục
đích kiểm nghiệm phương pháp bằng cách chọn m  2
2.1.5. Khai thác và phát triển hệ loại I


Với ý tưởng trên ta có thể hoàn toàn ra một đề toán đủ khó để rèn luyện cho
học sinh.
Cho hệ đối xứng như sau:

2a  2b  ab  8
�
�2
a  b2
5
�

a  2 x  1, b 
Bây giờ ta thay

2
y vào hệ trên ta có:

4 4x  2
�
4
x


2


8
�
y
y
�
�
�x 2  1
1 x
2
�
y
�
.
Đây là hệ đã đủ khó để học sinh giải quyết nó rồi! Với cách làm trên thì ta có
thể ra được vô số bài tập loại này cho học sinh giải mà không phải tìm tài liệu mất
thời gian.
2.2. Hệ phương trình đối xứng loại II.
2.2.1. Định nghĩa:
Hệ đối xứng loại II là hệ mà khi ta hoán đổi x, y thì phương trình (1) trở thành
phương trình (2) và ngược lại.

Có dạng:

�f ( x, y )  a
�
�f ( y, x)  a

.

2.2.2. Phương pháp giải:
Lấy vế trừ của hai phương trình cho nhau ta thu được x  y
2.2.3. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

�x 2  y  5 x  3
�
�2
�y  x  5 y  3
Giải: Trừ vế theo vế ta thu được: ( x  y )( x  y  6)  0 .


Hệ đã cho tương đương với:

�
y
�x
�
x  y 1
�
x  y 1
�
�2
�
�
�
x


4
x

3

0
x

y

3
�
�
�
��
��
x y 3
�
�
�
x

y

6
x

3,
y


3
�
�
�
�
x  9, y  15
�
�
�2
�
x


9,
y

15
�
x

x

5(6

x
)


3

�
�
�
�
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: {(1;1),(3;3),(-9;15)}
Ví dụ 2: (Đề thi khảo sát HSG lớp 10 tỉnh Hải Dương 2017 - 2018)

�
(x  1)(y2  6)  y(x2  1)
�
�
(y  1)(x2  6)  x(y2  1)
Giải hệ phương trình: �
Giải: Trừ vế theo vế ta được: (x  y)(x  y  2xy  7)  0
2
TH1 x  y thế vào phương trình (1) ta được x  5x  6  0

�
x 2
��
x 3
�
TH2 x  y  2xy  7  0. Cộng hai phương trình ta được:

�
x y 1
(x  y)2  6(x  y)  5  0 � �
x y 5
�
x  y  1 suy ra xy 4 hệ vô nghiệm

�
x  2, y  3
��
x  3, y  2
x  y  5suy ra xy 6 �
Vậy hệ có tập nghiệm là:

 (2,3);(3,2)

2.2.4. Khai thác và phát triển hệ loại II
Giống với trường hợp hệ loại I trên. Người ta sẽ không ra một hệ mà khi nhìn
vào đã thấy ngay đó là hệ đối xứng loại II, mà người ta sẽ ra dưới dạng sau đây.

Có dạng:

�f (U ,V )  a
�
�f (V ,U )  a

. (Trong đó U, V là các hàm của x, y).

Bây giờ chúng ta đi vào ví dụ sau sẽ rõ hơn.


Ví dụ 4: (Thi thử ĐH CĐ THPT Lê Văn Hưu, Thanh Hóa 2011)

1
� 2
2
x


x

2
�
y
�
�y  y 2 x  2 y 2  2
Giải hệ phương trình: �
Với hệ này U,V là cái gì? Làm thế nào để tìm được U,V? Đây là những câu hỏi
mà chúng ta cần giải quyết. Bây giờ ta xem lời giải trước đã.
Giải: ĐK: y �0 . Hệ tương đương với:

1
1
� 2
� 2
2
x

x


2
2
x

x

2

�
�
y
y
�
�
��
�
1
2
� x2 
�2  1  x  2
2
2
�
�
y
y
�y
�y
�
2x2  x  u  2
�
1
� 2
u
2u  u  x  2 .
y
Đặt:
. Hệ tương đương với: �

