Hướng dẫn học sinh lớp 10 trường THPT lê lợi sử dụng máy tính cầm tay CASIO FX 580VNX giải hệ phương trình vô tỷ

1. Mở Đầu
1.1. Lí do cho chọn đề tài:
+ Mơn tốn là một trong những mơn học quan trọng nhất ở chương trình giáo
dục phổ thơng. Nó là chìa khóa để mở ra các mơn học khác. Đồng thời nó có khả
năng phát triển tư duy lơgic, phát triển trí tuệ cần thiết giúp con người vận dụng
vào cuộc sống hằng ngày. Phần giải hệ phương trình trong Đại số 10 lại thể hiện
khá rõ nét những đặc tính đó.
Một trong những vấn đề cơ bản của đổi mới chương trình giáo dục phổ thơng
là đổi mới phương pháp dạy học, trong đó có đổi mới phương pháp dạy học Tốn ở
trường phổ thơng. Việc đổi mới phương pháp dạy học Tốn hiện nay nhằm phát
huy tính tích cực của học sinh, qua đó khai thác tính chủ động tiếp thu và khám phá
tri thức của các em, tạo hứng thú trong học tập.
Phần bài tập giải hệ phương trình là phần khó nhưng rất hay. Nó địi hỏi tư duy
linh hoạt và lượng kiến thức tổng hợp rất lớn về phương trình và hệ phương trình
nên học sinh có lực học trung bình cịn “e dè và ngại” khi gặp phải những dạng
toán này trong các đề thi.
+ Ở lớp 9 và lớp 10, các em học sinh đã được tiếp cận với hệ phương trình.
Thế nhưng các bài toán mà sách giáo khoa đưa ra chỉ nhằm mục đích giúp học sinh
biết giải một số dạng cơ bản với những bài tập dễ. Do đó, học sinh vẫn cịn rất lúng
túng khi gặp những bài tốn .
Ngày nay với sự hỗ trợ của MTCT casio fx-580VN X học sinh đã phần nào
thấy nhẹ nhàng hơn trong việc học tốn, nhất là phần giải hệ phương trình. Vì vậy
việc khai thác các chức năng của máy tính casio fx-580VN X để giúp học sinh giải
các bài tập hệ phương trình vơ tỷ một cách tự nhiên, dễ hiểu là sự trăn trở của tác
giả, để học sinh khơng cịn sợ mà có hứng thú khi gặp các bài tốn dạng này.
Từ những lí do trên tơi chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh lớp 10 trường THPT
Lê Lợi sử dụng máy tính cầm tay casio fx-580VN X giải hệ phương trình vơ tỷ.”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu nội dung chương trình Đại số lớp 10 THPT, các bài tốn dành
cho học sinh khá, giỏi từ đó xây dựng các thao tác cần thiết để giúp học sinh giải
tốt các bài tốn giải hệ phương trình vơ tỷ.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu mà đề tài hướng tới là:
- Khám phá các chức năng trong MTCT casio fx-580VN X để hỗ trợ cho giải
hệ phương trình.
- Hình thành cô đọng lượng kiến thức thiết yếu, nền tảng làm cơ sở cho giải
hệ phương trình.
- Phân dạng được các bài tập và hướng dẫn từng cách giải.
1


- Khám phá, phân tích nhiều lời giải trên một bài toán, làm rõ quan hệ hữu
cơ, sự hỗ trợ bổ sung cho nhau giữa các cách giải, từ đó hồn thiện kiến thức và
nắm bắt bài tốn một cách thấu đáo và có chiều sâu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
+ Phương pháp nghiên cứu lý luận: nghiên cứu tài liệu, các đề thi THPT quốc
gia, đề thi HSG các cấp ở những năm học trước, sách tham khảo liên quan đến vấn
đề sử dụng giải hệ phương trình, nghiên cứu chương trình giáo khoa của bộ mơn.
+ Phương pháp nghiên cứu thực tế: thông qua việc dạy và học phân môn Đại
số lớp 10 ở THPT rút ra một số nhận xét và phương pháp giúp học sinh rèn luyện
kỹ năng sử dụng MTCT casio fx-580VN X giải hệ phương trình.
+ Phương pháp kiểm chứng sư phạm: tiến hành dạy và kiểm tra khả năng
ứng dụng của học sinh nhằm minh chứng bước đầu cho khả năng giải quyết mạnh
mẽ của sử dụng MTCT casio fx-580VN X để giải hệ phương trình
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Mục đích của dạy học toán là phải mang lại cho học sinh những kiến thức
phổ thông, những kỹ năng cơ bản của người lao động, qua đó rèn luyện tư duy
logic, phát triển năng lực sáng tạo, góp phần hình thành thế giới quan và nhân sinh
quan đúng đắn cho các em.
Các bài tốn giải hệ phương trình là phần kiến thức rất đa dạng đòi hỏi kiến thức

logic tổng hợp. Để học tốt được phần này học sinh phải nắm chắc các kiến thức, kĩ
năng về giải hệ phương trình ở cấp THCS. Học sinh phải thường xuyên sưu tầm
các bài tập mới lạ, thường xuyên làm bài tập để học hỏi, trau dồi phương pháp, kĩ
năng khi biến đổi. Thế nhưng làm được điều này thật không đơn giản bởi một số
nguyên nhân sau:
- Các bài tập trong SGK Đại số 10 ở phần này ở mức độ nhận biết, thông hiểu
hoặc ở vận dụng thấp, trong khi đó ở các đề thi nằm ở mức độ vận dụng cao.
- Có q nhiều dạng tốn và đi kèm với đó là nhiều phương pháp, dẫn tới việc
các em cảm thấy lúng túng khi gặp dạng toán lạ. Kĩ năng nhận biết, biến đổi quy lạ
về quen còn hạn chế.
- Số tiết theo PPCT ở chương III – Đại số 10 còn ít.
- Ngày nay, việc ra đời của các thế hệ máy tính cầm tay đã hỗ trợ rất nhiều cho việc
học toán của các em học sinh. Nên chúng ta cần biết khai thác tối ưu các chức
năng đó giúp các em định hướng được cách giải hơn trong giải hệ phương trình.
Do đó tơi ln ln có ý định tìm ra một phương pháp mới để truyền dạy cho học
sinh, một phương pháp đơn giản dễ làm, một phương pháp mà học sinh cảm thấy
phấn chấn khi học, một phương pháp giải quyết được nhiều dạng tốn khó mà các
em gặp phải trong q trình ơn luyện.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm.
2


