SKKN một số phương pháp giải hệ phương trình đại số

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
=====***=====

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU - ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Tác giả sáng kiến: Nguyễn
Mã sáng kiến: 09.52.01

Thị Thanh Hòa

Tam Dương, Năm 2018
0


1. Lời giới thiệu

1


Hệ phương trình Đại số là một trong các bài toán cơ bản của chương trình toán
học phổ thông. Các em häc sinh được làm quen với hệ phương trình đại số từ các lớp
trung học cơ sở. Ở bậc THPT các học sinh được học chi tiết ở chương trình đại số lớp
10, nhưng với lượng kiến thức không nhiều, trong khi đó hệ phương trình được đưa
vào trong các đề thi THPT Quốc gia, thi HSG lại đòi hỏi các em phải có một lượng
kiến thức tương đối nhiều về phần này. Chính vì thế trong quá trình giảng dạy, tôi đã
soạn chuyên đề: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI

SỐ”. Trước hết giúp bản thân hệ thống được các dạng cơ bản của hệ phương trình
cùng các phương pháp giải qua đó phục vụ tốt hơn cho tác giảng dạy, nâng cao trình
độ chuyên môn.
2. Tên sáng kiến “Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số”.
3.Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Thị Thanh Hòa
- Địa chỉ: Trường THPT Trần Hưng Đạo – Tam Dương – Vĩnh Phúc.
- Số điện thoại: 0987.444.700
- Email:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh Hòa
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Môn Đại số lớp 10 và Giải Tích lớp 12 ban cơ bản
-Trong phạm vi đề tài này, tôi thực hiện nghiên cứu đưa ra các các dạng cơ bản và
phương pháp giải một số hệ phương trình thuộc chương trình Đại số 10 và có sử dụng
kiến thức của chương 1 Giải tích 12.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu: Ngày 03 tháng 11 năm 2017.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1. Nội dung của sáng kiến
PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Mục đích nghiên cứu
Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích bản thân có một cuốn tài liệu
phục vụ công tác giảng dạy và mong muốn cung cấp cho các thầy, cô giáo có thêm
một tài liệu tham khảo. Các em học sinh THPT một tài liệu học tập, tra cứu thông dụng
và có hiệu quả khi giải hệ phương trình Đại số.
2. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 12A1 và 12A3 trường THPT Trần Hưng Đạo năm học 2017 –
2018.
3. Phạm vi nghiên cứu
Chương III của chương trình Đại Số lớp 10 và chương I của chương trình Giải
Tích 12.

4. Phương pháp nghiên cứu
4.1. Nghiên cứu lí luận.

2


Phân tích chương trình môn toán THPT. Nghiên cứu kỹ các dạng phương trình
cơ bản và các phương pháp: “Giải hệ phương trình Đại số” trong các tài liệu lý luận,
sách tham khảo.
4.2. Thực hành và rút kinh nghiệm.
Thông qua các buổi dạy, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy với các đồng nghiệp
và khảo sát học sinh thông qua các bài kiểm tra để rút kinh nghiệm.
4.3. Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi và
hiệu quả của việc phân dạng bài tập. Qua đó đánh giá được hiệu quả của đề tài.
5. Điểm mới của đề tài
- Hệ thống lại một số dạng hệ phương trình cơ bản, thường gặp và cách giải của chúng.
- Đưa ra được một số phương pháp giải chung đối với một số hệ phương trình thường
gặp cùng với các ví dụ có lời giải
- Hệ thống được một số bài tập thường gặp trong các đề thi HSG trong các năm gần
đây.
6. Cấu trúc của sáng kiến kinh nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm được chia làm hai phần:
- Các hệ phương trình cơ bản.
- Một số phương pháp giải hệ phương trình.

3


Phần II: NỘI DUNG
1. CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN

1.1. HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH
BẬC HAI.

1.1.1. Dạng tổng quát:

�
A
x

B
y

C

0 1

�
2
2
a
x

b
x
y

c
y

d

x

e
y

f

0
2

�

1.1.2. Phương pháp giải:
1.1.2.1. Phương pháp thế:
Bước 1: Từ phương trình (1) của hệ ta rút x hoặc y thế vào phương trình (2). Khi đó ta
được phương trình bậc hai đối với y hoặc x.
Bước 2: Giải phương trình bậc hai.
Bước 3: Kết luận.
1.1.2.2. Phương pháp đồ thị:
Bước 1: Tập hợp các điểm thỏa mãn phương trình (1) là đường thẳng d: Ax + By + C
= 0. Tập hợp các điểm thỏa mãn phương trình (2) là đường cong (S) có phương trình:
ax 2  bxy  cy 2  dx  ey  f  0
Bước 2: Số nghiệm của hệ là số giao điểm của đường thẳng d và đường cong (S)
Chú ý: Phương pháp này thường sử dụng cho bài toán chứa tham số và khi a = c, b =
0. Lúc đó (S) là phương trình đường tròn.
1.1.2.3. Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Cho hệ phương trình:

�

xym

0
1

�
2
y

2
x2
m

3

0 2

�

a) Giải hệ phương trình với m = 1.
b)Tìm m để hệ có hai nghiệm phân biệt

( x1 ; y1 );  x2 ; y2 

2
2
2
2
y
x

y
1
1
2
2
thỏa măn: x

Lời giải:
�
x

y 10

1

�
2
y
2
x

5 0 2

�

a) Với m  1 ta có hệ:
+) Từ (1) ta có: x  y  1 thay vào (2) được:
y

1�

x

2
�
2
y

2
y

3

0
�
�
�
�
y


3
x


2
�
�

+) KL: Hệ có nghiệm:

 2,1 ;  2, 3

4


b) Từ phương trình (1): y  x  m thay vào (2) ta được:
2
2
x

2

1

m

23
m


0
m
x
(3).
+) Dễ thấy phương trình (3) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do vậy hệ luôn
 x, y     m  3, 3 ,  m  1,1 
có hai cặp nghiệm phân biệt là:
+) Mặt khác từ giả thiết ta có:
2
2

2
2

1
1

(
m

3
)9

�
m

2
m
 
x
y
x
y
1
1
2
2�

2

2

KL: m  2 .

Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:

 1
 2

�x  ay  a  0
�2
2
�x  y  x  0

a) Tìm a để hệ có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi

( x1; y1 );  x2 ; y2 

2
(
x

x
)


y
1
y
 �

2
1
2
1
2

là các nghiệm của hệ. CMR:
Lời giải:

2
2
Cách 1: Từ (1) ta có: x  a  ay thay vào (2) được: (a  ay )  y  (a  ay )  0

� (1  a 2 ) y 2  a (2a  1) y  a 2  a  0 (3)

a) Để

hệ có hai nghiệm phân biệt
4
�


0
�
0

a
3

b) Với

0a

� (3) có hai nghiệm phân biệt

4
3 . Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt y1 , y2 thỏa mãn:

a(2a1)
�
y1  y2  2
�
a 1
�
�
2
x
aa
y
�
1
1
a a
�
�
y1y2  2
x
aa
y
a 1

2
2
�
và �
Do đó ta có:





2
2
2
�
�
(
x

x
)


y
y

a
y
(
y


y
)

a

1

y
4
y
y
y
 
a
 
y
 
2
12
1
1
22
1
1
2
1
2
�
�
2

2

2

2
2
4
a

3
a
(
2
a

1
)


1

�
1
2
2
a

1 a


1
(đpcm)

x

a
y

a

0(
1
)
�
x

a
y

a

0
�
�
2
�
�
�
1
�

�
2 2
2 1
xyx



0
x


y

(
2
)
�
�
�
�
2
4
�
�
�
Cách 2:

Phương trình (1) là phương trình đường thẳng d.

5

�1 �
1
I � ;0 �
Phương trình (2) là phương trình đường tròn (C ) tâm �2 �, bán kính R= 2 .
a)Hệ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng (d) cắt đường tròn

(C ) tại hai điểm phân biệt � d(I; d) < R
b) Với

0a

�

1
a
2
a2  1



1
4
�0a
2
3

4
3 , d cắt (C ) tại hai điểm A(x1; y1) và B(x2; y2).

Ta có: AB �2 R

AB 2

4R2

( x2  x1 ) 2   y2  y1  �1
2

(đpcm).

Nhận xét: So sánh hai phương pháp ta thấy khi bài toán chứa tham số mà sử dụng
được bằng phương pháp đồ thị thì bài toán có lời giải ngắn gọn hơn. Tuy nhiên với
dạng hệ phương trình này sử dụng phương pháp đồ thị có hiệu quả nếu a = c, b = 0.
Chú ý: Phương pháp thế còn mở rộng cho hệ phương trình gồm một phương trình
bậc nhất và một phương trình bậc lớn hơn 2, hoặc dùng để giải phương trình vô tỷ
3
a
a
x

b

b
a
x

b


c

0
1
1
2
2
không đồng bậc có dạng:
3
Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 3x  2  3 6  5 x  8  0 (1) ( Khối A – 2009).

Lời giải
6
x�
5
+) Điều kiện:
3
�
u
3
x
2
�
�
v 6

5
x
+) Đặt �

điều kiện v �0

23
uv

8

0
(
2
)
�
�
3
2
5
u

3
v
8

0
(
3
)
+) Khi đó (1) trở thành: �

+) Từ (2) ta có

8  2u
3 thay vào (3) được:

v

32
2
1
5
u

4
u

3
2
u

4
0

0
�
(
u

2
)
(
1

5
u

2
6
u

2
0
)

0
�
u


2

+) Với u  2 thì

3

3 x  2  2 � x  2(tm)

KL: phương trình có nghiệm x  2 .
1.2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I
1.2.1. Định nghĩa:
Hệ phương trình đối xứng loại I đối với hai ẩn x, y là hệ gồm các phương trình không
thay đổi khi ta thay x bởi y và y bởi x.

6


1.2.2. Phương pháp giải chung:
xyS
�
(*
)
�
x
y

P
x

y
xy
�
Bước 1: Biến đổi về tổng
và tích
rồi đặt
, điều kiện:
2
S 4P�
0

Bước 2: Đưa hệ phương trình về hệ gồm hai ẩn S, P. Giải hệ tìm S, P, thay vào (*) khi
2
đó x, y là nghiệm của phương trình: t  St  P  0 (**)
* Chú ý:

y ,x
là nghiệm của hệ thì  0 0  cũng là nghiệm của hệ. Từ đó để hệ có
nghiệm duy nhất điều kiện cần là x0  y0 .
+) Nếu

 x0 , y0 

+) Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P:
2 2
2
xy



y
2
x
y
S

2
P
x
 
2

*

33

3
x

y


yx
3
y

y
S

3
P
S
x
 
x

3

*
*

2
2
x
y


x
y

x
y

P
 xy
 S
44 2 2
2
2 2
2
x

y


y
2
x
y


2
P
2
P
x
 

S
 
2

*

2

1.2.3. Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

xyx
y

1
1
�
�
2
2
x
y
3
 
2
8
 xy
�
Lời giải:

+) Biến đổi hệ:

x

y

x
y

1
1
x

y

x
y

1
1�
�
�
�
�
�
2
22
x


y

3

y
2
8
x


y
2
x
y

3

y
2
8
x
 
x

�
�

xyS
�
(*

)
�
2
x
y

P
�
+) Đặt
, (Điều kiện S  4 P �0 )
S

P

1
1 �
S


1
0
S

5
�
�
�
�
�
�

�
2
S

2
P

3
S

2
8
P

2
1
P

6
�
�
+) Ta có hệ: �

+) Với

�
S


1

0
x

y


1
0
x


7
x

3
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
P

2
1
x

y

2
1�
y


3
y

7
�
�
�

+) Với

S

5
�
x

y

5�
x

2
x


3
�
�
�
�
�
�
�
�
�
P

6
x
y

6�
y

3
y

2
�
�
�

7

+) KL: Hệ có nghiệm:

 3; 7  ,  7; 3 ,  2;3 ,  3;2 

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:

�

1
1
8
x
 y

�
x

1
y
1
x
y

1
7
x
 
y


�
Lời giải:

x  y  xy  7
�
�
��
2
x  y   x  y  xy  17

�
+) Hệ
x

yS
�
�
x
y

P
+) Đặt �

Khi đó hệ có dạng:

(
*
)
2
, điều kiện: S  4 P �0

S

P

7 �
SPt

4
;
3
(
m
)
�
�
�
�
2
S

S

P

1
7
S



6
;
P

1
3
(
l
)
�
�

S 4 �
x

y

4�
x

1�
x

3
�
� �� ��
�
�
P 3 �
x

y

3 �
y

3
y

1
�
+) Với �

+) KL: Vậy hệ có hai nghiệm:

 1;3 ,  3;1

2
2
�
x

x
y

y

m

6
�

2
x

x
y

2
y

mcó nghiệm duy nhất.
Ví dụ 3: Tìm m để hệ: �

Lời giải:
* Điều kiện cần:

y ;x
là nghiệm của hệ. Do hệ đã cho là hệ đối xứng với x, y nên  0 0 
cũng là nghiệm của hệ. Để hệ có nghiệm duy nhất thì x0  y0 .
Giả sử

 x0 ; y0 

Thay vào hệ phương trình ta được:

2
�
m


3

3
x
m
6 �
0
�
�
�
2
m

2
1
x

4
x

m�
0
0
�

* Điều kiện đủ:
+) Với m  3 thay vào hệ ta được:
2
2
�
�
x


3
x


3
x


1
�
x

x
y

y

3
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
y



1
2
x

x
y

2
y


3
y


3
y

3
�
�
�
�
Với m  3 hệ có 3 nghiệm nên m  3 không thỏa mãn.
+) Với m  21 thay vào hệ ta được:

2
2
x


3
�
x

x
yy
2
7�
�
�
�
y

3
2
x

x
y2
y2
1�
�

Vậy m  21 thỏa mãn. KL: m  21 là giá trị cần tìm.

8


1.2.4. Phương pháp giải một số hệ phương trình đối xứng loại I .

4
4
1.2.4.1. Hệ phương tŕnh đối xứng có chứa x  y .

�
�
x2 y2 S
x2 y2 S
�
�2 2
x
y

P
x y P
�
Phương pháp: Khi đó ta đặt
hoặc �
2
2
�
x

y

5
�
4
4
22

x

y

x
y
1
3
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: �

Lời giải:

�
x2 y2 S
�2 2
x y P Điều kiện S , P �0; S 2  4 P �0
Đặt �
S

5 �
S

5
�
�
()
t
m
�
�

2
S

31
P

3
P

4
�
Khi đó hệ đã cho trở thành: �

�
x2y25
�
�
2 2
xy
4 , khi đó x 2 , y 2 là nghiệm của phương trình:
�
�
x2 1;y2 4
t 1
�
�
�
t4��
x2 4;y2 1
t2

5
t40 � �

S 5
�
�
P4
+) Với �

x 1
y2
�
x2 1
�
�
x2  1 � �
y2  4 � �
�2
x  1
y  2
y  4 Ta có:
�
�
+) Với �
và
�
x2  4
�2
y 1
+) Với �

x2
y 1
�
�
x2  4 � �
y2  1 � �
x  2
y  1
�
�
Ta có:
và

KL: Vậy hệ có 8 nghiệm:

 1;2  ,  1; 2  ,  1;2  ,  1; 2  ,  2;1 ,  2; 1 ,  2;1 ,  2; 1

1.2.4.2. Hệ phương trình đối xứng chứa

xy .

x  y S

xyP
Phương pháp: Khi đó ta đặt: 
, điều kiện P �0

�
x

1 y
14
�
�
xy x
y
3
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: �
(I)
Lời giải:
+) Điều kiện : x �1; y �1; xy �0
�
x

y

2

2
x

y

x
y1

1
6
�
�

xy


x
y

3
+) Hệ (I) �
. Đặt

 x  y S

 xyP , điều kiện P �0

9


2
�
�
S

2

2
S

P
1


1
6(
1
)
�
S

P

3
(
2
)
+) Khi đó hệ (I) có dạng: �

Từ phương trình (2) ta có S = P + 3 thay vào (1) được:
2
2
PP

5

2

P

4

1
6

�
2
P

P

4

1
1

P

P

3
�
2
2
�
4
P

P

4

1
2
1


2
2
P

P
(
3
) �


�
�
�
3
5
�
P


(
L
)
1
1

P
�
0 (
4

)
�
3
�
�
x

y

6�
�
x

y

6�
x

3
�
��
��
�
y

9 y

3
x
y


3 x
+) Với P = 3 � S  6 . Khi đó: � � �

+) KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (3; 3).
1.2.4.3. Hệ gần đối xứng:
Phương pháp: Đưa về hệ phương trình đối xứng bằng cách đặt t   x hoặc t   y .
2
2
�
x