Đây là hệ đối xứng loại II cơ bản. Bạn đọc hoàn toàn có thể tự giải quyết
2

Vậy là chúng ta đã chia phương trình (2) cho y và đặt

U  x,V 

1
y . Và đây

cũng chính là xu hướng mà gần đây một số đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 10
đã sử dụng. Chúng ta sẽ đến với một ví dụ nữa.
Ví dụ 5: (Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh lớp 10 năm 2016 - 2017)

Giải hệ phương trình:

�x 3 (2  3 y )  8
� 3
( y  2) x  6
�

3
HD: Chia cả hai vế cho x ở PT(1) và x ở PT(2). Khi đó hệ tương đương với:

2 3
�
�2 3
2

3

y

(
)
( )  3y  2
�
�
�
�x
x
��
�
2
3
�y  2  3.
�y 3  3 2  2
x
x
�
�

2
 a, y  b
Đặt x
ta thu được hệ sau

a 3  3b  2
�
�3
b  3a  2 đây là “hệ đối xứng loại II”

�

của a và b. Công việc còn lại là khá đơn giản, bạn đọc hoàn toàn có thể tự giải


quyết.
Ta có thể phát triển từ một bài toán đơn giản để có một bài toán khó hơn.
Ví dụ 6: Cho hệ phương trình:
2
�a  b  3
�2
b a3
�

Và ta sẽ thay:

a

1
x 2 , b  x  y vào hệ trên. Khi đó hệ trở thành

�1
x y
3
�
�x 4
�
�x 2  2 xy  y 2  1  3
�
x2

Đây là một hệ đủ khó cho học sinh rồi!!
Với cách làm trên ta có thể tự mình ra cho học sinh vô số bài giải hệ phương
trình loại này cho học sinh mà không cần phải tìm tài liệu ở đâu xa xôi.
2.2.5. Ứng dụng hệ đối xứng loại II vào giải phương trình vô tỷ
Một ứng dụng thú vị của loại hệ này là để giải một số dạng phương trình vô tỷ.
Ta đến một ví dụ như sau:
Ví dụ : Giải phương trình:

3x 2  2 x  3  9 x  5 (1)
5
x�
9 . Đặt 9 x  5  3 y  1 . Phương trình tương đương với
Giải: ĐK:

x y
(1)
�
�
3x 2  2 x  2  3 y
��
3x  5
� 2
�
y
(2)
3 y  2 y  2  3x
�
3
�
(1)

� 3x 2  x  2  0( PTVN )

(2)

� 3x 2  5 x  8  0( PTVN )

Vậy PT vô nghiệm.
Nhận xét:
Lời giải thật gọn và đẹp nhưng một điều thắc mắc ở đây là tại sao ta lại đặt:


9 x  5  3 y  1 . Đây có phải là điều ngẫu nhiên hay không? Câu trả lời là không

phải ngẫu nhiên. Ta sẽ thực hiện một số bước nhằm tìm đến lời giải.
2 2
2
Trước hết ta đặt: 9 x  5  ax  b � 9 x  5  a x  2abx  b

� a 2 x 2  (2ab  9) x  b 2  5  0
(1) � 3x 2  2 x  3  ax  b � 3x 2  (2  a ) x  3  b  0
Bây giờ ta cân bằng hệ số của hệ sau:

�a 2 x 2  (2ab  9) x  b 2  5  0 �a 2 x 2  (2ab  9) x  b 2  5  0
�� 2
� 2
3
x

(2


a
)
x

3

b

0
3tx  (2  a )tx  (3  b)t  0
�
�
Ta thu được: a  3, b  1, t  3 . Do đó ta có cách giải như trên.
Nhận xét
Ở đây vì sao ta lại đặt

9 x  5  ax  b mà không phải là

9 x  5  ay  b ? Đây

chính là điều thú vị của “hệ đối xứng loại II” này. “Hệ đối xứng loại II” luôn luôn có
nghiệm x  y hoặc U  V do đó mà ta phải đặt 9 x  5  ax  b và có cách giải ngắn
gọn trên.
Ví dụ : Giải phương trình:

16 x 2  10 x  1  2 x  1
Giải:
Trước hết ta đi tìm lời giải theo cách trên.
Đặt: 2 x  1  ax  b

� 16 x 2  10 x  1  ax  b
� 16 x 2  (10  a) x  1  b  0
2 2
2
2 2
2
�
a
x

(2
ab

2)
x

b
1  0
a
x

2
abx

b

2
x


1
Mặt khác:

Bây giờ ta sẽ cân bằng hệ số của hai phương trình trên ta thu được:

a  4, b  1, t  1
Từ đây suy ra ta có cách đặt: 2 x  1  4 y  1


�
16 x 2  10 x  1  4 y  1 �
8 x 2  3 x  3 y  2 x  y
�
�
�� 2
� 2
16
y

8
y

1

2
x

1
8 y  3 y  3 x  2 x  y
�

�
Bây giờ ta có hệ:
�y  x
�
�y   x  3
4 (Công việc còn lại là khá đơn giản. Bạn đọc
Lấy (1)  (2) ta có: �
hoàn toàn có thể tự giải quyết).
Chú ý: Với dạng toán này ta còn có thể giải được theo cách khác như sau
Biến đổi phương trình vô tỷ trên về dạng:

A2(x)  B2(x) , ( B(x) chứa căn) và ta có cách đặt B(x)  A(y) cũng đưa về
hệ đối xứng loại II.
2.3. Phương pháp hằng số t.
2.3.1. Ví dụ minh họa

1
�2
2
x

y

(1)
�
�
5
�
57
�

4 x 2  3x 
  y (3 x  1)(2)
�
25
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
Giải: Lấy (2) �2  (1) ta thu được:

9 x 2  y 2  6 xy  6 x  2 y 

119
25

144
25
12
�
3
x

y

1

�
5
��
12
�
3x  y  1  
�

5
� (3 x  y  1) 2 

Thay

y

7
7
1
 3x
x 2  (  3x)2 
5
5
5
vào ta được:


2
� 11
� 11
x
x  ,y 
�
�
25
25
25
��
��

2
2
1
�
�
x
x ,y 
� 5
� 5
5
Vậy tập nghiệm của hệ là:

{(

11 2 2 1
; ),( ; )}
25 25 5 5

2.3.2. Phương pháp giải
Ví dụ trên lời giải quả thật là dơn giản và ngắn gọn. Nhưng điều chúng ta thắc
mắc là ở VD1 vì sao lại lấy (2) �2  (1) và ở VD2 là lấy (1) �3  (2) . Tại sao lai
không nhân với số khác, tại sao không cộng mà lại trừ, điều này có phải ngẫu nhiên
hay không? Ta sẽ đi giải đáp vấn đề trên.
Bây giờ ta xem lại ví dụ 1:

1
�2
x  y2
 (1)
�

�
5
�
57
�
4 x 2  3x 
  y (3 x  1)(2)
�
25
Giải hệ phương trình:
Lấy (1) �t  (2) ta được:

ty 2  y (3 x  1)  (t  4) x 2  3x 

5t  57
0
25

Xem đây là phương trình bậc 2 ẩn y, xét:

 y  (3x  1) 2  4t[(t  4) x 2 +3x-

5t  57
]
25

 (9  4t 2  16t ) x 2  6 x(1  2t )  1 
Để xuất hiện nhân tử thì
Giải ra ta được:

t

4t (5t  57)
25

 y  f 2 ( x) �  x  0

1
2 . Để cho đẹp thì ta lấy (2) �2  (1) như lời giải trên.