- Bài tốn giải hệ phương trình là phần khó. Lượng kiến thức khai thác là rất
nhiều và đa dạng, nếu không khéo truyền đạt sẽ làm cho các em thấy lan man, mất
phương hướng chứ chưa nói đến sau khi học xong các em nắm được những phương
pháp nào, kĩ năng gì. Do vậy ở phần này người giáo viên cần phải có hệ thống bài
tập minh hoạ cho các phương pháp trọng tâm, các dạng toán quan trọng. Đặc biệt
làm cho các em phải cảm thấy tự tin.
Qua thực tế giảng dạy trực tiếp các lớp 10, tôi thấy rằng khi dạy học sinh

theo sách giáo khoa rồi mở rộng ra những bài tập lấy ở đề thi THPT Quốc gia
những năm trước, đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thì tỉ lệ học sinh giải được là thấp,
thậm chí là “bỏ qua” trong khi bản thân chưa có sự đào sâu suy nghĩ, cộng thêm
nguyên nhân khách quan là phần kiến thức khó, địi hỏi tư duy cao. Cụ thể năm học
2019-2020 khi chưa áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy. Tôi cho học sinh lớp
10A1, 10A2 (2 lớp tập trung nhiều học sinh khá, giỏi nhất khối10) giải thử một số
câu lấy từ nguồn tài liệu trên. Kết quả như sau:
Lớp Tổng Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu,kém
số HS SL
TL %
SL
TL % SL
TL % SL
TL %
10A 45
0
0%
13
28,9% 22
48,9% 10
22,2%
1
10A 40
0
0%
15
37,5% 14

35%
11
27,5%
2
Xuất phát từ thực tế đó, trong năm học 2020-2021 tôi đã tiến hành đổi mới dạy
nội dung này tại lớp 10A1 và 10A2 (lớp 10A1 có chất lượng tương đương với lớp
10A1, lớp 10A2 có chất lượng tương đương với lớp 10A2 trong năm học trước)
2. 3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2. 3. 1. Một số hệ phương trình cơ bản
Dạng 1: Hệ phương trình đối xứng loại 1
Định nghĩa: Là hệ khi thay đổi vai trò hai ẩn cho nhau từng phương trình của hệ
khơng thay đổi
Cách giải ( thường dùng)
x + y = S
( S 2 ≥ 4 P)

 xy = P
- Đặt
Chuyển hệ về hệ với 2 ẩn
Giải hệ tìm cặp
Chú ý.

S, P

S , P.

thỏa mãn

S 2 ≥ 4P

. Từ đó tìm

x, y

( x; y )
Nếu hệ pt có nghiệm là

( y; x )
thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là
3

.


Hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là
Các ví dụ điển hình.

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

x= y

.

 x + y − xy = 3
(1)

 x + 1 + y + 1 = 4 (2)

NX: Hệ trên là hệ đối xứng loại I tuy nhiên ta chưa thể giải ngay bằng PP đặt
Lời giải.

x ≥ −1; y ≥ −1; xy ≥ 0
Điều kiện
t = xy; t ≥ 0
x+ y=t +3
Đặt
. Phương trình (1) trở thành

S, P

x + y + 3 + 2 x + y + xy + 1 = 16 (3)
Bình phương (2) ta được:
x + y = t + 3; xy = t 2
Thay
vào (3) ta được:

0 ≤ t ≤ 11
t + 5 + 2 t 2 + t + 4 = 16 ⇔ 2 t 2 + t + 4 = 11 − t ⇔  2
⇔t =3
3
t
+
26
t
−
105
=
0


Với

t = 3

ta được:

x + y = 3

 xy = 9

⇔ x= y=3

2
2

(1)
( x + 1) ( y + 1) = −9 xy
 2
2

( x + 1)( y + 1) = −10 xy (2)

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
Lời giải.
Hệ đã cho tương đương với:
2
2

( x + 1 + 2 x)( y + 1 + 2 y ) = −9 xy
 2
2


( x + 1)( y + 1) = −10 xy (2)
Vì

x = 0; y = 0

(1)

không là nghiệm của hệ nên hệ tương đương với:

4


 x2 + 1
y2 + 1
( x + 2)( y + 2) = −9

 2
2
 x + 1 . y + 1 = −10 (2)
 x
y

Đặt

 x2 + 1
 x =a

 2
 y +1 = b

 y

Hệ trở thành:

a = −4; b =

TH 1:

TH2:

5
2

5
a = ; b = −4
2

khi đó

khi đó

(1)

5

a
=
−
4;
b

=

( a + 2)(b + 2) = −9
2
⇔

ab = −10
 a = 5 ; b = −4

2

 x = −2 ± 3
 x 2 + 1 + 4 x = 0

⇔
 2
1
2 y − 5 y + 2 = 0  y = 2; y =

2
 y = −2 ± 3
 y 2 + 1 + 4 y = 0

⇔
 2
1
2 y − 5 y + 2 = 0  x = 2; x =

2

1
1
y x 1
 x + y − xy = x 2 + y 2 − 1 (1)


2
2
 x + y = x − xy + y (2)
 x + 1 y + 1
xy

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
Lời giải.
x ≠ { −1;0} ; y ≠ { −1;0}
Điều kiện:

1
1
+
=1
y +1 x +1

xy = 1

Ta chứng minh kết quả sau: Nếu
thì
Ta có:
xy = 1 ⇔ xy + x + y + 1 = ( x + 1) + ( y + 1)
1

1
⇔ ( x + 1)( y + 1) = ( x + 1) + ( y + 1) ⇔
+
=1
y +1 x +1
Khi đó phương trình (1) tương đương với:
5