x
y
y

1
�
x
y
x
y
3
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: �

Lời giải:
2
2
2
�

�
x

x
tt


1 �
x

t

31
x
t



�
�
�
x

tx

t

3 �
x


tx

t

3
Đặt t   y thay vào hệ ta được: �

xt S
�
�
xt P điều kiện S 2  4 P �0 (*), thay vào hệ ta được:
Đặt �
2
�
S 2
S

31
P

�
2
S

3
S

1
0


0�
� �
S  5
S

P

3
�
��

+) Với S = 2 � P  1 . Khi đó ta có:

x

t

2 �
x

1�
x

1
�
�
� �
�
�
x

t

1 �
t

1�
y


1
�

+) Với S  5 � P  8 (Loại do (*))
+) KL : Vậy hệ có nghiệm:
1.2.4.4. Hệ đối xứng chứa

 1; 1 .
ax  b và

ay  b .

�
u axb
�
�
v ayb
Phương pháp: Khi đó ta đặt: �
với u , v �0

10

�
x

1
y

14

�
�
xx

1

yy

1

1
2
m
Ví dụ 1: Cho hệ phương trình: (I) �
a) Giải hệ phương trình với m = 1.
b) Tìm m để hệ có nghiệm.
Lời giải:
+) Điều kiện x, y �1
�
u x1

�
�
v y1
+) Đặt: �
, đk u, v �0 . Thay vào hệ ta được:
�
u

v

4
u

v

4
u

v

4
�
�
�
�
�
�
�
2
2

u
(
u

1
)

v
(
v

1
)

1
2
m
5

u
v

m
u
v

5

m
�

�
�
� u , v là nghiệm của phương trình: X 2  4 X  5  m  0 (1)
2
a) Với m = 1 thay vào (1) được: X  4 X  4  0 � X  2 � u  v  2

+) Với u = v = 2

�
x

12

x

3
�
�
�
�
�
y

3
y

12

�
��

KL: Vậy với m = 1 hệ có nghiệm: (3;3).
b) Hệ (I) có nghiệm � PT (1) có nghiệm không âm
*) Trường hợp 1: Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu

� ac  0 � 5  m  0 � m > 5
*) Trương hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm không âm:

'
m

1
�
0
�
�
ۣ

1
m
5
�
5

m
�
0
��

KL: Vậy với m �1 hệ có nghiệm.

1.2.4.5. Hệ đối xứng chứa biến nghịch đảo
1
�
u  x
�
x
�
�
1
�
v y
y
�
Phương pháp: Khi đó đặt: �

x

, với

1
1
y
y.
x và

u �2; v �2

.

11

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (I)

1 1
�
�xyxy4
�
�
1 1
�
x2 y2  2  2 4
�
x y
�

Lời giải:
+) Điều kiện: x, y �0 .
� 11
�
�
�
1
1
�
�
x
�

y

�

4
xy

4 �
�
�
�
x
y
�
�
� xy
�
�
�
�
�
�
�
�
2
2 1 1
�
�
�
2 1
2 1
x

y 22
4�
x
2�

y
2�

4
�
�
� x
�
y
x�
y�
�
�
�
�
+) Viết lại hệ:
1 2
� 1 �
2
ux
x
 2
u
2
�

�
� x �x
� 1�
� 1
�
�
vy
y2 2 v22
u �2; v �2
� y �
�y
+) Đặt �
, với
. Khi đó (I) trở thành:
u

v

4
u

v

4
�
�
�
�
�
2

2
u

2

v

2

4 �
u
v

4
�
� u, v là nghiệm của phương trình: X 2  4 X  4  0 � X = 2 � u = v = 2 (t/m)

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

+) Với u = v = 2 � �
(tm).

KL: Vậy hệ có nghiệm: (1; 1).
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Giải các hệ phương trình:
xyx
y
1
1
�
�
2
2
xyx
y 3
0
1/ �

2
2
�
x

y

x
y
7
�

4
4
22
x

y

x
y
2
1
2/ �

�

1

1


26
x
 y
  xy

�
2 2
x

y1


2


2
 xy

�

2
2
�
x

y
2
x
y
82
�
�
x
y
4
3/ �

4/

2
2

�
x

y

x
y
3
�
�
2
2
x

1 y

14
5/ �

�
x

1
y

14
�
�
xx


1

yy

11
2
6/ �

12


xy2
x
y2
�
�3 3
xy 8
7/ �

8/

2
�

1

1

y


6
x
 
 x1
 y
�
�
x


14

 x2
 y
�
9/ �

2
2
�
x

yx

y

8
�
�
�

x
yx
(
1
)(y

1
)1
2
�

10/

4 3
�
�
y 1 x3
�2 3
x y 8
2
�

x

x
y

y
m


2
�
�
2
2
xy

x
y
m

1
Bài 2: (CSND – 99A)Cho hệ phương trình: �

a) Giải hệ với m  3 .

b) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất.

2
2
�
x

yx

y

8
�
x

y
(x

1
)
(y

1
)
m
Bài 3: (NT – 97D) Cho hệ: �

a) Giải hệ với m = 12.

b) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm.