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:

�
( x  y )2  y
 3 (1)
�2
2
�x  2 xy  5 y  5 x  13 y  6 (2)


HD: Lấy (1) �3  (2) ta thu được:

2 x 2  8 y 2  8 xy  5 x  10 y

3

� 2( x  2 y )2  5( x  2 y )  3  0
x  2 y  3
�
��

2x  4 y  1
�

Công việc còn là đơn giản, bạn đọc hoàn toàn tự giải quyết

Nhận xét
Mặc dù phương pháp này có một số ưu điểm giúp chúng ta có thể giải quyết
nhanh chóng một số bài toán dạng trên. Nhưng nó có hạn chế trong một sô dạng nếu
một trong hai hoặc cả phương trình có bậc lẻ như 3,5 thì không dùng được mà phải
có bậc chẵn. Để khắc phục hạn chế trên chúng ta sẽ đi vào phương pháp tiếp theo sẽ
giúp giải quyết vấn đề. Đó là “Phương pháp cân bằng hệ số”.
2.4. Phương pháp cân bằng hệ số.
2.4.1. Ví dụ minh họa
2
2
�x  y  xy  x  y (1)
�2
x  y2  3
(2)
: Giải hệ phương trình: �

Ví dụ1

�
x� 3
(2) � y 2  x 2  3 �0 � �
x � 3
�
Giải:
(*)

Lấy (1)  (2) ta có:

2 x 2  xy  y  x  3 � 2( x 2  1)  ( x  1)( y  1)
2( x  1)  y  1
�
��
x
 1
�
Ta thấy x  1 không thỏa mãn đk (*) nên y  2 x  3
Thay vào (2) ta được:
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là: ( x, y )  (2,1) .
Nhận xét


Lời giải ngắn gọn đẹp nhưng một vấn đề thắc mắc ở đây là vì sao ta lại lấy

(1)  (2) . Liệu đây có phải là ngẫu nhiên hay không? Câu trả lời là không. Và ta có
phương pháp giải.
2.4.2. Phương pháp giải
2
2 2
2
y

ax

b
�
y


a
x

2
abx

b
Đặt:

Hệ tương đương với:

�x 2  a 2 x 2  2abx  b 2  x(ax  b)  ax  b  x
�
�2
2 2
2
�x  (a x  2abx  b )  3
(a 2  a  1) x 2  (2ab  a  b  1) x  b 2  b  0
�
��
(1  a 2 ) x 2  2abx  b 2  3
0
�
Bây giờ ta đồng nhất hệ số của hai phương trình trên ta có

�a 2  a  1
 (1  a 2 )t
�
�2ab  a  b  1  2abt

�
b2  b
 (b 2  3)t
�
Giải ra ta được: a  2, b  3, t  1
Vì t  1 nên ta lấy (1)  (2) .
Chú ý: Bài này hoàn toàn có thể giải được theo phương pháp hằng số t
Chúng ta tiếp tục với ví dụ sau:
Ví dụ 2.
3
3
2
�
�y  x  3x  2 x  y
�3
y  x 2  xy 2  x  y
Giải hệ phương trình: �

Rõ ràng với bài này ta không thể áp dụng phương pháp hằng số t để giải được.
Ta đi tìm lời giải:
Đặt: y  ax  b .Suy ra

y 2  a 2 x 2  2abx  b 2 , y 3  a 3 x3  3a 2bx 2  3ab 2 x  b3
Hệ tương đương với:


3 3
2
2
2

3
3
2
�
�a x  3a bx  3ab x  b  x  3x  2 x  ax  b
�3 3
2
2
2
3
2
2 2
2
�a x  3a bx  3ab x  b  x  x( a x  2abx  b )  x  ax  b

�
(a 3  1) x 3  (3a 2b  3) x 2  (3ab 2  2  a) x  b3  b
0
�
�� 3
(a  a 2 ) x 3  (3a 2b  1  2ab) x 2  (3a 2b  b 2  1  a ) x  b 3  b  0
�
Đồng nhất hệ số ta có:

�
a3  1
 (a 3  a 2 )t
� 2
3a b  3
 (3a 2b  1  2ab)t

�
� 2
3ab  2  a  (3ab 2  b 2  1  a)t
�
�
b3  b
 (b3  b)t
�
Dễ dàng giải được: a  b  t  1 hoặc a  b  1, t  1
Do t  1 nên ta có cách giải như sau:
Lấy (1)  (2) ta được:

x3  2 x 2  x  xy 2  o
x0
�
��
y  x 1
�
�
y  x 1
�
Công việc còn lại là khá đơn giản. Bạn đọc hoàn toàn có thể tự giải quyết.
Ví dụ3.
3
2
2
3
�
�2 x  2 xy  3 y  y  x  1
�2

x y
 3x2  x  1
Giải hệ phương trình: �

HD: Với cách làm tương tự ta có thể dễ dàng giải ra được: a  2, b  3, t  1
Từ đó ta có cách giải:
Giải: Lấy (1)  (2) ta được:

( x 2  y 2 )(2 x  3  y )  0
Đến đây công việc đã đơn giản rồi
Nhận xét:


Do a  2, b  3, t  1nên sau khi lấy (1)  (2) rồi phân tích đa thức thành
nhân tử chắc chắn sẽ có dạng (2x  y  3)g(x, y)  0. Đây cũng là cách định hướng
phương pháp giải khi phân tích đa thức thành nhân tử.
2.4.3. Khai thác và phát triển hệ dạng này
Đối với giáo viên thì hoàn toàn có thể ra một bài toán dạng trên đủ mức độ để
cho học sinh giải. Tôi lấy một số ví dụ sau:
2
2
y

x

1
y

x
 2 x  1 và

Ví dụ: Trước hết cho
. Khi đó

y 3  x 3  3 x 2  3 x  1 . Ta có hệ sau:

�
2x3  x2  x2y  x  2  0
�
�3
0
�x  y  3
2
2
Ví dụ: Cho y  x  3 . Khi đó y  x  6 x  9 và

y 3  x3  9 x 2  27 x  27 . y  x  3 � ( y  2)3  ( x  1)3 . Giả sử phương
trình có một nghiệm x  2, y  1 thì ta sẽ có hệ sau:

�y3  9  x3
�
�
2
2
�x  x  2y  4y
Với cách làm trên ta có thể ra cho học sinh vô số bài tập như vậy
2.5. Một số bài tập tự giải
Bài 1. Giải hệ phương trình

� x 1  y 1 1
�

�
3
�x  y

HD:

Hệ

đối

Bài 2. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm:

�
� x 1  y 1  a
�
 2a  1
�x  y
HD: Hệ đối xứng loại I
Bài 3. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

xứng

loại

I


�
�x y m
�

�x  y  xy  m

HD: Hệ đối xứng loại I

Chú ý: Với hệ loại này khi giải bài toán tìm m phải để ý đến ĐK có nghiệm

( S 2 �4 P) .
Bài 4. Gải hệ phương trình:
4
2
2
�x  4 x  ( y  3)  0
�2
2
�x y  x  2 y  22  0 HD: Hệ đối xứng loại I

Bài 5: (Đề thi HSG tỉnh lớp 10 tỉnh Hà Tĩnh 2015 - 2016)

Giải hệ phương trình:

3
�
�x (1 2y)  1
� 3
�x(y  1)  2

3
HD: Chia cho x ở PT (1) và x PT (2) đưa về hệ đối xứng loại II

Bài 6: Giải hệ phương trình:

�x3  y3  3y2  9
�
�2 2
 x  4y
�x  y
HD: Cân bằng hệ số ta sẽ tìm được k  3 và có phương pháp giải là lấy

(1)  3.(2)
Bài 7: Giải hệ phương trình:
3
3
�
�x  y  x  7  y
�2
2
�x  2y  4y  x HD:Giải theo phương pháp cân bằng hệ số.