(1) ⇔ ( xy − 1)( x 2 + xy + y 2 ) = 0 ⇔ xy = 1 ⇔

1
1
+
=1
y +1 x +1

Mặt khác
1
1
x 2 − xy + y 2
x 2 − xy + y 2
(2) ⇔ 1 −
+1−
=
⇔1=
⇔ x= y
x +1
y +1
xy

xy

Vậy hệ có nghiệm

( x; y )

= ( 1;1)

 x 2 + xy + y 2 = 3
 5
 x + y 5 31
 x3 + y 3 = 7


Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
x ≠ −y
Lời giải. Điều kiện
x3 + y 3 = ( x + y )3 − 3xy ( x + y )
Ta có:
x5 + y 5 = ( x + y )5 − 5 xy ( x + y )( x 2 + xy + y 2 )
(2) ⇔

Khi đó phương trình (2) tương đương với:
(1) ⇔ ( x + y ) 2 = 3 + xy
Từ phương trình (1):

Thay vào (3) ta được:

( x + y ) 4 − 15 xy 31
=

( x + y ) 2 − 3xy
7

 xy = −2
(3 + xy )2 − 15 xy 31
(3) ⇔
= ⇔
15
 xy =
3 − 2 xy
7
7


 x = 2; y = −1
 x = 1; y = −2
 xy = −2
⇔

2
( x + y ) = 1  x = −2; y = 1

 x = 1; y = −2

TH 1
Dạng 2: Hệ phương trình đối xứng loại 2
a. Định nghĩa:
6

TH2:

15

 xy = 7
( L) Do S 2 < 4 P

( x + y )2 = 36

7


 f ( x, y ) = 0

 f ( y, x) = 0

Là hệ phương trình có dạng tổng quát
phương trình này trở thành phương trình kia)
b. Phương pháp giải chung:

(đổi vị trí

x

x

y
và

cho nhau thì

y

Trừ hai phương trình cho nhau, đưa về phương trình tích, giải theo (hay ngược
lại) rồi thế vào một trong hai phương trình của hệ.
c. Chú ý: Ngồi phương pháp chung ta có thể sử dụng các phương pháp khác như:
- Phương pháp đánh giá.
- Phương pháp đồ thị.
- Phương pháp điều kiện cần và đủ.
Các ví dụ điển hình
 x + 3 y − 1 = 1
(1)

3
 y + x − 1 = 1
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
Lời giải
u = 3 x − 1

v = 3 y − 1
Đặt
u 3 + v = 0

 3

v + u = 0
Hệ (1) trở thành
theo phương pháp thông thường ta được nghiệm của
hệ (1) là

( 1;1)

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
Lời giải

u = x


v = y
Đặt

 x = y 2 − 2 y
(2)

2
y
=
x
−
2
x


7


( 2)

2
2



u = v − 2v
v − 2v − u = 0
⇔
⇔ 2
(2')
2
v
=
u
−
2
u
u
−
2
u
−
v
=
0





Hệ phương trình
trở thành
Giải theo phương pháp thơng thường ta được nghiệm của hệ (2’) là:
 1+ 5  1− 5

u=
u =
u = 0 u = 3 
2
2
∨
∨
∨

v = 0  v = 3  1 − 5  1 + 5
v = 2
v = 2

Vậy hệ phương trình (2) có các nghiệm là:
( 0; 0 ) ; ( 3; 3) ; ( 3; − 3) ; ( −3; 3) ; ( −3; − 3 ) ;
 1 + 15 1 − 15   −1 − 15 1 − 15   −1 − 15 −1 + 15   1 + 15 −1 + 15 
;
;
;

÷; 
÷; 
÷
÷
÷;  2 ;
÷;
2 ÷
2
2 ÷
2

2
2
 2
 
 
 

 1 − 15 1 + 15   1 − 15 −1 − 15   −1 + 15 1 + 15   −1 + 15 −1 − 15 
;
;
;
;

÷; 
÷
÷; 
÷
÷; 
÷;
2 ÷
2
2
2 ÷
2
2
 2
  2
 
 


 x + 5 + y − 2 = 7

 x − 2 + y + 5 = 7

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
Lời giải
x ≥ 2

y ≥ 2
Điều kiện
Các vế của hệ phương trình đều khơng âm. Bình phương hai vế ta được:
 x + 5 + y − 2 + 2 ( x + 5)( y − 2) = 49
 x + y + 3 + 2 ( x + 5)( y − 2) = 49(*)
⇔


 x − 2 + y + 5 + 2 ( x − 2)( y + 5) = 49
 x + y + 3 + 2 ( x − 2)( y + 5) = 49

( x + 5)( y − 2) = ( x − 2)( y + 5) ⇔ x = y
Thay

=>
x= y

vào (*) ta được:

8

23 − x ≥ 0
2 x + 3 + 2 ( x + 5)( x − 2) = 49 ⇔  2
⇔ x = 11
2
x
+
3
x
−
10
=
(23
−
x
)


( 11;11) .

Vậy hệ phương trình có nghiệm
 x + 1 − y 2

 y + 1 − x 2
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình
Lời giải
x ; y ≤1
Điều kiện
 1 − y 2 = 1 − x
 x2 +

⇔
⇔ 2
2
x +
 1 − x = 1 − y
HPT

=1
=1

y2 = 2x
⇒x= y
y2 = 2 y

Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm

( 0; 0 ) ; ( 1; 1) .

 7 + x + 11 − y = 6

 7 + y + 11 − x = 6

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình
Lời giải
x, y ∈ [ − 7;11]
Điều kiện

7 + x + 11 − x + 7 + y + 11 − y = 12
Cộng vế theo vế của 2 pt của hệ ta được:
(*)

Theo bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có:
7 + x + 11 − x ≤ 6
7 + y + 11 − y ≤ 6

7 + x + 11 − x + 7 + y + 11 − y ≤ 12
=>

9


Do đó (*)

 7 + x = 11 − x
⇔
⇔ x= y=2
 7 + y = 11 − y

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Dạng 3: Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai
A. Lý thuyết

( 2; 2 ) .