5
(
x

y
)
4
x
y

4
�
�
(

x

y
)
x
y

1

m
Bài 4: (QG – 99D). Tìm m để hệ �
để hệ có nghiệm.
1
1
�
x


y

5
�
x
y
�
�
1
1
�
x3 3y3 3 1

5
m

1
0
�
x
y
�
Bài 5: Tìm m để hệ sau có nghiệm:

Bài 6: Tìm m để hệ pt sau có nghiệm:

�
�
�
�
�

x y
1
x x
y y
1

3
m

1.3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II
1.3.1. Định nghĩa

Hệ phương trình đối xứng loại II đối với hai ẩn x, y là hệ nếu thay đổi vai trò của x, y
cho nhau thì phương trình này chuyển thành phương trình kia của hệ.
1.3.2. Phương pháp giải
f(;
xy
)
0(
1
)
�
�
g
(;
xy
)
0(
2
)
Xét hệ phương trình đối xứng loại 2 dạng: �

Bước 1: Trừ vế với vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được:
�
x

y 3


y
,
y

0
�
x
h
x

�
h
,
y
0
x

4

�
Bước 2: Giải hệ phương trình với từng trường hợp.
1.3.3. Ví dụ minh họa:

13


�
x312y 1

�
3
y 12x 2
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: �
Lời giải:

+) Lấy vế trừ vế của hai phương trình ta được:
x

y

0
�
3
3
2
2
x

y

2

x

y

x
y

y

2
0
�
y

�
x
 x

�
2
2
x

x
y

y

2

0
�


1
�
5
3
x

2
x

1


0
�
xx

1
,
2
+) Với x  y thay vào (1) ta được:
2
2
+) Với x  xy  y  2  0 (vô nghiệm)


1
�
5
xy

1
;xy

2
KL: Hệ có nghiệm:
�
y2  2
�3 y 
x2
�
�

2
�3 x  x  2
�
y2
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: �

Lời giải:
+) Điều kiện: x  0, y  0

�
3x 2 y  y 2  2
�� 2
2
�3 xy  x  2 . Trừ vế theo vế ta được:
+) Hệ
x

y
�

y

y

30
x
y
�
x
x


�
x

y

3
x
y

0
�
3
2
+) Với x  y thay vào (1) ta được: 2 x  x  2  0 � x  1 � y  1
+) Với x  y  3 xy  0 (vô nghiệm do x  0, y  0 ).

KL: Hệ có nghiệm

 1;1 .

�
x

5 y

271
 
�
�

y

5 x

27 2

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: �
Lời giải:
+) Điều kiện: x �2, y �2

+) Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta được:
x

5

y

2

y

5

x

2

0
�


5

2

5

2
x

y
x
 y

y
x
�
+) Với x  y thay vào (1): ta được:

x

5

x

2

7
�
x


1
1
�
x

y

1
1

14


KL: Hệ có nghiệm:

 11;11

2
�
x

y

ym
(
1
)
�2
y


x
xm
 (
2
)
Ví dụ 4: Cho hệ phương trình: �

a) Giải hệ phương trình với m = 0.
b) Tìm m để hệ có nghiệm.
c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
Lời giải:
x y 0
x y
�
�
x2  y 2  0 � �
�
x y 0 � �
x  y
�
+) Lấy (2) trừ (1) ta được:
*) Trường hợp 1: Nếu x  y thay vào (2) ta được: x2 – 2x + m = 0

(3)

*) Trường hợp 2: Nếu x   y thay vào (2) ta được: x2 + m = 0

(4)

a) Với m = 0 ta có: (3) � x2 – 2x = 0

x0
y0
�
�
��
��
x2
y2
�
�

(4) � x2 = 0 � x = 0 � y  0
KL: Vậy m = 0 hệ có nghiệm: (0 ; 0), (2 ; 2).
b) Hệ có nghiệm khi phương trình (3) hoặc phương trình (4) có nghiệm
+) phương trình (3) có nghiệm �

�
���
'(3) 
0 1 m

m 0
+) phương trình (4) có nghiệm � �

0

m 1

m 0

KL : Vậy hệ có nghiệm khi: m �1
c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
*) Điều kiện cần:

y ;x
là nghiệm của hệ thì  0 0  cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có
2
nghiệm duy nhất thì x0  y0 . Khi đó thay vào (2) ta được: x0  2 x0  m  0 (5)
Giả sử

 x0 ; y0 

Do x0 duy nhất nên phương trình (5) có nghiệm duy nhất.
'
01
�

m

0
�
m

1
(
5
)
�

*) Điều kiện đủ:
2
�
x

y

y 1(
6
)
�2
y

x
x1(
7
)
+) Với m = 1 hệ có dạng: �

x y 0
x y
�
�
x2  y 2  0 � �
�
x y 0 � �
x  y
�
Cách 1: Lấy (7) trừ (6) ta được:

15


2
+) Trường hợp 1: Nếu x  y thay vào (2) được: x  2 x  1  0 � x  1
2
+) Trường hợp 2: Nếu x   y thay vào (2) được: x  1  0 (Vô nghiệm)

KL: Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
�x  1
�
2
2
(
x

1)

(
y

1)

0
�
�y  1
Cách 2: Lấy (6) cộng (7) được:

Nhận xét:
1) Khi giải hệ đối xứng loại II, ngoài cách trừ vế với vế để được phương trình

tích còn có thể cộng vế với vế để có cách giải ngắn gọn hơn.
2) Khi hệ phương trình đồng bậc và các hệ số có liên quan đến nhau ta có thể
đưa về hệ đối xứng loại II bằng cách đặt ẩn phụ.

Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình:

1
�2
2x x 2
�
y
�
2
�
yyx2y2
2
�

(I)

Lời giải:
Phân tích: Xét về bậc mỗi ẩn của hai phương trình: bằng nhau. Các hệ số: có cùng hệ
số, vậy có thể đưa về hệ đối xứng loại II bằng cách đặt ẩn phụ như sau:
+) Điều kiện: y �0
�
2
x2x
u2
�
1

�
1 1
1
u
 2x2 2 
2
�
y với u �0 , hệ (I) có dạng: �
u u
u
+) Đặt
2
�
2
x

x

u

2(
1
)
�
�
2
2
uu



x

2(
2
)
�
2
2
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 2( x  u )  2( x  u )  0

xu0
xu
�
�
�
�
�

1
xu
10 �
xu
10
 xuxu
  
 0�
�
�
+) Trường hợp 1: Với x  u thay vào (1) được:

x 1
�
�y  1
2 x2  2 � �
��
y  1
x  1 �
�

� 1 3
x
�
2
�
�
� 1 3
x
�
2
x22
x
10 �
+) Trường hợp 2: Với x  u  1 thay vào (1) được: 2


1

3

1


3
x

�
y

1

3
x

�
y

1

3
2
2
+) Với
+) Với

16


�1  3
��1  3
�
;1  3 �

,�
;1  3 �
� 2
�� 2
�.

 1;1 ,  1; 1 , �
KL: Vậy hệ có 4 nghiệm

3
�
y
 3x2 8
�3
yx
( 
2
)
6
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình: �

Lời giải:
+) Với y = 0 không phải là nghiệm của hệ.

+) Với y �0 ta có:

8
�
 3x  2  3
�

y
�
�
3
�
y 3
x
2
 8�
�x3  2  3 2
�3
y
y
(x
2
)
6 �
�
�

2
u
y , với u �0 . Hệ (II) trở thành:
+) Đặt
Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được:
x

u

0

�
�
�
2 2
x

ux
u3

0
(
v
n
)
�

(II)

3
�
3
x

2u
(
1
)
�
3
x


23
u(
2
)
�

3
3
2
2
x

3
x

u

3
u
�

u

x
u

u

3

0
x
 x


x  1 �
x  y  1
�
��
��
3
x2
�x  y  2
+) Với x  u thay vào (1) được: x 3x20 �
KL : Vậy hệ có hai nghiệm:

 1; 1 ,  2;2 

Bài tập rèn luyện:

�
x2 12x
�
y2 12y
1/ �

�
x3 2xy
�
y3 2yx

2/ �

x
1 7y
4

3/

�
�
�
�
�

y
1 7
x4

4/

1
� 1
x  y 
�
y
� x
�2y  x3 1
�

�

x 2y 2
�
�
y 2x 2
5/ �

2
2
�
x

9
1
y

2y
�
�
2
2
y

9
1
x

2x
�
6/ �

2
2
�
x

2
1
y

1y
�
�
2
2
y

2
1
x

1x
�
7/ �

�
x
5 y
2
7
�

�
y
5 x
2
7
8/ �

17


1.4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI.
2
2
�
a
x

b
x
yc

y

d
1
1
1
1
�
2

2
a
x
b
x
yc

y
d
2
2
2
2(I)
1.4.1. Định nghĩa: Hệ đẳng cấp bậc hai có dạng: �

1.4.2. Phương pháp giải:
Cách 1:
*) Xét x  0 thay trực tiếp vào hệ và kiểm tra.
y
t
*) Xét x �0 . Đặt y  tx (hiểu là đặt x
) thay vào hệ ta được:
2
2
2
2 2
2
�
x
a


b
t

c
t
d
1



�
11
1
1
a
x

b
t
x

c
t
x
d
�
1 1
1
1

�
�
�
2
2 2
2
2
2
a
x

b
t
x

c
t
x
d
x

b
t

c
t
d
2
.
�

2
2
2
2�
a

22
2
2
�

a
b
t
c
t2 d
1
1
1
1
2
b
t
c
t d
2
2
2
2 (3). Phương trình (3) là
Chia vế cho vế hai phương trình của hệ: a

một phương trình bậc 2 ẩn t.
*) Giải (3) thay vào (1) tìm x từ đó suy ra y rồi kết luận.
Cách 2:
2
2
2
*) Từ hệ (I) khử số hạng x (hoặc y ) để dẫn đến phương trình khuyết x (hoặc y2),
Dx 2  F
2
Dx  Exy  F  0 � y  
2
Ex
giả sử ta khử y được:
(3).

*) Thế (3) vào một trong các phương trình của hệ ta được phương trình trùng phương
ẩn x.
Chú ý: Với bài toán chứa tham số nên chọn cách 2.
1.4.3.Ví dụ minh họa:
2
2
�
3
x

5
x
y

4

y

3
8
�
2
2
5
x

9
x
y

3
y

1
5
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: �

Lời giải:
*) Dễ thấy x  0 không thỏa mãn hệ.
y = tx,( t ��)
*) Xét x �0 . Đặt
. Thay vào hệ ta được:

�
x


5
t

4
t 
3
8
2
2
1

3
�
x

5
t

4
t
3
8�
3

�
2
�
�
�
3


5
t

4
t
3
8
2
2
x
5

9
t

3
t

1
5


�
� 2  2

�
5

9

t

3
t 1
5
�
2

2

18


1
�
t
�
 2  � 54t 2  417t  145  0 � � 3
145
�
t
�
18
Ta có:

*) Với
*) Với

t

1
2
3 thay vào (1) ta được x  9 � x  �3 � y  �1

t

145
18 thay vào (1) không thỏa mãn.

KL: Hệ có hai nghiệm:

 3;1 ,  3; 1

2
2
�
xx

2
y

3
y

8
�
�
2
2 4 3 2
2

xx

4
y

5
y

a

4
a

4
a

1
2

1
0
5
Ví dụ 2: Tìm a để hệ phương trình: �
có
nghiệm.

