Phân dạng toán hệ vi ét và ứng dụng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

PHÒNG GD&ĐT HOẰNG HÓA

---------o0o---------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÂN DẠNG TOÁN HỆ THỨC VI-ÉT
VÀ ỨNG DỤNG

Người thực hiện: Lê Thị Như
Chức vụ : Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Hoằng Quý
SKKN thuộc lĩnh vực(môn): Toán


THANH HÓA NĂM 2018

MỤC LỤC
---  ---


Nội Dung
Phần I. Mở đầu

Trang
1

I.1. Lý do chọ đề tài

1

I.2. Mục đích nghiên cứu

1

I.3.Đối tượng nghiên cứu

1

I.4. Phương pháp nghiên cứu

1

Phần II. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

1

II.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

1

II.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

2

II.3. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp giải quyết vấn
đề
II.4. Kết quả đạt được

3

Phần III. Kết luận, kiến nghị

20
21

III.1. Kết luận

21

III.2. Kiến nghị

21

I. MỞ ĐẦU
I.1. Lý do chọ đề tài


Là một giáo viên dạy Toán lớp 9, đã nhiều năm được nhà trường phân công
ôn tập cho học sinh thi vào THPT, với thời lượng cho phép, tôi đều thực hiện ôn
tập cho học sinh theo chủ đề kiến thức. Khi dạy về hệ thức Vi-ét tôi thấy nếu chỉ
dạy theo thứ tự lí thuyết và bài tập như ở SGK, SBT thì chưa cung cấp đủ
phương tiện cho học sinh để giải các bài tập thuộc chủ đề này. Quan trọng hơn
việc nhớ kiến thức của các em sẽ không có hệ thống. Như vậy kết quả bài làm
của các em không cao, bên cạnh đó hầu hết đề thi vào THPT của các tỉnh nói
chung và của tỉnh Thanh Hóa nói riêng đều có một phần kiến thức về hệ thức
Vi-ét. Chính vì thế, tôi đã tiến hành nghiên cứu SGK, SBT toán lớp 9 và các tài
liệu tham khảo để tập hợp các bài tập về hệ thức Vi-ét. Sau đó đã tiến hành phân
dạng và với từng dạng đều chỉ rõ ứng dụng của nó. Từ cách nghĩ và cách làm đó

tôi đã nảy sinh ra việc viết sáng kiến “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng
dụng”
I.2. Mục đích nghiên cứu
Sáng kiến kịnh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng”
có khả năng áp dụng rộng rãi cho giáo viên dạy toán lớp 9 ở các trường đại trà.
Giúp giáo viên có tài liệu và phương pháp giảng dạy, ôn tập các kiến thức về hệ
thức Vi-ét một cách đầy đủ khoa học. Giúp học sinh nâng cao kết quả trong việc
giải toán về hệ thức Vi-ét và củng cố được nhiều kiến thức toán học khác. Từ đó
góp phần nâng cao kết quả thi vào THPTcho học sinh và tạo tiền đề vững chắc
cho các em trong quá trình học tập sau này.
I.3.Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này nghiên cứu: Định lý Vi-ét, phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng
dụng.
I.4. Phương pháp nghiên cứu
Sáng kiến: “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” đã ôn lại lí
thuyết về hệ thức Vi-ét và khai thác sâu các ứng dụng của nó vào giải toán Đại
số 9.
Các dạng toán được phân theo dạng (gồm 10 dạng hay gặp), mỗi dạng
toán đưa ra đều có phương pháp giải tổng quát và kèm theo các ví dụ minh họa
cụ thể, chọn lọc trong Sách giáo khoa (SGK), Sách bài tập (SBT), đề thi tuyển
sinh môn Toán 9 cùng lời giải chi tiết. Bên cạnh đó với mỗi dạng có nhận xét
đánh giá ví dụ vừa đề cập nhằm nhấn mạnh những khó khăn, những sai sót mà
học sinh hay mắc phải khi giải toán và cách khắc phục.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
II.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong chương trình Đại số 9 bậc THCS, định lí Vi-ét có ứng dụng rất
phong phú trong việc giải các bài toán như: Tính nhẩm nghiệm của phương trình
bậc hai, tìm hai số biết tổng và tích của chúng, lập phương trình bậc hai có các
nghiệm cho trước, tìm mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình bậc hai...
Các ứng dụng này còn giúp học sinh củng cố nhiều kiến thức toán học khác và

rèn luyện các kĩ năng trình bày, phân tích, tổng hợp... Tuy nhiên khi giải các bài
tập về hệ thức Vi-ét học sinh còn gặp nhiều lúng túng, không có kĩ năng phân


tích đề, phương pháp giải không khoa học. Nguyên nhân chính là do các em
chưa được hướng dẫn cụ thể theo từng dạng. Vậy làm thế nào để giúp học sinh
nắm chắc kiến thức và phương pháp giải các bài tập về hệ thức Vi-ét tôi đã tiến
hành tìm tòi nghiêm cứu, tập hợp các bài toán về hệ thức Vi-ét từ đó tiến hành
phân dạng và chỉ rõ ứng dụng của từng dạng. Trên cơ sở đó tôi đã viế ra sáng
kiến “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng”
II.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Đối với giáo viên: Khi dạy vè hệ thức Vi-ét, trong chương trình thời
lượng không nhiều chỉ có 1 tiết lí thuyết và 1 tiết luyện tập. Thông thường giáo
viên chỉ thực hiện nhiệm vụ theo phân phối chương trình với nội dung SGK mà
không đầu tư cho việc hệ thống, phân dạng các bài tập về hệ thức Vi-ét. Bên
cạnh đó các bài tập thể hiện trong SGK và SBT số lượng không nhiều, chưa đề
cập hết các dạng cơ bản cần thiết để học sinh có đủ kiến thức khi giải bài tập
dạng này trong các đề thi vào THPT. Do đó kết quả học tập của học sinh đối với
các bài tập về hệ thức Vi-ét thường không cao nếu giáo viên không có sự tập hợp
sắp xếp đầy đủ khoa học.
2.2. Đối với học sinh:
Tháng 6 năm 2017 sau khi hoàn thành việc giảng dạy và ôn tập các bài
toán về hệ thức Vi-ét khi chưa áp dụng áp dụng sáng kiến, tôi tiến hành kiểm
tra khảo sát học sinh khối lớp 9 với đề toán sau (thời gian làm bài 30 phút):
Bài 1 (5,0 điểm): Tính tổng và tích hai nghiệm của các phương trình:
a) 25x2 + 10x + 1 = 0
b) x2 - 2x + m = 0
Bài 2 (5,0 điểm): Cho phương trình x2 - 6x + m = 0. Tính giá trị của m, biết rằng
phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 − x 2 = 4 .
Với hai bài toán đưa ra, mặc dù chỉ kiểm tra kiến thức cơ bản nhất thì tôi

thấy số lượng các em giải trọn vẹn cả hai bài chiếm rất ít, một số em chỉ giải
được bài toán 1, phần a, phần lớn các em trình bày lời giải còn mắc nhiều sai
lầm, ngộ nhận, thiếu cơ sở dẫn chứng (bài 1, phần b) hoặc không tìm ra hướng
làm bài 2.
• Nguyên nhân:
- Không nắm chắc hệ thức Vi-ét và ứng dụng.
- Không biết làm thế nào để xuất hiện mối liên hệ của các dữ kiện cần tìm với
các yếu tố, điều kiện đã biết để giải bài tập.
• Kết quả khảo sát khối lớp 9 cụ thể như sau:
Năm học