1. Định nghĩa: Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai là hệ phương trình có dạng:

( I)

2
2


a1 x + b1 xy + c1 y = d1
 2
2

a2 x + b2 xy + c2 y = d 2

x, y
trong đó

là ẩn

2. Cách giải:

x=0

y=0

+ Giải hệ khi
(hoặc
).
y = tx
( I)
x ≠ 0,
x.
x
 t
+ Khi
đặt
. Thế vào hệ
ta được hệ theo và Khử ta

t

tìm được phương trình bậc hai theo . Giải phương trình này ta tìm được
( x; y )
từ đó tìm được
.
B. Các ví dụ

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
Lời giải

Xét

Xét

x=0

x≠0

3 x 2 + 5 xy − 4 y 2 = 38
 2
2
 5 x − 9 xy − 3 y = 15

thì hệ phương trình trở thành

−4 y 2 = 38


2


−3 y = 15

. Hệ phương trình vơ nghiệm.
3x 2 + 5tx 2 − 4t 2 x 2 = 38
 2
2
2 2
 5 x − 9tx − 3t x = 15

y = tx

. Đặt
hệ phương trình trở thành:
2
 x (3 + 5t − 4t 2 ) = 38
⇔ 2
⇒ 15 ( 3 + 5t − 4t 2 ) = 38 ( 5 − 9t − 3t 2 )
2
 x (5 − 9t − 3t ) = 15
10

t,


1

t
=


3
⇔ 54t 2 + 417t − 145 = 0 ⇔ 
t = − 145

18

1
t=
3

Với

thì
145
t=−
18

Với

 x = 3⇒ y =1
x2 = 9 ⇔ 
 x = −3 ⇒ y = −1

x2 = −

: Phương trình vơ nghiệm
( x; y ) ( 3;1) ( −3; −1)
là
,
Vậy hệ phương trình có nghiệm

Tiếp theo tôi xin giới thiệu một số chức năng đặc biệt của máy tính để giải
phương trình1 ẩn, 2 ẩn.
2. 3. 2. Sử dụng máy tính casio fx_580VN X để giải phương trình 1 ẩn, 2 ẩn.
A. Học sinh biết nhập cơng thức phương trình 2 ẩn vào máy tính và giải để đặt
thừa số chung.
Ví dụ 1: Phân tích thành nhân tử phương trình sau:
x 3 + ( x + 1) y 2 + 2 y = y 3 + ( y + 1) x 2 + 2 xy
Nhập phương trình:
Quy trình bấm:

thì

15.108
12655

x3 + ( x + 1) y 2 + 2 y = y 3 + ( y + 1) x 2 + 2 xy

Alpha X Shift x 2 + ( Alpha X + 1) AlphaY x 2 + 2 AlphaY Alpha =

AlphaY Shift x + ( AlphaY + 1) Alpha X x + 2 Alpha X AlphaY
2

(dấu màu đỏ)

2

- Học sinh biết gán nghiệm để máy tính tìm nghiệm của phương trình
+ Sau đó bấm Shift Solve
Máy hiện:
tìm

Y

X?

( Máy hỏi gán ẩn đầu tiên được viết của phương trình trên để

)

+ Các bạn khởi tạo giá trị ban đầu cho
Y=

X

0=

1

là bằng cách nhập :

+ Nếu máy hỏi
thì ta gán :
+ Bây giờ máy sẽ sử lý, sau một thời gian máy sẽ hiện:
Y =0

(tức là khi

X =1

thì có nghiệm

Y =0

11

)

1=


L−R =0

(Sai số của nghiệm là

Nếu khi máy hiện

L−R ≠0

0

)

thì đây chưa phải là nghiệm của phương trình.
x = 2;3; 4;5

Sử dụng máy tính làm theo quy trình trên với
X
1
2
3

Y
0
1
2
x = y +1
Từ bảng này ta dễ dàng nhận thấy
⇔ ( x − y − 1) y 2 − 2 y + x 2 = 0

(

ta có bảng kết quả sau:
4
5
3
4

)

Phương trình (2)
B. Học sinh biết nhập cơng thức phương trình 1 ẩn để giải.
x ∈ [ 0;1]
2 x 2 + 3x − 2 = 1 − x
Ví dụ 2:
Với ĐK
.
- Với ĐK trên dễ thấy VP đồng biến, VT nghịch biến. Nên phương trình có nghiệm
thì đó là nghiệm duy nhất.
- Nếu bình phương 2 vế của phương trình ta được phương trình bậc 4 nên phương
trình có 4 nghiệm tối đa.
(2 X 2 + 3 X − 2) 2 − ( 1 − X )

Dùng MTBT nhập phương trình
. Sau đó bấm dấu “=”
để lưu vào máy.
Shift solve 0 =

- Sau đó bấm

X = 0,3228….

STO A

X

A

Máy báo
Bấm
để lưu nghiệm vừa tìm được vào . Vậy là
được 1 nghiệm. Để tìm nghiệm thứ 2 ta làm như sau:
(2 X 2 + 3 X − 2) 2 − ( 1 − X ) : ( X − A )
Nhập phương trình:

(

Sau đó bấm

X = 0, 6180339887

)

Shift solve

bấm

X = ? 0,3228…

máy hỏi

STO B

thì bấm dấu

=

máy báo

B

để lưu nghiệm vừa tìm được vào .
2

Các bạn lại ấn nút đẩy lên lần để tìm phương trình lúc trước và sửa thành
(2 X 2 + 3 X − 2) 2 − ( 1 − X ) : ( ( X − A ) ( X − B ) )
“ =”
Sau đó bấm dấu
để lưu vào
máy.

(

)

Sau đó bấm

X = − 1, 618033989

Shift solve

bấm

STO C

máy hỏi

X = ? 0, 6180339887

thì bấm
C

để lưu nghiệm vừa tìm được vào .
12

“ =”

máy báo


Các bạn lại ấn nút đẩy lên 2 lần để tìm phương trình lúc trước và sửa thành
(2 X 2 + 3 X − 2)2 − ( 1 − X ) : ( X − A ) ( X − B ) ( X − C )
Sau đó bấm dấu “=” để lưu

vào máy.

(

)

Shift solve

Sau đó bấm

X = − 2,322875656

máy hỏi

STO D

bấm

=

máy báo

D

4

Ta biết rõ ràng là nghiệm
BA, BC , BD

thì bấm

để lưu nghiệm vừa tìm được vào .

