SKKN phân loại dạng ứng dụng hệ thức vi ét trong đại số lớp 9 trường THCS đông văn

1

Phần I: MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài:
1. Cơ sở lí luận:
Trong giai đoạn hiện nay, khi mà khoa học, kinh tế, công nghệ thông tin
trên thế giới đang phát triển mạnh mẽ, nước ta vẫn đang chú trọng tìm kiếm
nhân tài thì thế hệ trẻ, các em học sinh càng phải nổ lực nhiều trong trong việc
tìm kiếm kiến thức, học thật tốt để bổ sung nhân tài cho đất nước.
Mơn Tốn ở THCS có một vai trị rất quan trọng, một mặt nó phát triển hệ
thống hóa kiến thức, kỹ năng và thái độ mà học sinh đã lĩnh hội và hình thành ở
bậc tiểu học, mặt khác nó góp phần chuẩn bị những kiến thức, kỹ năng và thái
độ cần thiết để tiếp tục lên THPT, TH chuyên nghiệp, học nghề hoặc đi vào các
lĩnh vực lao động sản xuất đòi hỏi những hiểu biết nhất định về Tốn học.
Chương trình Tốn THCS khẳng định q trình dạy học là quá trình giáo
viên tổ chức cho học sinh hoạt động để chiếm lĩnh kiến thức và kỹ năng. Mặt
khác muốn nâng cao chất lượng cho học sinh, giáo viên cần phải hình thành cho
học sinh những kiến thức cơ bản, tìm tịi đủ cách để phát huy tính tích cực của
học sinh, mở rộng tầm suy nghĩ.
2. Cơ sở thực tế:
Trong vài năm trở lại đây, các trường PTTH, PTTH chuyên, đang ra sức
thi tuyển, chọn lọc học sinh và trong các đề thi vào lớp 10 THPT, PTTH chuyên
trong các đề thi tuyển học sinh giỏi lớp 9 các cấp xuất hiện các bài toán bậc hai
có ứng dụng hệ thức Vi-ét khá phổ biến. Trong khi đó nội dung và thời lượng về
phần này trong sách giáo khoa lại rất ít, lượng bài tập chưa đa dang.
Thế nhưng đa số học sinh khi gặp bài tốn bậc hai, các em lại lúng túng
khơng giải được do trong chương trình học chỉ có 2 tiết, về nhà các em không
biết cách đọc thêm sách tham khảo nên không ứng dụng hệ thức Vi ét để giải.
Vì thế tơi đã suy nghĩ làm thế nào để nâng cao chất lượng học tập cho các
em học sinh, giúp các em biết vận dụng hệ thức Vi-ét để giải các bài tốn bậc
hai. Góp phần giúp các em tự tin hơn trong các kỳ thi tuyển. Đó là lý do tôi chọn

đề tài: Phân loại dạng “Ứng dụng hệ thức Vi-ét ” trong Đại số lớp 9 trường
THCS Đơng Văn.
II. Mục đích nghiên cứu:
Để nhằm mục đích bổ sung nâng cao kiến thức giải các bài toán bậc hai có
ứng dụng hệ thức Vi-ét cho các em học sinh lớp 9 trường THCS Đơng Văn. Từ
đó các em có thể tự tin làm tốt các bài tốn bậc hai trong các kỳ thi học sinh
Giỏi, tuyển sinh vào các trường PTTH, PTTH chuyên...
Kích thích, giúp các em biết cách tìm kiến thức nhiều hơn nữa, khơng chỉ
bài tốn bậc hai mà cả các dạng toán khác.


2

III. Đối tượng nghiên cứu, khảo sát thực nghiệm:
*Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9A trường THCS Đông Văn.
Nghiên cứu các ứng dụng của hệ thức Vi-ét, trong môn đại số lớp 9, tìm
hiểu các bài tốn bậc hai có ứng dụng hê thức Vi-ét.
IV. Phương pháp nghiên cứu:
Căn cứ vào mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu, tơi sử dụng các phương
pháp nghiên cứu sau:
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu:
Tôi đã nghiên cứu và lựa chọn ra 11 dạng bài tốn bậc hai có ứng dụng hệ
thức Vi-ét.
- Phương pháp phỏng vấn, điều tra:
Tôi hỏi điều tra học sinh sau 2 tiết dạy thực nghiệm với các câu hỏi sau:
Câu 1: Em thích các bài tốn bậc hai có ứng dụng hệ thức Vi-ét khơng?
Câu 2: Em hãy phân chia các dạng bài tập theo các nhóm ứng dụngcủa hệ
thức Vi- ét ?
Câu 3: Không giải phương trình, hãy nhẩm nghiệm của các phương trình
sau:

a/ x2 + x – - 1= 0
b/ x2 + 5x + 6 = 0
Câu 4: Cho phương trình: x2 – 3x + m = 0, với m là tham số, có hai
nghiệm x1 , x2 (x1 > x2). Tính giá trị biểu thức A = (x1- x2) 2 theo m.
Câu 5: Tìm m để Parbol (P):y = x 2 và đường thẳng (d): y = x –m + 3 cắt
nhau tại 2 điểm có tung độ lần lượt là y1 và y2 thỏa mãn: y1 2 + y2 2 = 1
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm:
Sau khi sắp xếp thành 11 nhóm ứng dụng hệ thức Vi-ét, tơi đã thực hiện
lên lớp hướng dẫn học sinh các ứng dụng trên qua các tiết dạy môn “Tự chọn”
của lớp 9A.


3

PHẦN II: NỘI DUNG SKKN
I. Cơ sở lý luận:
Mục tiêu của giáo dục THCS “Nhằm giúp học sinh củng cố và phát triển
những kết quả của giáo dục tiểu học, có trình độ học vấn THCS và những hiểu
biết ban đầu về kỹ thuật và hướng nghiệp, học nghề hoặc đi vào cuộc sống lao
động”.
Để khắc phục mục tiêu trên, nội dung chương trình THCS mới được thiết
kế theo hướng giảm tính lý thuyết hàn lâm, tăng tính thực tiễn, thực hành bảo
đảm vừa sức, khả thi, giảm số tiết học trên lớp, tăng thời gian tự học và hoạt
động ngoại khóa.
Trong chương trình lớp 9, học sinh được học 2 tiết về hệ thức Vi ét và ứng
dụng; 1 tiết lý thuyết : học sinh được học định lý Vi-ét và ứng dụng hệ thức Vi-ét
để nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn, lập phương trình bậc hai và
tìm hai số biết tổng và tích của chúng, 1 tiết luyện tập: học sinh được làm các
bài tập củng cố tiết lý thuyết vừa học.
Theo chương trình trên, học sinh được học Định lý Vi-ét nhưng khơng có

nhiều tiết học đi sâu khai thác các ứng dụng của hệ thức Vi-ét nên các em nắm
và vận dụng hệ thức Vi-ét chưa linh hoạt. Là giáo viên tôi cần phải bồi dưỡng và
hướng dẫn học sinh tự học thêm kiến thức phần này để tìm ra các phương pháp
giải phù hợp với từng ứng dụng bài tập.
II. Tình hình thực tế:
1. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN:
Nhiều năm công tác tại Trường THCS đặc biệt đối với trường nằm trên
địa bàn nông thôn, điều kiện học tập chưa đầy đủ, nhiều em khơng có thời gian
học ở nhà, nhiều gia đình chưa quan tâm đến việc học của con em, vấn đề xã hội
hoá giáo dục chưa ngang tầm với giai đoạn hiện nay. Nên chất lượng học tập vẫn
chưa được cao, số học sinh bị hổng kiến thức cịn nhiều, nhiều em cịn có tâm lý
sợ mơn tốn học. Phụ huynh học sinh chưa thật sự quan tâm đúng mức đến việc
học tập của con em mình như theo dõi, kiểm tra, đơn đốc nhắc nhở sự học tập ở
nhà. Các bài toán về hệ thức Vi ét và ứng dụng rất quan trọng như đã nêu phần
trước, song qua thực tế giảng dạy nhiều năm tơi thấy với học sinh đại trà các em
cịn lười làm bài tập, khi nhìn thấy đề dài hoặc hơi khác một chút là ngại đọc đề,
ngại phân tích đề, đặc biệt là với dạng tốn có lời văn. Cũng như qua việc theo
dõi kết quả bài kiểm tra, bài thi của HS thì đa số HS chưa nắm chắc phương
pháp giải, chưa vận dụng biến đổi một cách linh hoạt sáng tạo vào từng bài cụ
thể dẫn đến việc áp dụng vào các dạng tốn khác cịn gặp nhiều khó khăn, lúng
túng.
2. Kết quả của thực trạng
Từ thực trạng trên chất lượng học qua bài kiểm tra 15 phút học kỳ II, năm
học 2020-2021 như sau:


4

Kết quả
STT

1

Lớp

9A

Sĩ
số
47

Giỏi

Khá

TB

Yếu

kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

S
L

%

3

6,4

7

14,9

26

55,3

10

21,3

1

2,1

III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Qua thực tế khi chưa nghiên cứu theo đề tài này học sinh gặp nhiều sai sót
trong q trình giải tốn, hay sai nhất trong cách trình bày lời giải, học sinh cịn
lúng túng chưa biết cách biến đổi. Vì vậy để rèn kỹ năng cho các em nắm chắc
kiến thức trong q trình dạy tơi đã phân ra các ứng dụng tương ứng với các
phần bài tập.
1. Các giải pháp thực hiện
1.1 Hệ thống lại kiến thức lý thuyết.
Giúp các em nắm vững kiến thức và khắc sâu phần lý thuyết đã học.
1.2 Phân loại dạng các ứng dụng bài tập
- Ứng dụng 1: Khơng giải phương trình tính tổng và tích hai nghiệm của
phương trình bậc hai một ẩn(HS được luyện qua tiết học chính thức).
- Ứng dụng 2: Dùng hệ thức Vi-ét tìm nghiệm cịn lại khi phương trình
bậc hai một ẩn cho biết trước một nghiệm
- Ứng dụng 3: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn

.

- Ứng dụng 4: Lập phương trình bậc hai .
- Ứng dụng 5: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng.
- Ứng dụng 6: Tính giá trị của biểu thức đối xứng giữa các nghiệm mà
khơng giải phương trình .
- Ứng dụng 7: Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình sao
cho hai nghiệm này khơng phụ thuộc vào tham số.
- Ứng dụng 8: Tìm giá trị tham số của phương trình thỏa mãn biểu thức
chứa nghiệm.
- Ứng dụng 9: Xác định dấu các nghiệm của phương trình bậc hai.
- Ứng dụng 10: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

nghiệm.
- Ứng dụng 11: Một vài ứng dụng khác của hệ thức Vi-ét. (Các con nghiên
cứu thêm)


5

2. Các biện pháp tổ chức thực hiện
2.1 Biện pháp 1: Hệ thống lại kiến thức lý thuyết.
Để việc dạy học đạt hiệu quả GV phải vận dụng các phương pháp củng
cố, kiểm tra đánh giá để kiểm tra mức độ nhớ lý thuyết và khả năng vận dụng
của học sinh. Tôi đã áp dụng thông qua kiểm tra bài cũ, làm bài tập về nhà, đưa
ra câu hỏi gợi mở khi làm bài tập. Ngoài ra khi áp dụng các bài tốn khó hơn địi
hỏi các em phải nhớ một số kiến thức đã học ở lớp 8 như: Các hằng đẳng thức
đáng nhớ, các phép biến đổi.
HỆ THỨC VI-ÉT : Cho phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 (a0)(*)( có
hai nghiệm

x1; x2

)

- Tổng hai nghiệm là S : S =

x1  x2 
x1 x2 

b
a

c
a

- Tích hai nghiệm là P : P =
2.2. Biện pháp 2: Phân loại các bài tập.
ỨNG DỤNG 2: TÌM NGHIỆM CỊN LẠI CỦA PHƯƠNG TRÌNH
BẬC HAI MỘT ẨN KHI BIẾT MỘT NGHIỆM CỦA NĨ
1. Dùng hệ thức Vi-ét tìm nghiệm cịn lại khi phương trình bậc hai một ẩn
cho biết trước một nghiệm(Dạng này HS được luyện trên giờ học chính khóa)
2. Cho phương trình , có một hệ số chưa biết, cho trước một nghiệm
tìm nghiệm cịn lại và chỉ ra hệ số của phương trình :
Ví dụ: a) Phương trình x  2 px  5  0 . Có một nghiệm bằng 2, tìm p và
nghiệm thứ hai.
2
b) Phương trình x  5 x  q  0 có một nghiệm bằng 5, tìm q và nghiệm thứ hai.
2
c) Cho phương trình : x  7 x  q  0 , biết hiệu 2 nghiệm bằng 11. Tìm q và
hai nghiệm của phương trình.
2
d) Tìm q và hai nghiệm của phương trình : x  qx  50  0 , biết phương
trình có 2 nghiệm và có một nghiệm bằng 2 lần nghiệm kia.
Bài giải:
a) Thay x1  2 v à phương trình ban đ ầu ta đ ư ợc :
2