Sĩ
số

2016-2017

56

Giỏi
SL
3

%
5,8

Khá
SL
6

TB

Yếu

Kém

% SL % SL % SL
10,5 38 67,4 7 12,8 2

%
3,5

Qua kết quả ta thấy số tỉ lệ khá giỏi chưa cao, tỉ lệ dưới trung bình còn
nhiều. Từ thực trạng như vậy, tôi đã dành nhiều thời gian để thử nghiệm áp dụng
sáng kiến của mình trong năm 2017-2018 và đã khẳng định được kết quả của
sáng kiến .
II.3. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp giải quyết vấn đề
3.1. Ôn tập lí thuyết


* Định lí Vi-ét: (thuận)
Nếu x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) thì
b

x1 + x 2 = −


a

x x = c
1 2


a


Áp dụng: Nhờ định lí Vi-ét, nếu biết trước một nghiệm của phương trình bậc hai
thì có thể suy ra nghiệm kia.
• Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a + b + c = 0 thì phương
c
trình có một nghiệm là x1 = 1, còn nghiệm kia là x2 = .
a
2
• Nếu phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a - b + c = 0 thì phương
c
trình có một nghiệm là x1 = - 1, còn nghiệm kia là x2 = - .
a
* Định lí Vi-ét: (đảo)
u + v = S
Nếu hai số u, v thỏa mãn 
thì hai số đó là hai nghiệm của
u.v = P
phương trình x2 – Sx + P = 0.
(Điều kiện để có hai số u, v là S2 - 4P ≥ 0)
3.2. Các dạng toán và phương pháp giải.
3.2.1. Dạng toán 1: Tính tổng và tích hai nghiệm của phương trình bậc hai
một ẩn.
3.2.1.1. Phương pháp:
Trước khi áp dụng định lí Vi-ét, ta cần kiểm tra điều kiện xem phương
trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm hay không (Tức là kiểm tra
a ≠ 0, ∆ ≥ 0 ( ∆ ' ≥ 0 ) có thỏa mãn không).
3.2.1.2. Ví dụ:

Ví dụ 1 (Bài 25/SGK-Trang 52): Tính tổng và tích hai nghiệm của các phương
trình:
a) 2x2 - 17x + 1 = 0
b) 25x2 + 10x + 1 = 0
Giải
2
a) 2x - 17x + 1 = 0 (a = 2 ≠ 0, b = -17, c = 1)
2
Ta có: ∆ = ( −17 ) − 4.2.1 = 281 > 0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1,
b 17
c 1
x2. Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x 2 = − = , x1.x 2 = = .
a 2
a 2
2
b) 25x + 10x + 1 = 0 (a = 25 ≠ 0, b = 2b’ = 10, c = 1)
Ta có: ∆ ' = 52 − 25.1 = 0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm x1, x2. Theo hệ thức
b
10
2
c 1
Vi-ét, ta có: x1 + x 2 = − = − = − , x1.x 2 = = .
a
25
5
a 25
Ví dụ 2 (Bài 30/SGK-Trang 54): Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm,
rồi tính tổng và tích các nghiệm theo m:
a) x2 - 2x + m = 0
b) x2 + 2 ( m − 1) x + m2 = 0

Giải
a) x - 2x + m = 0 (a = 1 ≠ 0, b = 2b’ = - 2, c = m).
2
Ta có: ∆ ' = ( −1) − 1.m = 1 − m .
Để phương trình có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 1 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1 . Vậy với m ≤ 1 ,
phương trình có hai nghiệm x1, x2. Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
b
c
x1 + x 2 = − = 2, x1.x 2 = = m .
a
a
2
2
b) x + 2 ( m − 1) x + m = 0 (a = 1 ≠ 0, b = 2b’ = ( m − 1) , c = m).
2

Ta có: ∆ ' =  − ( m − 1)  − 1.m 2 = m 2 − 2m + 1 − m 2 = 1 − 2m .
2

1
1
Để phương trình có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 1 − 2m ≥ 0 ⇔ m ≤ . Vậy với m ≤ ,
2
2
phương trình có hai nghiệm x1, x2. Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
b −2 ( m − 1)
c m2
x1 + x 2 = − =

= 2 ( 1 − m ) , x1.x 2 = =
= m2 .
a
1
a
1
3.2.2. Dạng toán 2: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn.
3.2.2.1. Phương pháp:
Để thực hiện việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phương trình bậc hai
một ẩn ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ), ta áp dụng nhận xét sau:
Trường hợp 1 (Trường hợp đặc biệt):
• Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a + b + c = 0 thì phương
c
trình có một nghiệm là x1 = 1, còn nghiệm kia là x2 = .
a
2
• Nếu phương trình ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có a - b + c = 0 thì phương
c
trình có một nghiệm là x1 = - 1, còn nghiệm kia là x2 = - .
a
2
Trường hợp 2: Cho phương trình x + bx + c = 0.
Ta thực hiện theo các bước:
• Bước 1: Vận dụng hệ thức Vi-ét để thiết lập cho các nghiệm x 1 và x2 là
 x1 + x 2 = − b

 x1.x 2 = c
• Bước 2: Thực hiện phân tích c thành tích của hai thừa số (c = m.n), từ đó
ta tính ngay được m + n. Khi đó:
- Nếu m + n = - b thì ta chuyển sang bước 3 (kết luận).

- Nếu m + n ≠ - b, thì ta chuyển sang bước 2.
• Bước 3: Kết luận:
Phương trình x2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x1 = m và x2 = n.
Chú ý: Thuật toán trên có tính dừng và được hiểu như sau:
- Nếu tìm được một cặp (m, n) thỏa mãn điều kiện m + n = - b thì dừng lại và
đưa ra lời kết luận nghiệm.
- Nếu tìm được một cặp (m, n) không thỏa mãn điều kiện m + n = - b thì dừng
lại và trong trường hợp này không nhẩm được nghiệm.


3.2.2.2. Ví dụ:
Ví dụ 1 (Bài 26/SGK-Trang 53): Dùng điều kiện a + b + c = 0 hoặc a – b + c = 0
để tính nhẩm nghiệm của mỗi phương trình sau:
a) 35x2 - 37x + 2 = 0
b) x2 - 49x - 50 = 0
Giải
2
a) 35x - 37x + 2 = 0
Nhận thấy phương trình có a + b + c = 35 + (-37) + 2 = 0. Do đó phương trình
c 2
có một nghiệm là x1 = 1, x2 = = .
a 35
2
b) x - 49x - 50 = 0
Nhận thấy phương trình có a - b + c = 1 - (-49) + (-50) = 0. Do đó phương trình
c
( −50 ) = 50 .
có một nghiệm là x1 = - 1, x2 = - = −
a
1