Vậy là ta được nghiệm là

các tích

X = ?− 1, 618033989

A, B, C , D

B = 0, 618…

là nghiệm của phương trình nên ta sẽ xét

xem tích nào đẹp.
BC = −1 và B + C = −1.

Ta thấy ngay :
X + X −1= 0
( Định lý Vi-et đảo)

Phương trình chứa nghiệm

B, C

này là

2

AD =

Và

−3
; A + D = −2
4

. Phương trình chứa nghiệm
x1;2 =

A, D

X 2 + 2X −

này là

3
=0
4

.

−1 ± 5
−2 ± 7
; x3;4 =
2
2

Vậy phương trình có 4 nghiệm là:

Đây chính là cách phân tích phương trình bậc 4 thành nhân tử với MTCT
Sau đây tôi xin giới thiệu một số dạng toán sử dụng MTCT Casio fx-580VN X
vào giải hệ phương trình vơ tỷ.
2. 3. 3. Cách giải hệ phương trình vơ tỷ bằng cách sử dụng MTCT Casio fx580VN X
Dạng 1: Các mối quan hệ

x, y

1

được rút ra từ phương trình
 y x − 1 + 5 = 3x (1)
 3
2
3
2
 x + ( x + 1) y + 2 y = y + ( y + 1) x + 2 xy (2)
Bài 1.1.[2]. Giải hệ phương trình:
Hướng dẫn giải:
x ≥1
Điều kiện:
.
*) Nhận xét chung: Hệ gồm

2

biến đổi được cịn phương trình
Sử dụng tính năng Solve

phương trình

( 1)

2

ẩn. trong đó có phương trình

khó biến đổi hơn.
13

( 2)


( 2)

Nhập nguyên phương trình số
:
3
2
3
X + ( X + 1) Y + 2Y = Y + ( Y + 1) X 2 + 2 XY
Sử dụng máy tính làm theo quy trình ở Ví dụ 1(2.3.2.A) ta có bảng kết quả sau:
X
1
2
3
4
5
Y
0

1
2
3
4
x = y +1
Từ bảng này ta dễ dàng nhận thấy
⇔ ( x − y − 1) y 2 − 2 y + x 2 = 0

(

)

Phương trình (2)
y = x −1
y = x −1
⇔
⇔ 2

2
2
2
y
−
2
y
+
x
=
0
( y − 1) + x − 1 = 0



y = x −1

⇔  x = 1
(vì x ≥ 1)
  y = 1
⇔ y = x −1

( 1;1)

( 1)

(vì
khơng thỏa phương trình )
Thay vào phương trình (1), ta được :
 x −1 =1
3
x = 2
x − 1 − 3 ( x − 1) + 2 = 0 ⇔ 
⇔
( n)
x
=
5
+
2
3
 2 x − 1 = x − 3


(

)

( x, y ) = ( 2;1) ; ( x, y ) = ( 5 + 2

3;4 + 2 3

Vậy

)

.

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

Bài 1.2.[2]. Giải hệ phương trình :
Hướng dẫn giải:
Sử dụng tính năng Solve

Nhập ngun phương trình phương trình số
2 X 3 + 2 X − Y − 1 = X 2 ( Y + 1)

(

)

14

( 1)

:

( 2)

.


Sử dụng máy tính làm theo quy trình ở Ví dụ 1(2.3.2.A) ta có bảng kết quả sau:
X
0
1
2
3
4
Y
-1
1
3
5
7
y = 2x − 1
Từ bảng này ta dễ dàng nhận thấy
ta có:

2
2
(1) ⇔ 2 x( x + 2) − 2( y + 1) = x ( y + 1)

⇔ 2 x( x 2 + 2) = ( y + 1)( x 2 + 2) ⇔ 2 x = y + 1 ⇔ y = 2 x − 1
Thế vào

( 2)

ta có :

x 2 x 2 − (2 x − 1) 2 + 2 x − 1 + 3 = −(2 x − 1) 2 + 2 x + 2
⇔ x −2 x 2 + 6 x + 1 = −4 x 2 + 6 x + 1
 −2 x 2 + 6 x + 1 = 2 x
⇔ x −2 x + 6 x + 1 = ( −2 x + 6 x + 1) − 2 x ⇔ 
 −2 x 2 + 6 x + 1 = − x
2

2

2

x ≥ 0
3 + 15
15
−2 x 2 + 6 x + 1 = 2 x ⇔ 
⇔
x
=
⇒

y
=
2
2
6
6
 −2 x + 6 x + 1 = 4 x
x ≤ 0
3−2 3
3−2 3
−2 x 2 + 6 x + 1 = − x ⇔ 
⇔x=
⇒ y=
2
2
3
3
−2 x + 6 x + 1 = x
 3 + 15 15 
;

÷
6
3 


3−2 3 3−2 3
;

÷

3
3


và
.

Vậy nghiệm của hệ PT là:
Bài 1.3[2]: Giải hệ phương trình
( 1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y ( 1)
 2
2 y − 3x + 6 y + 1 = 2 x − 2 y − 4 x − 5 y − 3

( 2)

Hướng dẫn giải:
x ≥ y; y ≥ 0
Điều kiện:
.
Sử dụng máy tính làm theo quy trình ở Ví dụ 1(2.3.2.A) ta có bảng kết quả sau:
Y
1
2
3
4
5
X
2
3
4

5
6
x − y =1
x − y =1
Từ bảng này ta dễ dàng nhận thấy :
hoặc
15


x − y =1

Vậy là đầu tiên mình đi theo hướng
trước vì vế phải có sẵn rồi.
( 1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1) y ⇔ ( 1 − y ) x − y + x − 2 − ( x − y − 1) y = 0
⇔ ( 1 − y ) x − y + ( x − y − 1) + ( y − 1) − ( x − y − 1) y = 0
⇔ ( 1 − y )  x − y − 1 + ( x − y − 1) 1 − y  = 0
⇔ 1− y
x − y −1  1 + y + x − y +1  = 0


 x − y −1 = 0
x = y +1
⇔
⇔
1 − y = 0
y =1

(

)(

)(

) (

)

( 2)