44p 5  0 � p 

1
4
x2 

5 5

x1 2

T ừ x1 x2  5 suy ra
b) Thay x1  5 v à phương trình ban đ ầu ta đ ư ợc
25  25  q  0 � q  50
50 50
x2 

 10
x
x


50
x
5
1
2
1
Từ
suy ra


6

c) Vì vai trị của x1 và x2 bình đẳng nên theo đề bài giả sử x1  x2  11 và
�x1  x2  11 �x1  9

��
�
x

x

7
�1 2
�x2  2

theo VI-ÉT ta có x1  x2  7 , ta giải hệ sau:
Suy ra q  x1 x2  18
d) Vì vai trị của x1 và x2 bình đẳng nên theo đề bài giả sử x1  2 x2 và theo
VI-ÉT ta có x1 x2  50 . Suy ra
x  5
�
2 x22  50 � x22  52 � �2
x2  5
�
Với x2  5 th ì x1  10

Với x2  5 th ì x1  10

ỨNG DỤNG 3: NHẨM NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
Xét phương trình (*) ta thấy :
a) Nếu cho x = 1 thì ta có (*)  a.12 + b.1 + c = 0  a + b + c = 0
x2 

c
a

Như vây phương trình có một nghiệm x1  1 và nghiệm còn lại là
b) Nếu cho x =  1 thì ta có (*)  a.(  1)2 + b(  1) + c = 0  a  b + c = 0
Như vậy phương trình có một nghiệm là x1  1 và nghiệm cịn lại là

x2 

c
a

Ví dụ: Dùng hệ thức VI-ÉT để nhẩm nghiệm của các phương trình sau:
2
2
1) 2 x  5 x  3  0 (1)
2) 3 x  8 x  11  0
(2)
Ta thấy :

3
2
11
x2 
x

1
3
Phương trình (2) có dạng a + b + c = 0 nên có nghiệm 1
và

Phương trình (1) có dạng a  b + c = 0 nên có nghiệm x1  1 và

x2 

Bài tập áp dụng: Hãy tìm nhanh nghiệm của các phương trình sau:
2
2
1. 35 x  37 x  2  0
2. 7 x  500 x  507  0
2
2
3. x  49 x  50  0
4. 2021x  21x  2000  0
ỨNG DỤNG 4: LẬP PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
1. Lập phương trình bậc hai khi biết hai nghiệm x1 ; x2
Ví dụ : Cho x1  3 ; x2  2 lập một phương trình bậc hai chứa hai nghiệm trên
Theo hệ thức VI-ÉT ta có
trình có dạng:

�S  x1  x2  5
�
�P  x1 x2  6

x 2  Sx  P  0 � x 2  5 x  6  0

Bài tập áp dụng:
1.
x1 = 8
và

x2 = -3

vậy x1 ; x2 là nghiệm của phương


7

2.
x1 = 3a
và
x2 = a
3.
x1 = 36
và
x2 = -104
4.
x1 = 1  2 và
x2 = 1  2
2. Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm thoả mãn biểu thức chứa
hai nghiệm của một phương trình cho trước:
2
Ví dụ: Cho phương trình : x  3x  2  0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 .
Khơng giải phương trình trên, hãy lập phương trình bậc 2 có ẩn là y thoả mãn :
y1  x2 

1
1
y2  x1 
x1 và
x2

Theo h ệ th ức VI- ÉT ta c ó:
�1 1 �
x x
1
1
3 9
 x1   ( x1  x2 )  �  � ( x1  x2 )  1 2  3  
x1
x2
x1 x2
2 2
�x1 x2 �
1
1
1
1 9
P  y1 y2  ( x2  )( x1  )  x1 x2  1  1 
 2 11 
x1
x2
x1 x2
2 2

S  y1  y2  x2 

Vậy phương trình cần lập có dạng:
hay

y2 

y 2  Sy  P  0

9
9
y   0 � 2 y2  9 y  9  0
2
2

Bài tập áp dụng:
2
1/ Cho phương trình 3x  5 x  6  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 . Khơng
giải phương trình, Hãy lập phương trình bậc hai có các nghiệm
y2  x2 

y1  x1 

1
x2 và

1
x1

5
1
y 0
2
6
2
(Đáp số:
hay 6 y  5 y  3  0 )