Ví dụ 2 (Bài 27/SGK-Trang 53, Bài 38/SBT-Trang 44):
Dùng hệ thức Vi-ét để tính nhẩm nghiệm của mỗi phương trình:
a) x2 - 7x + 12 = 0
b) x2 + 6x + 8 = 0
Giải
2
a) x - 7x + 12 = 0.
2
Ta thấy ∆ = ( −7 ) − 4.1.12 = 1 > 0 . Do đó phương trình có hai nghiệm x1 và x2
 x1 + x 2 = 7
x + x 2 = 3 + 4
⇔ 1
thỏa mãn 
 x1.x 2 = 12 = 3.4  x1.x 2 = 12 = 3.4
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 3 và x2 = 4.
b) x2 + 6x + 8 = 0
Ta thấy ∆ ' = 32 − 1.8 = 1 > 0 . Do đó phương trình có hai nghiệm x 1 và x2 thỏa
 x1 + x 2 = ( −2 ) + ( −4 )
 x1 + x 2 = −6
⇔
mãn 
 x1.x 2 = 8 = ( −2 ) .( −4 )
 x1.x 2 = 8 = ( −2 ) .( −4 )
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = - 2 và x2 = - 4.
Nhận xét: Đối với những phương trình có dạng như trong 2 ví dụ thì giải
phương trình bằng nhẩm nghiệm là nhanh gọn hơn việc vận dụng công thức
nghiệm (công thức nghiệm thu gọn)
3.2.3. Dạng toán 3: Dùng hệ thức Vi-ét tìm nghiệm còn lại khi phương
trình bậc hai một ẩn cho biết trước một nghiệm.
3.2.3.1. Phương pháp:

Giả sử phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) cho biết một nghiệm x1 = m. Tìm
nghiệm còn lại x2 ?
b
Ta làm như sau: Dùng hệ thức Vi-ét x1 + x 2 = − . Thay x1 = m vào hệ thức, ta
a
b
b
c
có x 2 = − − x1 = − − m hoặc ta dùng hệ thức x1.x 2 = . Thay x1 = m
a
a
a
c
c
vào hệ thức, ta có x 2 =  ÷: x1 =  ÷: m .
a
a


3.2.3.2. Ví dụ:
Ví dụ 1 (Bài 39/SBT-Trang 44):
a) Chứng tỏ rằng phương trình 3x2 + 2x - 21 = 0 có một nghiệm là -3. Hãy tìm
nghiệm kia.
b) Chứng tỏ rằng phương trình -4x 2 - 3x + 115 = 0 có một nghiệm là 5. Tìm
nghiệm kia.
Giải
a) x1 = - 3 là một nghiệm của phương trình 3x2 + 2x - 21 = 0.
Vì 3(-3)2 + 2.(-3) - 21 = 27 – 6 – 21 = 0.
Cách 1:
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:

b −2
−2
−2
2 7
x1 + x 2 = − =
⇒ x2 =
− x1 =
− ( −3) = 3 − = .
a
3
3
3
3 3
Cách 2: Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
c −21
7
x1.x 2 = =
= −7 ⇒ x 2 = ( −7 ) : x1 = ( −7 ) : ( −3 ) =
a
3
3
2
b) x1 = 5 là một nghiệm của phương trình -4x - 3x + 115 = 0.
Vì -4.52 – 3.5 + 115 = - 100 – 15 + 115 = 0.
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
c −115
−23
 −115 
 −115 
x1.x 2 = =

⇒ x2 = 
÷: x1 = 
÷: 5 =
a
4
4
 4 
 4 
Ví dụ 2 (Bài 40/SBT-Trang 44): Dùng hệ thức Vi-ét để tìm nghiệm x 2 của
phương trình, rồi tìm giá trị m trong mỗi trường hợp sau:
a) x2 + mx - 35 = 0, biết nghiệm x1 = 7;
1
b) 3x2 – 2(m – 3)x + 5 = 0, biết nghiệm x1 = .
3
Giải
2
a) x + mx - 35 = 0.
c −35
= −35 . Mà x1 = 7 nên suy ra:
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1.x 2 = =
a
1
x 2 = −35 : x1 = −35 : 7 = −5 .
Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có:
b −m
x1 + x 2 = − =
= − m ⇔ 7 + ( −5 ) = − m ⇔ m = −2
a
1
Vậy x2 = −5 , m = −2 .

b) 3x2 – 2(m – 3)x + 5 = 0.
c 5
1
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1.x 2 = = . Mà x1 = nên suy ra:
a 3
3
5
5 1
x 2 = : x1 = : = 5. .
3
3 3
Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có:


b 2 ( m − 3)
2 ( m − 3)
1
⇔ +5=
⇔ 16 = 2m − 6 ⇔ m = 11.
=
a
3
3
3
Vậy x2 = 5, m = 11.
c
Nhận xét: Trong ví dụ 2 này ta sử dụng hệ thức Vi-ét x1.x 2 = trước để tìm x2
a
b
trước, sau đó sử dụng hệ thức Vi-ét x1 + x 2 = − (vì lúc này đã biết x1 và x2) để

a
suy ra giá trị của tham số.
3.2.4. Dạng toán 4: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng.
3.2.4.1. Phương pháp:
u + v = S
Nếu hai số u, v thỏa mãn 
thì hai số đó là hai nghiệm của
u.v = P
phương trình x2 – Sx + P = 0 (1)
 Nhận xét: Nếu (1) có hai nghiệm x1, x2 (điều kiện S2 - 4P ≥ 0) thì ta
 u = x1
u = x 2
được: 
hoặc 
.
v = x 2
 v = x1
3.2.4.2. Ví dụ:
Ví dụ 1 (Bài 28/SGK-Trang 53): Tìm hai số u và v trong trường hợp sau:
a) u + v = 32, u.v = 231;
b) u + v = -8, u.v = - 105;
c) u + v = 2, u.v = 9
Giải
a) Ta có u + v = 32, u.v = 231.
Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x2 - 32x + 231 = 0.
x1 + x 2 = −

∆ = ( −32 ) − 4.231 = 100 > 0 ⇒ ∆ = 100 = 10
32 + 10
32 − 10

= 21; x 2 =
= 11 .
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 =
2
2
Vậy u = 21, v = 11 hoặc u = 11, v = 21.
b) Ta có u + v = -8, u.v = - 105.
Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x2 + 8x - 105 = 0.
∆ = 82 − 4.( −105 ) = 484 > 0 ⇒ ∆ = 22 .
−8 + 22
−8 − 22
= 7; x 2 =
= −15 .
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 =
2
2
Vậy u = 7, v = -15 hoặc u = -15, v = 7.
c) Ta có u + v = 2, u.v = 9
Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x2 - 2x + 9 = 0.
2
∆ = ( −2 ) − 4.9 = −32 < 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm.
Vậy không tồn tại cặp u, v nào thỏa mãn điều kiện trên.
Ví dụ 2 (Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình):
Tìm các cạnh của hình chữ nhật, biết chu vi bằng 30m và diện tích của
hình chữ nhật bằng 54m2.
2


Giải
Gọi độ dài hai cạnh của hình chữ nhật là u và v, điều kiện u, v > 0.