T

hế vào phương trình
ta được:
y =1
9 − 3x = 0 ⇒ x = 3
Với
thì
y = x −1
Với
thì
2 y 2 − 3 ( y + 1) + 6 y + 1 = 2 1 − y − 1 − y ⇔ 2 y 2 + 3 y − 2 = 1 − y

y

y ∈ [ 0;1]

Ta có ĐK của pt trên là
.
Sử dụng MTCT làm theo quy trình ở Ví dụ 2(2.3.2.B) giải phương trình ta
y2 + y − 1

được nhân tử
y2 + y − 1
Vậy ta sẽ cố nhóm để xuất hiện nhân tử này với bài này thì là
, ép nhân
tử như sau:

y2 − ( 1 − y )
y2 + y − 1 
2
2
⇔ 2 ( y + y − 1) +
= 0 ⇔ ( y + y − 1)  2 +
=0
÷

÷
y + 1− y
y
+
1
−
y



5 −1
5 +1
(tm) → x =
y =
2

2
⇔ y2 + y − 1 = 0 ⇔ 

5 +1
(loai )
y =

2

16



5 +1
 x =
2

y = 5 −1

2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:
 x 12 − y + y ( 12 − x 2 ) = 12


 x3 − 8 x − 1 = 2 y − 2
( 2)
Bài 1.4.[1]: Giải hệ phương trình:
Hướng dẫn giải:
2 ≤ y ≤ 12

 2
 x ≤ 12
Điều kiện:
Sử dụng tính năng Solve

( 1)

X 12 − Y + Y ( 12 − X 2 ) = 12

Nhập nguyên phương trình phương trình số (1):
Sử dụng máy tính làm theo quy trình ở Ví dụ 1(2.3.2.A) ta có bảng kết quả sau:
X
0
1
2
3
Y
12
11
8
3
2
( 1)
y + x = 12
y = 12 − x 2
Nhận thấy
. Căn cứ vào phương trình thì sẽ là:
.
Làm sao để chứng minh điều này, dễ thấy khơng thể phân tích thành nhân tử giống
bài trước được. Giờ chỉ còn hàm số và đánh giá mà thơi.

- Hàm số thì có tích x nhân y thế kia thì khó, chia thì vướng số 12 bên phải.
- Vậy thử đánh giá, mà có 2 cái tích thì chỉ có Cơ-si thơi.
Áp dụng Bất đẳng thức Cô-si ta được:
2
x 2 + ( 12 − y ) y + ( 12 − x )
2
x 12 − y + y ( 12 − x ) ≤
+
= 12
2
2

- Dấu “=’ xảy ra khi


x ≥ 0
 x = 12 − y
⇔

2
2

 y = 12 − x
 y = 12 − x

- Thế vào phương trình

( 2)

ta được:

x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2

Sử dụng máy tính nhập phương trình
x=3
nghiệm
. Nên

x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2

17

vào máy ta được


)

(

x3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ ( x 3 − 8 x − 3) + 2 1 − 10 − x 2 = 0
⇔ ( x − 3) ( x + 3x + 1) + 2

x2 − 9

2

1 + 10 − x 2

=0


2 ( x + 3) 
⇔ ( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 +
=0
2 
1
+
10
−
x



- Ta có

x≥0

x 2 + 3x + 1 +
nên

2 ( x + 3)
1 + 10 − x

>0

2

.
x= y=3

Do đó phương trình có nghiệm duy nhất
2

y2
2
 y + 1 + x = y + 2 x − 2 ( 1)

 x + x − 1 + y = y2 + y ( 2)

y
x
Bài 1.5.[2]: Giải hệ phương trình:
Hướng dẫn giải:
X −1 Y
X
+
+ =Y2 +Y
x ≥ 2; y > 0
Y
X
Điều kiện:
. Các bạn nhập phương trình (2):
- Sau đó theo quy trình ở Ví dụ 1(2.3.2.A) ta được bảng sau:
X
1
2
3
4 5
Y
1

2 = 1,4142135 3 = 1,732050808 2
5 = 2,236067977

(

)

X =Y2

Dựa vào bảng, ta thấy xuất hiện quy luật:
Ta sẽ ép để xuất hiện nhân tử như sau:
x −1 y
xy + x − 1 y
x+
+ = y2 + y ⇔
+ − y2 − y = 0
y
x
y
x

⇔ ( xy + x − 1) x + y 2 − y 3 x − xy 2 = 0 ⇔ ( xy + x − 1) ( x − y 2 ) = 0
Với đk nên từ (3) ta có:

(

)

2

x = y2

thế vào phương trình (1) ta có:

y + 1 + 1 = y2 + 2 y2 − 2 ⇔

(

)

( 3)

y + 1 = ( y 2 − 1) + 2 y 2 − 2 + 1

18

2


⇔

)

) (

(

2

y +1 =

2

y2 − 2 + 1 ⇔

y +1=

y2 − 2 + 1 ⇔

y=

 y = −1 < 0
⇔ y2 − y − 2 = 0 ⇔ 
y = 2⇒ x = 4

y2 − 2

( 4;2 )

Vậy hệ có nghiệm duy nhất
Dạng 2: Các mối quan hệ x, y được rút ra từ kết hợp hai phương trình
Bài 2.1. [2]: Giải hệ phương trình:
2 ( x + y ) 3 + 4 xy − 3 = 0 (1)

4
2
2
( x + y ) − 2 x − 4 xy + 2 y + x − 3 y + 1 = 0 (2)

Hướng dẫn giải:

Ở những dạng này, giải từng phương trình một là khơng được nên ta nhân phương

( 1)

( 2)

A

trình hoặc
với rồi cộng với phương trình cịn lại.
Ở đây ta nhập vào máy tính:
3
4
A  2 ( x + y ) + 4 xy − 3 + ( x + y ) − 2 x 2 − 4 xy + 2 y 2 + x − 3 y + 1 = 0



−1, −2, −3, −4, −5....
y
x
hoặc
cho tới khi
nguyên và
A =1
nguyên thì được nhé. Với
ta được bảng giá trị sau:
X
0
1
2

3
4
Y
1
0
-1
-2
-3
x + y =1
Dễ thấy quy luật:
. Ta biến đổi như sau:
4
3
( x + y ) − 2 x 2 − 4 xy + 2 y 2 + x − 3 y + 1 + 2 ( x + y ) + 4 xy − 3 = 0
Ta thử với

A = 1,2,3,4,5...