Lời giải:
2
2
�

x

2
x
y

3
y

8(
1
)
�
2
2
4
3
2
2
x
4
x
y

5
y
m
(
2
)

*) Đặt m  a  4a  4a  12  105 , khi đó hệ có dạng: �

Nhận xét: Nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì x �0 ( nếu x = 0 thì phương trình (1) vô
nghiệm)
40  3m  11x 2
2 xy  40  3m  11x � y  
2x
+) Khử số hạng y2 từ hệ ta được:
(3)
2

+) Thay (3) vào phương trình (1) của hệ được:
2
4
2
1
0
5
x

2
1
m

4
0
8

m


4
0
0
3
x
3
 
Đặt

t  x 2 ,  t �0 

f  t   105t 2  2  31m  408  t   3m  40   0
2

ta có:

(4)

Để hệ có nghiệm thì phương trình (4) phải có ít nhất một nghiệm không âm.
Do ac > 0 nên phương trình (4) có nghiệm âm
/
�

�
0
�
�۳

0
5

�
2
(
3
1
m

4
0
8
) m31
�
0
�
1
0
5
�
4 3 2

4
a

4
a

1
2

1

0
5
�

3

1
0
5
Từ đó ta có: a

a�
3
�
��
4
3
2
a�
1
�
a

4
a

4
a

9

�
0�
KL: Vậy với a �3 hoặc a �1 hệ có nghiệm.

19


3
2
�
x

x
y

3
x6
y

0
�
2
x
x
y

3
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: �

Lời giải:

3
2
�
�x  xy  3   x  2 y   1
� �2
 2  . Thế (1) vào (2) ta được:
�x  xy  3
Hệ

x0
�
x3  xy 2   x 2  xy    x  2 y  � 2 x 3  x 2 y  xy 2  0 � � 2
2 x  xy  y 2  0
�

*) Với x  0 thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn.
x

y
�
2
2
2
x

x
y

y


0
�
y
x

y
0
�
x
 2

�
y


2
x
�
*)

6
xy�
2
+) Với x  y thay vào (2) ta được:
2
+) Với y  2 x thay vào (2) ta được: x  3 (vô nghiệm)

� 6 6 �� 6
6�
, �

;
� ;
�
�
2 2 �� 2
2 �
�
KL: Hệ có nhiệm
Nhận xét: Hệ phương trình trên không phải là hệ phương trình đẳng cấp bậc 2 cơ
bản mà ta xét ban đầu. Tuy nhiên với phương pháp thế hoặc biến đổi hai phương trình
của hệ về dạng có bậc: 3  1, 2  0 sau đó nhân chéo vế ta thu được phương trình đẳng
cấp bậc 3 theo x,y. Hệ phương trình dạng này còn được gọi là hệ giả đẳng cấp. Ta xét
tiếp một ví dụ sau:
3
3
�
x

8
xy

2
y
�2
2
x
3
y
6
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: �

Lời giải:
�x3  y 3  8 x  2 y  1
� �2
2
 2  . Nhân chéo vế của (1) và (2) ta được:
�x  3 y  6
Hệ

x0
�
6  x3  y 3    x 2  3 y 2   8 x  2 y  � x 3  x 2 y  12 xy 2  0 � �2
x  xy  12 y 2  0
�

*) Với x  0 thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn.
x

3
y
�
2
2
x

x
y

1
2

y

03
�
y

4
y
0
�
x
x

�
y


4
x
�
*)
2
+) Với x  3 y thay vào (2) ta được: y  1 � y  �1 � x  �3

20


6
6
y


�
�
x

m
4
1
3
1
3
+) Với x  4 y thay vào (2) ta được:
� 6
6 �� 6
6 �
;
,�
4
;
�
�
13 �� 13 13 �
� 13

 3;1 ,  3; 1 , �4
KL: Hệ có nhiệm

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau:

3

3
2
x

y

x
y

11
 
�
�
4
4
4
x
y
4
x

y 2

�

Lời giải:
Thế (1) vào (2) ta được:

4 x 4  y 4   4 x  y   x 3  y 3  xy 2 

 3

3
�
x

1
�
x
1
�
4
4
x

4
x
y

0
+) Xét
thay vào hệ: �
+) Xét y �0 . Đặt x  ty thay vào (3) ta được:

t

0
�
�
y

t

1
y
t

1


1
t

4
t

3
t

0
�
t

1
4
  tt
4

�
�
�

t

3
�
44

4

3

3 2

+) Với t  0 � x  0 � y  1
3
�
x

1
�
x

1

y
�
4
5
x

5

x
t

1
�
x

y
�
+) Với
thay vào hệ:
3
�
2
51
y

1
3
��
y

x

�
4
3
3
2
51

y

3
x
2
5 3
2
5
x3ythay vào hệ: �
+) Với t3�

KL: Hệ có nghiệm:

1 �
�3
;3
�
� 25 25 �

 1;0  ,  0;1 ,  1;1 , �3

Bài tập rèn luyện:

1/

�
x2
2xy
3y2
9

�
�
�
2x2
2xyy2
2
�

2/

�
2
x2
3
x
y
y2
1
2
�
�
�
x2
x
y
3y2
1
1
�

2
2
�
3
x

5
x
y

4
y

3
8
�
2
2
5
x
9
x
y

3
y
1
5
3/ �

3
3
�
x

4
yy

1
6
x
�2
2
1

y
5
(
1

x)
4/ �

�
x38
xy32y
�
�
x233 y2
1


�
5/

3
2
�
x

x
y

x3
y

0
�2
x
y

2
6/ �x

21


2
2
�
2

y

x

1
�
3
3
2
xy
2
y
x
7/ �

3
3
�x

y

1
�
2
2
3
x
y

2

x
y

y

2
�
8/

2
2
�
x

8
y

1
2
�
3
2
x

2
x
y

1
2

y
0
9/ �

2
�
x3xy
2y
�
2
xy
y3y
10/ �

2
�
5
x

3
y
x3
x
y
�
3
2
2
3
x


x

y

3
y
11/ �

� x2 y2 1
�
1
�3 3
3x y 
�
xy
12/ �

�
xyx
  
3
y
y

1
4
3
 x
�

� 2 2
  
y
1
4
x
y
3
6
 xyx

�
13/ �

2
2
�
2
x

3
yx
yxy

989


0
�
2 2

xy

3
x
yxy

85


0
14/ �

Trên đây là những hệ phương trình cơ bản có phương giải cụ thể, rõ ràng cho từng
dạng. Tuy nhiên trong hầu hết các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng, đề thi học sinh
giỏi ta sẽ bắt gặp hệ phương trình không mẫu mực. Muốn làm được các dạng bài tập
đó đòi hỏi cần nắm chắc các dạng cơ bản trên và một số phương pháp giải sau đây.
2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
2.1. PHƯƠNG PHÁP THẾ.
2.1.1.Nhận dạng
Thế là một kĩ năng quan trọng hàng đầu trong vấn đề giải hệ phương trình. Là kĩ năng
được sử dụng trong hầu hết các hệ phương trình. Dấu hiệu để nhận ra phương pháp
rút – thế là hai phương trình của hệ có một bộ phận giống nhau hoặc hệ có một
phương trình bậc nhất theo một biến nào đó.
2.1.2. Các ví dụ minh họa:
2
2
�
x

1


y

1
3
xx

4

1
(
1
)
y
x

�2
x
y

x

1

x
(
2
)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: �

Lời giải:
0 1
�
��
1 0
�
*) Với x = 0 hệ

(vô nghiệm)

x2  1
� y 1 
x thay vào (1) được:
*) Với x �0 phương trình (2)
2
�
x

1
x

1�
2
x
. .

x

34
x


x

1 2
2
�
�

1
x

(1
x

)
(
3
x

1
)
x
  21

x�
x � �
2
2

22

x 1
�
�
��
x  2
3
2
x0
�
(
x

1
)
(
2
x

2
x

4
x
)0
 �
�
*) Với x = 0 ( loại do x �0 )
*) Với x  1 � y  1

*) Với

x  2 � y  

5
2

KL: Hệ phương trình có hai nghiệm:

2; 
 1; 1 , �
�
�

5�
�
2 �.

�x 4  x 2 y 2  2 x 3 y  2 x  9 (3)
� 2
(4)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: � x  2 xy  6 x  6

( Khối B 2008).

Lời giải:
2
2
�
x


x
y

2
x

9
(
1
)


�
x

x
y

2
x
yx

2

9 �
�
2
�
� x

2
x

2
x
yx
6

6
�
�
x
yx

3

3
 (
2
)
� 2
4 2
2

*) Thế

3

xy  3x  3 

x2
2 vào (1) ta được:
2

2
�
�
x
4
3
2

3
x3

2
x

9
�
x

1
2
x

4
8
x


6
4
x

0
�
�
2
�
�

�
x

0
L

3
�
x

4
0
�
x
 
�
x



4
�
*) Với

x  4 � y 

17
4

� 17 �
4; �
�
KL: Hệ có một nghiệm: � 4 �

�x  x  y  1  3  0
�
�
5
2
 x  y  2 1  0
�
x
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: �

 1
 2

Nhận xét: Ta thấy hai phương trình của hệ có một bộ phận giống nhau là x  y . Dó đó
ta sẽ nghĩ đến việc rút x  y từ (1) thế vào (2) là xong.
Lời giải:

*) Điều kiện: x �0 .

 1 � x  y 

3
1
x
thay vào (2) ta được:

23


2

x

1
�
3
5
�
�
2

1


1

0

�
2
x

6
x

4

0
�
�
�
�
2
x

2
x
x
�
�
�
*) Với x  1 � y  1
*) Với

x2� y 

KL: Hệ có nghiệm:

3
2

 1,1 ; �
�2, 
�

3�
�
2�

2
2
3
�
5
x
y

4
x
y

3
y

2

y
x

 1

�
�
2
2 2
x
y
x

y


y
x

2



�
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
(Khối A - 2011)

Lời giải:
x
y

1


0
�
x

y

2
�

2
2
2
2

y
y

1
2
y

1
y

1

y

2
0

�
2
�

x
�
x
x
x
 x

�
2
2

1
x thay vào (1) ta được:
*) Với
x

1
y

1
�
�
4 2
2
x


6
x

3

0
�
x

1
�
�
�
�
x


1
y


1
�
�
xy  1 � y 

2
2
*) Với x  y  2 thay vào (1) ta được:

x

y
�
2 2
3
2
2
2 2
3
3
5
x
y

4
x
y

3
y


y

y
4
x
y
5

x
y

2
y

x

0
�
x
 x
�
x

2
y
�

*) Với x  y � x  y  �1
*) Với

x  2 y � y2 

2
2
2
� y  � � x  �2
5
5

5
� 2 2 �� 2
2�
;
,�
2 ; 
�
�
5�
� 5 5 �� 5
.

 1;1 ,  1; 1 , �2
KL: Hệ có nghiệm:
2.1.3. Bài tập rèn luyện
2
�
x

x
y
x2
�
�
2
2
2
y

5

x

1
3
x

2
6


�
1/

2
�
2
x
xy27
�
x
yxy3
2/ �

2
�
x

y

y

10

x

�
�
2
x

1
y2
y0
 

  x
�
3/

2
�
x

5
xy

9
�
3 2
2
3

x

x
y

2
x
y

6
x

1
8
4/ �

24