Vì chu vi của hình chữ nhật bằng 30m, nên ta có phương trình:
2.(u + v ) = 30 ⇔ u + v = 15 (1)
Vì diện tích của hình chữ nhật bằng 54m2, nên ta có phương trình:
u.v = 54 (2)
u + v = 15
Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình: 
. Do đó u, v là nghiệm của
u.v
=
54

phương trình bậc hai: x2 - 15x + 54 = 0. Ta có ∆ = ( −15 ) − 4.54 = 9 > 0
⇒ phương trình có nghiệm x1 = 6; x 2 = 9 .
Vậy hình chữ nhật có hai cạnh là 6m và 9m.
Ví dụ 3. Giải các hệ phương trình sau:
 x 2 + y 2 = 12
 x − y = 10
a) 
b) 
 xy = 24
 xy = −4
Giải
 x − y = 10  x + ( − y ) = 10
⇔
a) 
.
 xy = 24
 x.( − y ) = −24
2

Do đó x và (-y) là nghiệm của phương trình: t2 – 10t - 24 = 0.
2
Ta có ∆ = ( −10 ) − 4.( −24 ) = 196 > 0 ⇒ ∆ = 14 . Phương trình có hai nghiệm
phân biệt: t1 = 12; t2 = -2.
Suy ra x = 12, - y = -2 ⇒ x = 12, y = 2
hoặc x = -2, - y = 12 ⇒ x = - 2, y = -12.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (12; 2); (-2; -12).
 x + y = 2
2
2
 x 2 + y 2 = 12 ( x + y ) − 2xy = 12 ( x + y ) = 4  
⇔
⇔
⇔   x + y = −2
b) 
xy
=
−
4
xy
=
−
4
xy
=
−
4

 xy = −4




x + y = 2
⇒ x, y là nghiệm của phương trình:
• Với x + y = 2, ta có hệ: 
 xy = −4
t2 – 2t - 4 = 0 ⇒ t1 = 1 + 5, t 2 = 1 − 5 .
⇒ x = 1 + 5, y = 1 − 5 hoặc x = 1 − 5, y = 1 + 5 .
 x + y = −2
⇒ x, y là nghiệm của phương trình:
• Với x + y = - 2, có hệ: 
xy
=
−
4

t2 + 2t - 4 = 0 ⇒ t 3 = −1 + 5, t 4 = −1 − 5 .
⇒ x = −1 + 5, y = −1 − 5 hoặc x = −1 − 5, y = −1 + 5 .
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm:
1 + 5; 1 − 5 ; 1 − 5; 1 + 5 ; −1 + 5; − 1 − 5 ; −1 − 5; − 1 + 5

(

) (

) (

) (

)

Nhận xét: Trong các ví dụ trên ta đã chuyển đổi việc giải hệ phương trình sang
giải phương trình bậc hai một ẩn; bên cạnh đó ta cần sử dụng thêm phép biến
đổi tương đương cho hệ phương trình và kết hợp sử dụng hằng đẳng thức
2
A 2 + B2 = ( A + B ) − 2AB . Ngoài ra trong nhiều trường hợp chúng ta còn cần
sử dụng tới ẩn phụ như ví dụ 3 phần a) hay ví dụ sau đây sẽ minh họa cho điều
này.
Ví dụ 4. Giải phương trình sau:
x+9 − x +
x + 9 + x = 4 (1)
Giải
Điều kiện: x ≥ 0 .
u =
x +9 − x

⇒ 0 < u ≤ v và uv = x + 9 − x = 3.
Đặt 
 v =
x+9 + x
u + v = 4
⇒ u, v là nghiệm
Khi đó phương trình (1) được chuyển thành hệ: 
uv = 3
của phương trình: t2 - 4t + 3 = 0 ⇒ t1 = 1, t 2 = 3 ⇒ u = 1, v = 3 ( 0 < u ≤ v )


⇔


 x + 9 − x = 1
⇔
x + 9 + x = 3  x + 9 + x = 9
x + 9 − x =1

⇒ 2 x = 8 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16 (TM)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 16.
3.2.5. Dạng toán 5: Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm
mà không giải phương trình.
3.2.5.1. Phương pháp:
Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x1 và x2 của phương trình ax2 + bx +
c = 0 ( a ≠ 0 ) là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị (đổi chỗ) x 1 và
x2.
Ta thực hiện theo các bước:
• Bước 1: Xét biệt thức ∆ = b 2 − 4ac > 0 thì phương trình có hai nghiệm
phân biệt x1, x2 (hoặc ∆ ' > 0 ).
• Bước 2: Tìm tổng x1 + x2 = S và x1x2 = P của phương trình, rồi thay vào
biểu thức.
Chú ý: Một số phép biến đổi:


(1). x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 = S2 − 2P;
2

(2). x13 + x 32 = ( x1 + x 2 ) − 3x1x 2 ( x1 + x 2 ) = S3 − 3SP;
3

(3). x14 + x 42 = ( x12 ) + ( x 22 ) = ( x12 + x 22 ) − 2 ( x1x 2 ) = ( S2 − 2P ) − 2P 2 ;
2

(4).

2

2

2

2

1
1 x1 + x 2 S
+
=
= ;
x1 x 2
x1x 2
P

1
1 x12 + x 22 S2 − 2P
(5). 2 + 2 =
=
.
x 1 x 2 ( x 1x 2 ) 2
P2
3.2.5.2. Ví dụ:
Ví dụ 1. Cho phương trình x2 – 6x + 8 = 0. Không giải phương trình, hãy tính
giá trị các biểu thức:

1
1
+ ; c) C = x12 − x 22
a) A = x12 + x 22 ;
b) B =
d) D = x1 − x 2
x1 x 2
Giải
2
2
Phương trình x – 6x + 8 = 0 có ∆ ' = ( −3) − 1.8 = 9 − 8 = 1 > 0 ⇒ phương trình có
S = x1 + x 2 = 6
hai nghiệm phân biệt x1, x2. Theo định lí Vi-ét ta có: 
 P = x1x 2 = 8
2
a) A = x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 = S2 − 2P = 62 – 2.8 = 36 – 16 = 20.
Vậy A = 20
1
1 x1 + x 2 S 6 3
+
=
= = = . Vậy B = 3
b) B =
x1 x 2
x 1x 2
P 8 4
4
2
2
c) C = x1 − x 2 = ( x1 + x 2 ) ( x1 − x 2 ) = S.( x1 − x 2 ) = 6.( x1 − x 2 ) .

Mà ta có:
2
2
( x1 − x 2 ) = x12 + x 22 − 2x1x 2 = ( x1 + x 2 ) − 4x1x 2 = S2 − 4P = 62 − 4.8 = 4
⇒ x 1 − x 2 = ±2
Vậy C = ±12.
d) D = x1 − x 2 = S2 − 4P = 4 = 2 .
Ví dụ 2. (Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT, tỉnh Hải Dương 2004-2005)
Cho phương trình 2x2 – 7x + 4 = 0, gọi hai nghiệm của là x 1 và x2. Không
giải phương trình, hãy tính giá trị các biểu thức sau:
a) x1 + x2 ; x1.x2
b) x13 + x23
c) x1 + x 2
Giải
2
Phương trình 2x2 – 7x + 4 = 0 có ∆ = ( −7 ) − 4.2.4 = 17 > 0 ⇒ phương trình có
7
hai nghiệm phân biệt x1, x2. Theo định lí Vi-ét: S = x1 + x 2 = ,P = x1x 2 = 2
2
7
a) x1 + x2 = S = ; x1.x2 = P = 2.
2