Bài 8: (Đề thi HSG lớp 9 Nghệ an 2009-2010)
Giải hệ phương trình:

�1 1 1
�x  y  z  2
�
�
�2  1  4
2
�
�xy z
HD: Biện luận đưa về hệ đối xứng loại I

Bài 9: (THTT số 379 năm 2009)


�xy  3x  2y
 16
�2 2
�x  y  2x  4y  33 HD: Đưa về hệ đối xứng loại I
Bài 10: Giải hệ phương trình:
2
3
2
�x  y  2 y
�3
�y  x  2 y HD: Đưa về hệ đối xứng loại II
3
�x (2  3 y )  1
� 3
( y  2) x  3 .HD: Đưa về hệ đối xứng loại II
Bài 11: Giải hệ phương trình: �

Bài 12: (Thi ĐH CĐ khối B 2003)

�
y2  2
3y 
�
x2
�
�
x2  2

�
3x 
�
y2
�
Giải hệ phương trình:
Bài 13: (Đề thi chọn HSG lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2015-2016)

�x 3  y 3  2 x 2  4 y 2  5  0
�
�2
x  2 y 2  4 x  13 y  7  0
Giải hệ phương trình: �
HD: Cân bằng hệ số giải ra được y  x  3, t  1
Chương 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

3.1. Mục đích thực nghiệm
Nhằm mục đích kiểm chứng tính hiệu quả của các phương pháp trên
3.2. Tổ chức và nội dung thực nghiệm
3.2.1. Tổ chức thực nghiệm
Chúng tôi đã tổ chức dạy ôn thi HSG cho hai đối tượng là lớp 10A1 và 11A8
tại trường THPT X.
Bố trí các lớp thực nghiệm và đối chứng
Trường
THPT X

Lớp thực ghiệm
10A1

Lớp đối chứng

11A8


Tổng số học sinh

32

24

3.2.2. Nội dung thực nghiệm
- Thực nghiệm dạy học: Các hệ phương trình thường gặp trong thi HSG tỉnh.
- Trong khoảng thời gian dạy thực nghiệm, chúng tôi đã tiến hành cho học
sinh làm 1 bài kiểm tra 45 phút.
- Lấy phiếu thăm dò học sinh và giáo viên
3.3. Kết quả thực nghiệm
3.3.1. Kết quả qua phiếu khảo sát:
Lớp 10A1:
Bài 1: Số học sinh làm được là 32 chiếm 100%
Bài 2: Số học sinh làm được là 30 chiếm 93,7%
Bài 3: Số học sinh làm được là 28 chiếm 87,5%.
Lớp 11A8:
Bài 1: Số học sinh làm được là 22 chiếm 91,7%
Bài 2: Số học sinh làm được là 18 chiếm 75%
Bài 3: Số học sinh làm được là 16 chiếm 66,7%.
3.3.2. Kết quả qua bài kiểm tra:
Sau khi tổ chức thực nghiệm sư phạm, tôi kiểm tra mức độ nhận thức của học
sinh các lớp và thu được kết quả như sau:
Bảng phân phối điểm số đạt được của lớp đối chứng và lớp thực nghiệm
Điểm số

Số học sinh
Lớp

Mục đích

10A1

Thực nghiệm
Đối chứng

11A8

5

5

6

7

8

9-10

32

0

4

9

12

6

1

24

5

7

10

8

2

0

Bảng Cơ cấu phân phối theo mức độ điểm số của học sinh (%)
Lớp

Mục đích

Điểm số (100%)

Số học sinh

5

5

6

7

8

9-10

10A1

Thực nghiệm

32

0

12,5

28,1

37,5

18,8

3,1

11A8

Đối chứng

32

15,6

21,9

31,3

25

6,2

0


3.4. Đánh giá kết quả thực nghiệm
3.4.1. Đánh giá các tiết dạy thực nghiệm qua phiếu khảo sát
Qua quan sát giờ học của lớp thực nghiệm được tiến hành theo tiến trình đã
được xây dựng, chúng tôi rút ra nhận xét sau:
Về ý kiến của giáo viên dự giờ thực nghiệm:
Đa số các giáo viên nhất trí với nội dung thực nghiệm, đặc biệt ủng hộ các giải
pháp và phương pháp đã nêu trong sáng kiến.
Về ý kiến của học sinh ở lớp dạy thực nghiệm:
Phần lớn học sinh cho rằng phương pháp hay mà từ trước giờ mới biết. Sau khi
học mấy phương pháp này giúp giải quyết nhanh hơn những bài toán mà trước đây