⇔ ( x + y ) + 2 ( x + y ) − 2 x2 + 2 y 2 + x − 3 y − 2 = 0
⇔ ( x + y)

4

3

3

( x + y − 1) + 3 ( x + y )

⇔ ( x + y − 1)

{ ( x + y)

3

3

− 1 − 2 x 2 + 2 ( y 2 − 2 y + 1) + ( x + y − 1) = 0


}

2
+ 3 ( x + y ) + ( x + y ) + 1 − 2 ( x − 1 + 1) + 1 = 0



⇔ ( x + y − 1) ( x + y ) + 3 ( x + y ) + 2 + x + 5 y  = 0


3

Lấy

2. ( 4 ) − ( 1)

2

ta được:

19


6 ( x + y ) 142 + 2 x + 10 y + 4 − 4 xy + 3 = 0 ⇔ 6 ( x 2 + 2 xy + y 2 ) − 4 xy + 2 x + 10 y + 7 = 0
2
2
14 2
16 2 
 2
 25  
 25 
2
⇔  5 x + 8 xy + y ÷ + ( x + 2 x + 1) +  y + 10 y +  ÷  + 7 − 1 −  ÷ = 0
5 

 14  
 14 
 5
2

2

2
 14
4 
25 

2
 25 
⇔x 5 +

y ÷ + ( x + 1) + 
y+  +6− ÷ =0
5
4
5 
 4 



Do

VT > 0

Vậy

nên phương trình này vơ nghiệm.

x + y −1= 0

thay vào

( 1)

2 + 4x ( 1 − x) − 3 = 0 ⇔ x =

được:
x= y=

1
1

⇒y=
2
2

1
2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là
Bài 2.2.[1]: Giải hệ phương trình:
2

2 x − 11x − 2 y + 9 = 0 ( 1)
 2
3
2

4 x − 22 x + 21 + y + 3 y + y = ( 2 x + 1) 2 x − 1
Hướng dẫn giải:

( 2)
→Y

X

→

Gợi ý: Bấm máy cả 2 phương trình
nguyên
ra lẻ nghĩ tới dạng 2: Kết
hợp cả 2 phương trình.

- Lấy
A 2 x 2 − 11x − 2 y + 9 + 4 x 2 − 22 x + 21 + y 3 + 3 y 2 + y − ( 2 x + 1) 2 x − 1 = 0

(

X
Y

)

A
A = −2
Thử với các giá trị nguyên của ta thấy
kết quả khá đẹp
Ta có bảng giá trị sau:
1
2
3
4
5
6
0 0,73... = 3 − 1 1,23... = 5 − 1 1,64... = 7 − 1 2 = 9 − 1 2,31... = 11 − 1

Dễ dàng suy ra được
Lấy

( 2)

− 2. ( 1)

y + 1 = 2x − 1

x, y

. Vì

ta được:

20

độc lập 2 vế thì nghĩ tới hàm số


y 3 + 3 y 2 + 5 y + 3 = ( 2 x + 1) 2 x − 1

⇔ ( y 3 + 3 y 2 + 3 y + 1) + 2 ( y + 1) = ( 2 x − 1) 2 x − 1 + 2 2 x − 1
⇔ ( y + 1) + 2 ( y + 1) =
3

(

)

3

2x −1 + 2 2x − 1

f ( t ) = t 3 + 2t

Xét hàm số

f ' ( t ) = 3t 2 + 2 > 0 ⇒
⇒ y + 1 = 2x − 1 ⇔ y = 2x − 1 − 1
Ta có
Hàm số đồng biến
2 x 2 − 11x − 2 2 x − 1 − 1 + 9 = 0
Thế vào phương trình (1) ta được:
x1 = 1; x2 = 5
Sử dụng MTCT dị được 2 nghiệm
. Từ đó phân tích thành nhân tử ta


2
÷ = 0 ⇔  x1 = 1
( x − 1) ( x − 5)  2 +
x = 5
2x − 1 + 1 2x − 1 + 3 ÷
 2


được:
 x1 = 1 ⇒ y1 = 0

⇒  x2 = 5 ⇒ y2 = 2

(

(

)(

)

)

2.4. Một số bài tập khác
2.4.1. Một số bài tập có lời giải chi tiết ( Do quy định về số trang của SKKN nên
các bài tập này tôi đưa vào phần phụ lục)
2.4.2. Bài tập tự luyện
Bài 1. [2]: Giải hệ phương trình sau

 x + 1 + 4 − 2 y + 5 + 2 y − ( x − 1) 2 = 5
 3

x; y ) = ( 0;0 ) ,  3; ÷
(
4
2
3
2
3x + ( x − y) = 6 x y + y


 2
ĐS:
 3 1 + x + 1 − y = 2
 2
4
3
 x − y + 9 y = x ( 9 + y − y )
Bài 2. [2]: Giải hệ phương trình sau

x = y = 0; x = y = −11 + 6 3; x = y = −11 − 6 3
ĐS:

21


Bài 3.[2] : Giải các hệ phương trình sau
415 17
( x; y ) = ( 1;1) ,  ; ÷
 51 3 

3 y 2 + 1 + 2 y ( x + 1) = 4 y x 2 + 2 y + 1

 y ( y − x ) = 3 − 3 y

ĐS:
 y x − 1 + 5 = 3x
 3
2
3
2
 x + ( x + 1) y + 2 y = y + ( y + 1) x + 2 xy

Bài 4.[3] Giải hệ phương trình:
( x, y ) = ( 2;1) ; ( x, y ) = 5 + 2 3;4 + 2 3

(

)

ĐS:

Bài 5.[2] Giải hệ phương trình sau:
y =1
x=3
và
ĐS:

Bài 6.[2]. Giải hệ phương trình:
−3 + 21
−5 + 21
x=
;y =
2
2
ĐS:

Bài 7.[2].

 x 2 − y 2 − 6 = 2 x − y − 3 x + y

2
3 x − 2 − 2 3 y + x + 5 y − 15 = 0

 4 − x + y + 8 = y2 + 7x − 1


2
2
x

−
y
+ 6 y − 2 x + 4 − x = y + 1.