3

7
175
7
b) x + x = ( x1 + x 2 ) − 3x1x 2 ( x1 + x 2 ) = S − 3SP =  ÷ − 3. .2 =

.
2
8
2
7


c) x1 + x 2  do S = x1 + x 2 = > 0, P = x1x 2 = 2 > 0 ⇒ x1 , x 2 > 0 ÷.
2


Đặt C = x1 + x 2 > 0
3
1

3
2

3

⇒ C 2 = x 1 + x 2 + 2 x 1x 2 = S + 2 P =

3

7
7+4 2
+2 2 =
2
2

7+4 2 .
2
3.2.6. Dạng toán 6: Tìm hệ thức giữa các nghiệm không phụ thuộc vào
tham số.
3.2.6.1. Phương pháp:
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x1, x2 ( a ≠ 0, ∆ ≥ 0 hoặc
a ≠ 0, ∆ ' ≥ 0 ).
Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét tính S = x1 + x2, P = x1x2 theo tham số.
Bước 3: Khử m để lập hệ thức giữa S và P, từ đó suy ra hệ thức giữa hai nghiệm
không phụ thuộc vào tham số.
3.2.6.2. Ví dụ:
Ví dụ 1. Cho phương trình x2 – 2mx + 2m - 2 = 0 (x là ẩn)
Tìm hệ thức liên hệ gữa x1, x2 không phụ thuộc vào m.
Giải
2
Phương trình x2 – 2mx + 2m - 2 = 0 có: ∆ ' = m 2 − 2m + 2 = ( m − 1) + 1 > 0 với
mọi m. Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.
S = x1 + x 2 = 2m (1)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
.
P = x1x 2 = 2m − 2 (2)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta được S – P = 2 ⇔ x1 + x2 - x1x2 = 2 (không phụ
thuộc vào m).
Ví dụ 2. Cho phương trình mx2 – (2m + 3)x + m - 4 = 0 (x là ẩn)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 . Khi đó tìm hệ thức
liên hệ gữa x1, x2 không phụ thuộc vào m.
Giải
2
Phương trình mx – (2m + 3)x + m - 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2

m ≠ 0
m ≠ 0 m ≠ 0
m ≠ 0

⇔
⇔
⇔
⇔
−9 .
2
∆
>
0
28m
+
9
>
0
2m
+
3
−
4m
m
−
4
>
0
(
)

(
)


m > 28

2m + 3
3
12


S
=
x
+
x
=
=
2
+
4S
=
8
+
(1)
1
2

m
m ⇔ 

m
Áp dụng hệ thức Vi-ét: 

P = x x = m − 4 = 1 − 4
3P = 3 − 12 (2)
1 2

m
m

m
⇒ C = x1 + x 2 =


Cộng vế theo vế, ta được: 4S + 3P = 11 hay 4(x1 + x2) + 3x1x2 = 11 (Không phụ
thuộc vào m).
Nhận xét: Ngoài cách cộng vế theo vế, ta có thể thế m từ hệ thức (1) vào hệ thức
(2) để khử m. Trong quá trình làm tránh vội vàng áp dụng ngay hệ thức Vi-ét mà
quên mất bước tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x1, x2.
3.2.7. Dạng toán 7: Tìm giá trị của tham số để các nghiệm của phương
trình thỏa mãn một điều kiện cho trước.
3.2.7.1. Phương pháp:
Ta thực hiện theo các bước sau:
• Bước 1: Tìm điều kiện của tham số (giả sử tham số là m) để phương trình
có nghiệm x1, x2 (tức là cho ∆ ≥ 0 hoặc ∆ ' ≥ 0 ).
 x1 + x 2 = S = f ( m )
(I) .
• Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta được: 
 x1x 2 = P = g(m)
• Bước 3: Biểu diễn điều kiện cho trước thông qua hệ (I) để tìm m.

• Bước 4: Kết luận: Chọn giá trị m thích hợp với điều kiện và trả lời.
3.2.7.2. Ví dụ:
Ví dụ 1. (Bài 62/SGK-Trang 64):
Cho phương trình 7x2 + 2(m – 1)x – m2 = 0.
a) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, dùng hệ thức Vi-ét, hãy tính
tổng các bình phương hai nghiệm của phương trình theo m.
Giải
2
a) Phương trình có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ ( m − 1) + 7m 2 ≥ 0 (đúng với mọi m).
Vậy với mọi giá trị của m phương trình luôn có nghiệm.
b) Gọi x1 và x2 là nghiệm của phương trình.

2( 1 − m)
 x1 + x 2 = S =
7
(I) .
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
2
−
m
x x = P =
 1 2
7
2
2
2
Theo bài, ta có hệ thức: x1 + x 2 = ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 (II). Thay (I) vào (II), ta
 2( 1 − m) 
 −m 2  18m 2 − 8m + 4

có: x + x = 
.
÷=
 − 2.
7
49
 7 


Ví dụ 2. (Bài 44/SBT-Trang 44):
Cho phương trình x2 - 6x + m = 0. Tính giá trị của m, biết rằng phương
trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 − x 2 = 4 .
Giải
Phương trình có hai nghiệm x1, x2 khi và chỉ khi:
2
∆ ' ≥ 0 ⇔ ( −3) − m = 9 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 9.
2

2
1

2
2

(1)
 x1 + x 2 = 6
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
 x1x 2 = m (2)

Theo bài: x1 − x 2 = 4 (3).
Giả hệ gồm (1) và (3), ta được: 2x1 = 10 ⇔ x1 = 5 ⇒ x 2 = 6 − x1 = 6 − 5 = 1.
Thay x1 = 5, x2 = 1 vào (2), ta có: 5.1 = m ⇔ m = 5 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy với m = 5 thì x1 − x 2 = 4 .
Ví dụ 3. (Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT, tỉnh Hải Dương 2011-2012)
Cho phương trình: x 2 - 2(m +1)x + 2m = 0 (1)
(với ẩn là x ).
a) Giải phương trình (1) khi m =1.
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
c) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1; x2. Tìm giá trị của m để x1; x2 là
độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 .
Giải
2
a) Khi m = 1 ta có phương trình x – 4x + 2 = 0 .
Giải phương trình được x1 = 2 + 2; x 2 = 2 − 2
b) Ta có ∆ ' = m 2 + 1 > 0 với mọi m.
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
 x1 + x 2 = 2(m + 1) (1)
c) Theo hệ thức Vi-ét ta có: 
(2)
 x1x 2 = 2m
Theo giả thiết: x1, x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền
bằng 12 nên x1 > 0, x2 > 0 ⇒ m > 0 và x12 + x12 = 12
⇔ (x1 + x 2 ) − 2x1x 2 = 12 (3)
Thay (1), (2) vào (3), được: m2 + m – 2 = 0
⇔ m = 1 (thỏa mãn); m = - 2 (loại)
Vậy m = 1.
Ví dụ 4. Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 4 = 0 (có ẩn số là x).
a) Chứng minh rằng phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị nhỏ nhất

của y = x12 + x 22
Giải
2
2
2
a) Ta có ∆ ' = ( m − 1) − ( 2m − 4 ) = m − 2m + 1 − 2m + 4 = ( m − 2 ) + 1 > 0 với
mọi m. Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt.
 x1 + x 2 = 2(m − 1) = 2m − 2 (1)
b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 
(2)
 x1x 2 = 2m − 4
Theo bài: y = x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 (3)
Thay (1) và (2) vào (3), ta có:
2
2
y = ( 2m − 2 ) − 2 ( 2m − 4 ) = 4m 2 − 12m + 12 = ( 2m − 3 ) + 3 .
2

Vì ( 2m − 3) ≥ 0 với mọi m nên suy ra y = ( 2m − 3) + 3 ≥ 3 . Dấu “=” xảy ra
3
3
⇔ 2m − 3 = 0 ⇔ m = . Vậy ymin = 3 ⇔ m =
2
2
Nhận xét: Ngoài việc phải kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm để
chọn giá trị m thì cần chú ý trong trường hợp bài toán còn có điều kiện ràng
2