thấy khó không giải được.
3.4.2. Đánh giá bài kiểm tra
Đề không quá khó, chủ yếu chỉ kiểm tra tư duy học sinh không nặng về tính
toán nhưng có khả năng phân loại học sinh.
Kết quả thực nghiệm cho thấy học sinh đã yêu thích môn toán hơn và đặc biệt
là không ngại khó để giải một bài toán hệ phương trình.
Qua các bài kiểm tra đánh giá, chúng tôi đã tiến hành thống kê, tính toán và thu
được các bảng số liệu sau:
Kết quả kiểm tra lớp thực nghiệm và đối chứng được thể hiện qua các kết quả
sau
Tỉ lệ HS đạt dưới mức trung bình của lớp đối chứng là 15,6% trong khi lớp
thực nghiệm không có HS nào dưới điểm 5. Tỉ lệ HS đạt từ điểm 7 trở lên ở lớp thực
nghiệm chiếm gần 60 % trong khi tại lớp đối chứng chỉ chiếm gần 30% và không có
HS nào đạt điểm 9 trở lên.
3.5. Kết luận chung về thực nghiệm sư phạm
Căn cứ vào kết quả kiểm tra, phiếu thăm dò ý kiến học sinh bước đầu có thể
thấy hiệu quả của các phương thức sư phạm trong việc khơi dậy con đường tu duy
trong học tập cho học. Qua quan sát hoạt động dạy học và kết quả thu được qua đợt
thực nghiệm sư phạm cho thấy:
Học sinh có khả năng tự nghiên cứu cao hơn.


Nâng cao trình độ nhận thức, khả năng tư duy cho học sinh trung bình và một
số học sinh yếu ở lớp thực nghiệm, tạo hứng thú và niềm tin cho các em, trong khi
điều này chưa có ở lớp đối chứng.
Vậy đề tài có tính khả thi cao


C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết quả đạt được

Đề tài đã thu được những kết quả chủ yếu sau:
- HS có sự đầu tư hơn trong việc suy nghĩ, tổng hợp, dự đoán các kiến thức, HS tích
cực và hứng thú hơn trong quá trình học tập.
- Chất lượng học tập trên lớp tốt hơn và HS khắc sâu hơn nội dung kiến thức đã
được học.
- Đề xuất được một số giải pháp nhằm đổi mới phương pháp dạy học, đặc biệt là
phương pháp dạy học hệ phương trình phù hợp với hình thức thi trong kì thi HSG cấp tỉnh
sắp tới.

2. Ý nghĩa của đề tài
- Đối với giáo viên: Đề tài không chỉ đổi mới phương pháp dạy học cũng như đánh
giá kết quả học tập của HS , nâng cao kiến thức chuyên môn, phương pháp dạy học mà
còn là tài liệu hữu ích trong quá trình học tập, bồi dưỡng học sinh giỏi, và ra đề thi HSG.
- Đối với học sinh: Đề tài giúp học sinh nắm nội dung hệ phương trình tốt hơn. Đề
tài này cũng góp phần rèn luyện cho HS một số kỹ năng cơ bản như kỹ năng hợp tác, kỹ
năng dự doán, kí năng tổng hợp, kỹ năng thảo luận, kỹ năng tư duy...

3. Kiến nghị và đề xuất
Nhà trường cần tổ chức các buổi trao đổi phương pháp giảng dạy, góp ý hoàn thiện
đề tài và mở rộng phạm vi ứng dụng.
Học sinh tăng cường học tập, tiếp thu đề tài nhằm nâng cao chất lượng học tập.
Mặc dù đã tham khảo một số lượng lớn các tài liệu hiện nay để vừa viết, vừa giảng
dạy trên lớp nhằm kiểm nghiệm thực tế, song vì năng lực và thời gian có hạn, rất mong
được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp và những người yêu thích môn toán để đề tài
này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà trường. Góp phần nhỏ bé vào việc nâng cao hơn
nữa chất lượng giáo dục phổ thông. Giúp các em học sinh có phương pháp, kỹ năng khi
học nội dung hệ phương trình.

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]

Sáng tạo và giải hệ phương trình, bất phương trình của Nguyễn Tài Chung.