(
)


Giải hệ phương trình sau
5 3
( x, y ) = ( , )
2 2

y
 2
x
−
(
x
+
y
)
=

3 x− y

 2
2
2( x + y ) − 3 2 x − 1 = 11

ĐS:

22

( x, y ∈ ¡ ).


. Giải hệ phương trình
Bài 8.[2]

 x + x2 − y 2 9
= x

 x − x2 − y 2 5
.

5 + 3x
x
=
 y 6( 5 − y )


ĐS:

( x; y ) = ( 5;3) .

2 ( x3 + 2 x − y − 1) = x 2 ( y + 1)

 x 2 x 2 − y 2 + y + 3 = − y 2 + 2 x + 2

Bài 9.[2]. Giải hệ phương trình :
.
 3 + 15 15 
3−2 3 3−2 3 
;
;

÷

÷
6
3 
3
3



ĐS:
và
 4 − x + y + 8 = y2 + 7x − 1


2

 2 ( x − y ) + 6 y − 2 x + 4 − x = y + 1.
Bài 10.[2]. Giải hệ phương trình:
−3 + 21
−5 + 21
x=
;y =

2
2
ĐS:
2.5. Các biện pháp tổ chức thực hiện:
2.5.1. Về thời gian:
Sau khi cho học sinh học xong bài “Một số ví dụ về hệ phương trình bậc hai
hai ẩn” thì tiến hành bồi dưỡng tài liệu trên cho học sinh với quỹ thời gian 10 tiết
học trong các buổi học thêm, học bồi dưỡng trên lớp:
+) Giáo viên đưa tài liệu là SKKN này cho học sinh để học sinh tự nghiên cứu
trước.
+) 9 tiết dạy thực hành.
+) 1 tiết kiểm tra đánh giá kết quả ( Đề kiểm tra ở phần phụ lục).
2.5.2. Về đối tượng giảng dạy:
Học sinh lớp 10A1, 10A2 năm học 2020-2021 Trường THPT Lê Lợi.
2.6. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Như trong phần đặt vấn đề đã nêu, sáng kiến : “Hướng dẫn học sinh lớp 10
trường THPT Lê Lợi sử dụng máy tính cầm tay casio fx-580VN X giải hệ
phương trình vơ tỷ” là phương pháp có sự kết hợp chặt chẽ của tư duy đại số và
công cụ máy tính, là cách tiếp cận tìm lời giải mới phù hợp với yêu cầu đổi mới
23


phương pháp dạy học, đó là kích thích tính tự học, tự nghiên cứu và phát hiện vấn
đề.
Với tinh thần đó, trong q trình soạn, dạy dạng tốn này tơi thực hiện theo
cách phân loại từ dễ đến khó, thơng qua các giải pháp và bài tập ở dạng toán được
chọn lọc. Kết thúc phần này tôi nhận thấy đã đạt được hiệu quả cao, cụ thể:
- Học sinh tỏ ra hứng thú hơn khi giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn đề,
phát hiện vấn đề hiệu quả hơn, nhanh hơn.

- Giờ dạy tránh được tính đơn điệu, nhàm chán theo một lối mòn lâu nay.
- Học sinh có nhiều thay đổi tích cực về phương pháp học tập và tư duy giải tốn.
Kết quả đó cịn được thể hiện rõ rệt qua các bài kiểm tra.
Lớp

Số
HS

10A1
10A2

45
43

Giỏi

Khá

TB

SL

TL(%)

SL

TL(%) SL

6
6

13.3
14

17
17

37.8
39,5

15
14

Yếu
TL(%
)
33,3
32,6

SL

TL(%)

7
6

15,6
13,9

3. Kết luận và đề xuất

3.1. Kết quả thực hiện đề tài
Qua thời gian thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy khi chưa đưa chuyên đề vào giảng
dạy, học sinh chỉ có thể giải quyết được các bài tập đơn giản. Khơng biết phân tích
bài tốn, đặc biệt là các bài toán trong các đề thi học sinh giỏi tỉnh. Sau khi học
chuyên đề học sinh đã có thể làm tốt các bài tập khó, các em hứng thú và say mê
hơn trong học tập. Qua khảo sát kết quả học tập của các em tăng lên rõ rệt.
3.2. Kiến nghị
a) Để học sinh có kết quả cao trong các bài kiểm tra, kỳ thi học sinh giỏi thầy cô
cần nghiên cứu, tìm tịi và xây dựng được các phương pháp giải toán sao cho học
sinh dễ hiểu và cách giải ngắn nhất.
b) Thầy cô giáo tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho học sinh, đồng thời động
viên các em khi các em tiến bộ.
c) Thầy cô giáo hướng dẫn cách tự đọc sách của học sinh, động viên các em học
sinh giỏi đọc báo toán, tài liệu trên internet, tìm hiểu thêm các cách giải khác.
d) Thầy cơ giáo tăng cường luyện cho các em các chuyên đề và bộ đề thi để các em
có nhiều thời gian tiếp cận và tập dượt với dạng toán thi, từ đó dần dần đạt kết quả
học tập cao hơn.
3.3. Kiết luận
Trong q trình dạy học nói chung, dạy–học Tốn nói riêng, việc giải bài tập;
phân tích hướng giải; trả lời câu hỏi tại sao lại làm như vậy là quan trọng nhưng
việc hướng dẫn cho học sinh có óc phân tích–tổng hợp–khái quát các phần kiến
24


thức và trên hết là có cách học đúng đắn mới là cốt lõi của vấn đề. Chính vì vậy
người thầy luôn phải suy nghĩ, trăn trở nhằm đáp ứng được yêu cầu đổi mới
phương pháp dạy học, nâng cao hiệu quả giáo dục.
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ trong quá trình thực hiện việc đổi mới
phương pháp dạy học, đề tài không tránh khỏi những hạn chế.
Rất mong sự đóng góp quý báu của bạn bè, đồng nghiệp.

Tôi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 18 tháng 5 năm

2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.

Lê Thị Tuyên

25