2

buộc khác (như ví dụ 3) ta cũng cần đối chiếu giá trị của m để loại bỏ giá trị
không thích hợp.
3.2.8. Dạng toán 8: Xét dấu các nghiệm.
3.2.8.1. Phương pháp:
Dùng hệ thức Vi-ét ta có thể xét dấu các nghiệm x 1, x2 của phương trình
2
ax + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) dựa trên kết quả:
c
- Phương trình có hai nghiệm trái dấu x1 < 0 < x 2 ⇔ P = < 0.
a
∆ ≥ 0 ( ∆ ' ≥ 0 )
- Phương trình có hai nghiệm cùng dấu ⇔ 
.
P > 0
∆ ≥ 0 ( ∆ ' ≥ 0 )

Phương trình có hai nghiệm dương ⇔ P > 0
S > 0

∆ ≥ 0 ( ∆ ' ≥ 0 )

- Phương trình có hai nghiệm âm ⇔ P > 0
.
S < 0


3.2.8.2. Ví dụ:
Ví dụ 1. Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x – m + 1 = 0. Xác định m để phương
trình:

a) Có hai nghiệm trái dấu.
b) Có hai nghiệm dương phân biệt.
Giải
c
a) Để phương trình có hai nghiệm trái dấu ⇔ P = = 1 − m < 0 ⇔ m < 1
a
Vậy với m < 1 thì phương trình có hai nghiệm trái dấu.
b) Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 0 < x1 < x 2
m 2 + 3m > 0
∆ ' > 0


⇔ P > 0 ⇔ 1 − m > 0
⇔ 0 < m < 1.
S > 0
2 m + 1 > 0
)

 (
Vậy với 0 < m < 1 thì phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.
Ví dụ 2. Cho phương trình mx2 - 6x + m = 0.
Tìm m để phương trình có hai nghiệm âm
Giải
Để phương trình có hai nghiệm âm x1 ≤ x 2 < 0


m ≠ 0

a ≠ 0
9 − m 2 ≥ 0 m ≠ 0


∆ ' ≥ 0


m
−3 ≤ m ≤ 3
⇔
⇔ >0
⇔
⇔ −3 ≤ m < 0.
P
>
0
1
>
0

m

S < 0
6
m < 0
 <0
m
Vậy với −3 ≤ m < 0 thì phương trình có hai nghiệm âm.
3.2.9. Dạng toán 9: Lập một phương trình bậc hai có nghiệm thỏa mãn
biểu thức chứa hai nghiệm của một phương trình cho trước.
3.2.9.1. Phương pháp:
Bước 1: Tìm tổng S và tích P của hai nghiệm phương trình bậc hai muốn lập.
Bước 2: Áp dụng định lí Vi-ét đảo lập phương trình dạng X2 – SX + P = 0.

3.2.9.2. Ví dụ:
Ví dụ 1. (Bài 42, 43/SBT-Trang 44)
a) Lập phương trình có hai nghiệm là hai số 4 và 1 − 2 .
b) Cho phương trình x2 + px – 5 = 0 có nghiệm là x 1 và x2. Hãy lập phương trình
có hai nghiệm là hai số được cho trong mỗi trường hợp sau:
1
1
1) -x1 và -x2
2)
và
x1
x2
Giải
a) Ta có S = x1 + x2 = 4 + 1 − 2 = 5 − 2 , P = x1x2 = 4 1 − 2 .

(

)

Vậy hai số 4 và 1 − 2 là nghiệm của phương trình cần lập

(

)

x2 – ( 5 − 2 )x + 4 1 − 2 = 0.
b) Phương trình x2 + px – 5 = 0 có ∆ = p 2 + 5 > 0 . Do đó phương trình có hai
nghiệm phân biệt.
−p
−5

= − p , x1x2 =
= −5 .
Theo định lí Vi-ét, ta có: x1 + x2 =
1
1
1) Ta có -x1 + (-x2) = - (x1 + x2 ) = p và -x1(-x2) = x1x2 = - 5
Vậy phương trình cần lập là : x2 - px - 5 = 0.
2) Ta có:
1
1
x1 + x 2 − p p 1 1
1
1
1
=
= ,
=
=−
+
=
.
=
x1
x2
x 1x 2
−5 5 x1 x 2
x1x 2 −5
5
p
1

Vậy phương trình cần lập là : x2 - x − = 0 hay 5x2 - px - 1 = 0 .
5
5
Ví dụ 2. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x 2 – 3x + 2 = 0. Không giải
phương trình trên, hãy lập phương trình bậc hai ẩn là y và có các nghiệm:
1
1
y1 = x 2 + ; y 2 = x1 +
x1
x2
Giải


Phương trình x2 – 3x + 2 = 0 có ∆ = ( −3) − 4.1.2 = 9 − 8 = 1 > 0 . Suy ra phương
trình có hai nghiệm phân biệt.
 x1 + x 2 = 3
Theo định lí Vi-ét, ta có: 
 x1x 2 = 2
2

1
 x + x2 
1 
3 9
Ta có: y1 + y 2 = ( x 2 + x1 ) +  + ÷ = ( x 2 + x1 ) +  1
÷= 3 + = .
2 2
 x1 x 2 
 x1x 2 


1 
1 
1
1
9
y1y 2 =  x 2 + ÷ x1 + ÷ = x 2 x1 +
+2=2+ +2=
x1 
x2 
x 1x 2
2
2

9
9
Vậy phương trình bậc hai cần lập là y2 - y + = 0 hay 2y2 – 9y + 9 = 0.
2
2
Nhận xét: Mặc dù bài toán có nói x1, x2 là nghiệm của một phương trình cho
trước (như trong ví dụ 1 phần b, ví dụ 2). Tuy nhiên ta vẫn phải tính biệt thức ∆
hoặc ∆ ' để khẳng định phương trình cho trước đó có hai nghiệm, từ đó mới áp
dụng được định lí Vi-ét. Điều đó mới đảm bảo tính chặt chẽ toán học và lời giải
khi đó mới được coi đầy đủ, chọn vẹn.
3.2.10. Dạng toán 10: Một vài ứng dụng khác của hệ thức Vi-ét.
Ở trên ta đã đề cập 9 dạng toán liên quan đến đến hệ thức Vi-ét và ứng
dụng. Tuy nhiên tìm hiểu sâu rộng hơn một chút thì ta có một vài ứng ứng khác
nữa là khá hay và hiệu quả. Sau đây là một vài ứng dụng khác của hệ thức Vi-ét.
3.2.10.1. Phân tích đa thức thành nhân tử.
3.10.1.1. Phương pháp:
Phương trình ax2 + bx + c = 0 ( a ≠ 0 ) có nghiệm là x1, x2 thì tam thức ax2 +

bx + c phân tích được thành nhân tử như sau:
ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2).
3.10.2.2 Ví dụ:
Ví dụ 1. Phân tích đa thức x2 – 5x + 4 thành nhân tử.
Giải
2
Phương trình x – 5x + 4 = 0 có a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0. Do đó phương
trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 4.
Vì vậy đa thức x2 – 5x + 4 = (x – 1)(x – 4).
Ví dụ 2. (Bài 33/SGK-Trang 54).
Phân tích đa thức 2x2 – 5x + 3 thành nhân tử.
Giải
2
Phương trình 2x – 5x + 3 = 0 có a + b + c = 2 – 5 + 3 = 0. Do đó phương trình
3
có hai nghiệm x1 = 1, x2 = .
2
3
Vì vậy đa thức 2x2 – 5x + 3 = 2(x – 1)(x – ).
2
3.2.10.2. Lập phương trình đường thẳng y = ax + b ( a ≠ 0 ) (d) quan hệ
với Parabol y = mx2 ( m ≠ 0 ) (P).
3.2.10.2.1. Phương pháp:


• Để lập phương trình đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm
A ( x A ; y A ) và B ( x B ; y B ) , ta làm như sau:
Do đường thẳng (d) và Parabol (P) có hai giao điểm nên hoành độ giao
điểm là nghiệm của phương trình: mx2 = ax + b ⇔ mx2 - ax - b = 0.
a


x
+
x
=
A
B

m (I)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
 x x = −b
 A B m
Từ hệ (I) tìm a và b ⇒ Phương trình (d) cần lập.
• Để lập phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P) tại điểm
A ( x A ; y A ) , ta làm như sau:
Do (d) và (P) có duy nhất một giao điểm nên phương trình mx 2 - ax - b = 0 có
nghiệm kép: x1 = x2.
a

x1 + x 2 = m

−b

(II)
Vận dụng hệ thức Viet, ta có: x1x 2 =
m

x1 = x 2 = x A



Từ hệ (II) tìm a và b ⇒ Phương trình (d) cần lập.
3.2.10.2.2. Ví dụ:
Ví dụ 1. Cho parabol (P) có phương trình: y = x2.
Gọi A và B là hai điểm thuộc (P) có hoành độ lần lượt là xA = -1; xB = 2.
Lập phương trình đường thẳng đi qua A và B.
Giải
Goi phương trình đường thẳng đi qua A và B có dạng y = ax + b (AB).
Phương trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là:
x2 = ax + b ⇔ x2 - ax - b =0 (1).
Ta có: xA = - 1; xB = 2 là nghiệm của phương trình (1).
x A + x B = a
−1 + 2 = a
a = 1
⇔
⇔
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
(−1).2 = −b
b = 2
x A x B = −b
Vậy phương trình đường thẳng đi qua A và B là: y = x + 2.
x2
Ví dụ 2. Cho parabol (P): y =
; điểm A thuộc (P) có hoành độ xA = 2.
4
Lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) tại A.
Giải
Gọi phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) tại A là (d): y = ax + b. Phương
trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
x2
= ax + b ⇔ x2 - 4ax - 4b = 0 (*)

4
Ta có: xA = 2 là nghiệm kép của (*) (x1 = x2 = xA )


Áp dụng hệ thức Vi-ét và bài ra, ta có:
 x1 + x 2 = 4a
4 = 4a
a = 1

⇔
⇔
 x1x 2 = −4b
4 = −4b
 b = −1
x = x = x = 2
2
A
 1
Vậy phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) tại A là: y = x - 1
3.2.10.3. Áp dụng hệ thức Vi-ét giải phương trình và hệ phương trình.
5−x 
5−x  
Ví dụ 1. Giải phương trình x.
÷. x +
÷ = 6 (*)
x +1 
 x +1  
Giải
Điều kiện: x ≠ −1 .



5− x 
5−x 
5−x  
u = x. x + 1 ÷
u + v = x. x + 1 ÷+  x + x + 1 ÷ u + v = 5





 

(1) ⇒ 
⇔
Đặt 
5
−
x
5
−
x
5
−
x







u.v = 6
v = x +
u.v = x.
. x +

÷

÷
÷
 

x +1 
x +1 
 x +1  
⇒ u, v là nghiệm của phương trình: t2 – 5t + 6 = 0 ⇒ t1 = 3; t 2 = 2
Do vậy u = 3 thì v = 2 hoặc u = 2 thì v = 3
u = 3
- Với 
thì (1) trở thành: x2 - 2x + 3 = 0
v
=
2

Ta có ∆' = 1 – 3 = - 2 < 0 ⇒ Phương trình vô nghiệm.
u = 2
- Với 
thì (1) trở thành: x2 - 3x + 2 = 0
v
=

3

Ta có a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = 2
Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2.
Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình:
 3 x + 3 y = 4
 x + y + xy = 7
a)  2
(Hệ đối xứng loại 1)
b) 
2
xy
+
x
y
=
12
 xy = 27

Giải
 x + y + xy = 7
 x + y + xy = 7
⇔
a)  2

2
 xy + x y = 12 ( x + xy ) .xy = 12
S + P = 7
Đặt S = x + y, P = xy. Ta có hệ 
.

SP = 12
Khi đó S và P là hai nghiệm của phương trình: t2 – 7t + 12 = 0.
Giải phương trình này được t1 = 4; t2 = 3.
+ Nếu S = 4 thì P = 3 khi đó x, y là nghiệm của phương trình: u2 - 4u + 3 = 0
⇒ u = 1 và u = 3. Suy ra (x = 1; y = 3) hoặc (x = 3; y = 1)
+ Nếu S = 3 thì P = 4 khi đó x, y là nghiệm của phương trình: v2 – 3v + 4 = 0
Phương trình này vô nghiệm vì ∆ = 9 - 16 = - 7 < 0
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: (1; 3); (3; 1)


3
u = 3 x
u = x
⇔ 3
b) Đặt 
. Khi đó hệ phương trình có dạng:
3 y
v
=
y
v
=



u + v = 4
u + v = 4
⇔
⇒ u, v là nghiệm của phương trình:



3
uv = 3
( uv ) = 27
t2 – 4t + 3 = 0 ⇒ t1 = 1; t2 = 3. Suy ra u = 1, v = 3 hoặc u = 3, v = 1.
- Với u = 1, v = 3 thì x = 1, y = 27.
- Với u = 3, v = 1 thì x = 27, y = 1.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: (1; 27); (27; 1)
3.3. Các bài tập tương tự tổng hợp theo dạng toán.
Bài 1: (Bài 29,30/SGK-Trang 54, bài 30/SBT-Trang 43).
Không giải phương trình, hãy tính tổng và tích các nghiệm (nếu có) của
mỗi phương trình sau:
a) 4x2 + 2x – 5 = 0;
b) 9x2 - 12x + 5 = 0;
c) 5x2 + x + 2 = 0;
d) ( 2 − 3 )x2 + 4x + 2 + 2 = 0;
e) 1,4x2 - 3x + 1,2 = 0;
f) 2x2 + 9x + 7 = 0;
g) x2 + 2(m – 1)x + m2 = 0.
Bài 2: (Bài 31/SGK-Trang 54, bài 37/SBT-Trang 43).
Tính nhẩm nghiệm các phương trình sau:
2
a) 7x - 9x + 2 = 0;
b) 23x2 - 9x - 32 = 0;
1
11
3
c) (5 + 2 )x2 + (5 - 2 )x - 10 = 0; d) x2 - x = 0;
3
6

2
e) 31,1x2 – 50,9x + 19,8 = 0; f) 2x2 + 9x + 7 = 0;
g) (m – 1)x2 - 2(m + 3)x + m + 4 = 0 với m ≠ 1.
Bài 3: (Bài 40/SBT-Trang 44). Dùng hệ thức Vi-ét để tìm nghiệm x2 của phương
trình, rồi tìm giá trị m trong mỗi trường hợp sau:
a) Phương trình x2 - 13x + m = 0, biết nghiệm x1 = 12,5;
b) Phương trình 4x2 + 3x – m2 + 3m = 0, biết nghiệm x1 = -2.
Bài 4: (Bài 41/SBT-Trang 44). Tìm hai số u và v trong trường hợp sau:
a) u + v = 14, u.v = 40; b) u - v = 10, u.v = - 24; c) u2 + v2 = 85, u.v = 18
Bài 5. Cho phương trình 2x2 – 7x + 4 = 0, nghiệm của phương trình là x1 và x2.
1) Không giải phương trình tính giá trị của các biểu thức:
a) x1 + x2 ; x1x2
b) x13 + x32
c) x1 + x2 .
Bài 6. Cho phương trình 2x2 - 6x + 3 = 0
a) Gọi hai nghiệm của phương trình là x1 và x2 . Tính
x13 + x23 – 2(x12 + x22) + 3(x12x2 + x1x22)

x1

x2

b) Lập phương trình bậc hai có nghiệm x − 1 và x − 1 .
2
1
2
Bài 7Cho phương trình (ẩn x): x - 2(m + 1)x + m2 - 1 = 0. Tìm giá trị của m để
phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12+x22 = x1.x2 + 8.
Bài 8. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2011-2012)
Cho phương trình: x 2 − 2(m + 1) x + 2m = 0 (1)

(với ẩn là x ).
1) Giải phương trình (1) khi m =1.
2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m .


3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1 ; x2 . Tìm giá trị của m để x1 ; x2 là
độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 .
Bài 9.1. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + 5 x − 3 = 0 . Tính giá trị của
biểu thức: Q = x13 + x23 .
2. Tìm m để phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m = 0 có hai nghiệm phân
biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 − x2 = x1 + x2
Bài 10. Cho phương trình x2 – 2(m + 7)x + m2 - 4 = 0.
Xác định m để phương trình:
a) Có hai nghiệm trái dấu.
b) Có hai nghiệm cùng dấu.
Bài 11. Cho phương trình (1 + m2)x2 – 2(m2 - 1)x + m = 0
a) Tìm m để phương trình có nghiệm.
b) Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào m.
II.4. Kết quả đạt được
Tháng 6/2017 cũng với đề kiểm tra như ở phần khảo sát thực trạng tôi đã
thu được kết quả như sau:
Năm học

Sĩ
số

2016-2017

58

Giỏi
SL
%
21 36,2

Khá
SL
%
15
25,9

TB
SL
18

%
31

Yếu
SL %
4
6,9

Kém
SL %
0
0

Qua con số thống kê tôi thấy rõ mức độ tiến bộ của học sinh. Qua giảng
dạy, ôn tập tôi thấy các em tự tin hơn nhiều và có sự yêu thích say mê khi giải

các dạng toán về hệ thức Vi-ét. Đặc biệt trong kì thi vào THPT tháng 7/2017 học
sinh tôi giải quyết phần bài tập này rất tốt, góp phần nâng cao điểm toán và tỉ lệ
đỗ vào THPT. Với giáo viên sau khi áp dụng sáng kiến kinh ngiệm này tôi đã tự
biên soạn cho mình một tài liệu để giảng dạy về hệ thứ Vi-ét mà tôi rất tâm đắc.
Hiện nay với việc dạy học theo định hướng phát triển năng lực của học
sinh thì việc dạy học theo chủ đề là rất cần thiết. Để nhân rộng được sáng kiến
này bản thân tôi và đồng nghiệp chỉ cần tích cực sưu tầm, tập hợp các bài toán
theo từng dạng để bổ sung vào nội dung sáng kiến. Với việc làm đó tôi tin tưởng
sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” luôn
khẳng định được tính khả thi và giá trị áp dụng của nó.


III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Qua quá trình đúc rút kinh nghiệm và việc áp dụng các biện pháp tại nhà
trường, trên cơ sở phân tích, đối chiếu, so sánh, một lần nữa tôi khẳng định:
Sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” có khả
năng áp dụng rộng rãi cho mỗi giáo viên dạy toán lớp 9 ở các trường THCS.
Sáng kiến đã chỉ ra được việc cần thiết phải phân dạng các bài toán về hệ thức
Vi-ét và việc ứng dụng của nó đồng thời chỉ rõ các biện pháp cụ thể để thực hiện
từng nội dung. Giúp giáo viên có tài liệu để giảng dạy chủ đề hệ thức Vi-ét một
cách đầy đủ, hệ thống, khoa học. Từ đó nâng cao chất lượng cho học sinh không
chỉ giới hạn trong việc giải quyết các bài toán về hệ thức Vi-ét mà còn củng cố
rèn luyện được nhiều kiến thức toán học khác. Góp phần nâng cao kết quả trong
kì thi vào THPT và tạo tiền đề vững chắc cho việc học toán sau này của các em.
Đặc biệt, khi mà hiện nay toàn ngành giáo dục đang thực hiện dạy học theo định
hướng phát triển năng lực của học sinh nhằm thực hiện tốt Nghị quyết số 29NQ/TW ngày 04/11/2013 Ban Chấp hành Trung ương Đảng (khóa XI) về Đề án
"Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp
hoá, hiện đại hoá trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng XHCN và hội
nhập quốc tế", thì việc dạy học theo chủ để kiến thức chắc chắn sẽ được các nhà

trường thực hiện ngày càng sâu sắc.
2. Kiến nghị
2.1.

Đề xuất kiến nghị để thực hiện áp dụng hoặc mở rộng sáng kiến.

Mặc dù sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng
dụng” đã khẳng định được tính khả thi và giá trị áp dụng song với thời gian trải
nghiệm chưa nhiều và năng lực cá nhân còn hạn chế nên tính bao quát toàn diện
nhất định còn chưa hết. Tôi mong muốn bản thân cũng như đồng nghiệp sẽ tiếp
tục có những bài tập bổ sung, những đóng góp mới để sáng kiến luôn giữ được
tính khả thi và giá trị của nó trong từng năm học, nhất là hiện nay với việc dạy
học theo định hướng phát triển năng lực của học sinh thì việc dạy học theo chủ
đề sẽ ngày càng được quan tâm.
Tôi đã áp dụng sáng kiến này từ tháng 3 năm 2017 cho việc dạy và ôn tập
cho học sinh trường tôi thi vào THPT năm học 2017-2018
2.2. Để áp dụng sáng kiến này
Đối với giáo viên: Cần nghiên cứu kĩ đề tài, nắm chắc các phương pháp
giải tùng dạng toán; chuẩn bị kĩ càng giáo án; tích cực nghiên cứu tài liệu và bắt
tay giải toán như một học sinh.
Đối với học sinh: Sáng kiến này áp dụng với học sinh khối 9 cho kết quả
tốt thì học sinh nắm chắc phương pháp giải đối với các dạng toán và phát huy
tính chủ động sáng tạo, chăm chỉ rèn luyện, làm nhiều bài tập luyện để nâng cao
kĩ năng giải toán.
Trong quá trình thực hiện bản thân tôi không thể tránh khỏi những khiếm
khuyết thiếu sót, tính lôgic của hệ thống các bài tập nên bản thân tôi rất mong
được sự đóng góp ý kiến quý báu từ các cấp lãnh đạo và đồng nghiệp chỉ bảo,


bổ sung cho tôi để sáng kiến được đầy đủ hơn có thể vận dụng được tốt và có

chất lượng trong những năm học sau.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Hoằng Quý, ngày 20 tháng 4 năm 2018

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết không sao chép nội dung của
người khác.
Người thực hiện

Lê Thị Như