2
2/ Cho phương trình : x  5 x  1  0 có 2 nghiệm x1; x2 . Hãy lập phương
y1  x14
y2  x24
y2 

trình bậc 2 có ẩn y thoả mãn
và
(có nghiệm là luỹ thừa bậc 4 của
các nghiệm của phương trình đã cho).
2
(Đáp số : y  727 y  1  0 )
2
2
3/ Cho phương trình bậc hai: x  2 x  m  0 có các nghiệm x1 ; x2 . Hãy lập
phương
trình bậc hai có các nghiệm y1 ; y2 sao cho :
a) y1  x1  3 và y2  x2  3
b) y1  2 x1  1 và y2  2 x2  1
2
2
2
2
a) y  4 y  3  m  0
b) y  2 y  (4m  3)  0
ỨNG DỤNG 5: TÌM HAI SỐ BIẾT TỔNG VÀ TÍCH CỦA CHÚNG
Nếu hai số có Tổng bằng S và Tích bằng P thì hai số đó là hai nghiệm của
phương trình :
x 2  Sx  P  0 (điều kiện để có hai số đó là S2  4P  0 )
Ví dụ : Tìm hai số a, b biết tổng S = a + b =  3 và tích P = ab =  4

8

Vì a + b =  3 và ab =  4 n ên a, b là nghiệm của phương trình :
x 2  3x  4  0

Giải phương trình trên ta được x  1 và x2  4
Vậy nếu a = 1 thì b =  4
nếu a =  4 thì b = 1
Bài tập áp dụng: Tìm 2 số a và b biết Tổng S và Tích P
1. S = 3
và
P=2

2. S = 3 và
P=6
3. S = 9
và
P = 20
4. S = 2x
và
P = x2  y2
Bài tập nâng cao: Tìm 2 số a và b biết
1. a + b = 9 và a2 + b2 = 41
2. a  b = 5 và ab = 36
3. a2 + b2 = 61 v à ab = 30
Hướng dẫn: 1) Theo đề bài đã biết tổng của hai số a và b , vậy để áp
dụng hệ thức VI- ÉT thì cần tìm tích của a v à b.
1

a  b  9 �  a  b   81 � a  2ab  b  81 � ab 
2

Từ

2

2

81   a 2  b 2 
2

 20

x1  4
�
x 2  9 x  20  0 � �
x2  5
�
Suy ra : a, b là nghiệm của phương trình có dạng :

Vậy: Nếu a = 4 thì b = 5
nếu a = 5 thì b = 4
2) Đã biết tích: ab = 36 do đó cần tìm tổng : a + b
Cách 1: Đ ặt c =  b ta có : a + c = 5 và a.c =  36
x  4
�
x 2  5 x  36  0 � �1
x2  9

�
Suy ra a,c là nghiệm của phương trình :

Do đó nếu a =  4 thì c = 9 nên b =  9
nếu a = 9 thì c =  4 nên b = 4
Cách 2: Từ  a  b 

2

  a  b   4ab �  a  b    a  b   4ab  169
2

2

2

a  b  13
�
2
�  a  b   132 � �
a  b  13
�
*) Với a  b  13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình :
x  4
�
x 2  13x  36  0 � �1
x2  9
�
Vậy a = 4 thì b = 9
*) Với a  b  13 và ab = 36, nên a, b là nghiệm của phương trình :

x 4
�
x 2  13x  36  0 � �1
x2  9
�

Vậy a = 9 thì b = 4
3) Đã biết ab = 30, do đó cần tìm a + b:


9

a  b  11
�
��
 a  b  2ab  61  2.30  121  11
a  b  11
�

Từ: a2 + b2 = 61 �  a  b 
*) Nếu a  b  11 và ab = 30 thì a, b là hai nghiệm của phương trình:
2

2

2

2

x1  5

�
x 2  11x  30  0 � �
x2  6
�
Vậy nếu a = 5 thì b = 6 ; nếu a = 6 thì b = 5
*) Nếu a  b  11 và ab = 30 thì a, b là hai nghiệm của phương trình :
x1  5
�
x 2  11x  30  0 � �
x2  6
�

Vậy nếu a = 5 thì b = 6 ; nếu a = 6 thì b = 5.
ỨNG DỤNG 6: TÍNH GIÁ TRỊ CỦA CÁC BIỂU THỨC NGHIỆM
Đối các bài toán dạng này điều quan trọng nhất là phải biết biến đổi biểu
thức nghiệm đã cho về biểu thức có chứa tổng nghiệm S và tích nghiệm P để áp
dụng hệ thức VI-ÉT rổi tính giá trị của biểu thức
1. Biến đổi biểu thức để làm xuất hiện : ( x1  x2 ) và x1 x2
2
2
2
2
2
a) x1  x2  ( x1  2 x1 x2  x2 )  2 x1 x2  ( x1  x2 )  2 x1 x2

Ví dụ 1

2
x13  x23   x1  x2   x12  x1 x2  x22    x1  x2  �
 x1  x2   3x1 x2 �

�
�
b)

x14  x24  ( x12 )2  ( x22 )2   x12  x22   2 x12 x22  �
( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 �
 2 x12 x22
�
�
c)
1 1 x1  x2
 
x
x2
x1 x2
1
d)
2

2

x1  x2  ?

Ví dụ 2

x x 
Ta biết 1 2

2

  x1  x2   4 x1 x2 � x1  x2  �  x1  x2   4 x1 x2
2

2

Từ các biểu thức đã biến đổi trên hãy biến đổi các biểu thức sau:
2
2
1. x1  x2

2.

x13  x23

4
4
3. x1  x2

(

  x1  x2   x1  x2 

(=
(=

4. x  x
(=
Bài tập áp dụng
6
1

6
2

=…….)

 x1  x2   x12  x1 x2  x22    x1  x2  �
 x1  x2 
�

x

2
1

 x22   x12  x22 
2 3
2

 x1 x2 �
�=……. )

=…… )

( x )  ( x )   x  x22   x14  x12 x22  x24 
2 3
1

2

2
1

= ……..)
1
1

8. x1  1 x2  1

5. x  x
6. x  x
7. x  x
2. Không giải phương trình, tính giá trị của biểu thức nghiệm
2
a) Cho phương trình : x  8 x  15  0 Khơng giải phương trình, hãy tính
6
1

6
2

1. x  x
2
1

2
2

5
1

(34)

5
2

7
1

1 1

x
x2
1
2.

7
2

�8 �
� �
15 �
�


10

x1 x2

3. x2 x1

�34 �
� �
�15 �

1 1

x
x2
1
1.

�9 �
��
�8 �

1 1

x
x2
1
1.

�14 �
� �
�29 �

x x
4.  1 2 
(46)

2
b) Cho phương trình : 8 x  72 x  64  0 Khơng giải phương trình, hãy tính:
2

2
2
(65)
2. x1  x2
2
c) Cho phương trình : x  14 x  29  0 Khơng giải phương trình, hãy tính:
2
2
2. x1  x2
(138)
2
d) Cho phương trình : 2 x  3x  1  0 Khơng giải phương trình, hãy tính:

1 1

x
x2
1
1.

(3)

1  x1 1  x2

x
x2

1
2.
x1
x
 2
4. x2  1 x1  1

(1)
�5 �
��
�6 �

3. x  x
(1)
2
e) Cho phương trình x  4 3x  8  0 có 2 nghiệm x1 ; x2 , khơng giải
phương trình, tính
2
1

2
2

Q
Q

HD:

6 x12  10 x1 x2  6 x22
5 x1 x23  5 x13 x2

6 x12  10 x1 x2  6 x22
6( x1  x2 ) 2  2 x1 x2
6.(4 3) 2  2.8
17



3
3
2
5 x1 x2  5 x1 x2
80
5.8 �
(4 3) 2  2.8�
5 x1 x2 �
 x1  x2   2 x1 x2 �
�
�
�
�

ỨNG DỤNG 7: TÌM HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA HAI NGHIỆM
CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAO CHO HAI NGHIỆM NÀY KHÔNG PHỤ
THUỘC (HAY ĐỘC LẬP) VỚI THAM SỐ
Để làm các bài toán loại này, ta làm lần lượt theo các bước sau:
- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2
(thường là a  0 và   0)
- Áp dụng hệ thức VI-ÉT viết S = x1 + x2 v à P = x1 x2 theo tham số
- Dùng quy tắc cộng hoặc thế để tính tham số theo x1 và x2. Từ đó đưa ra

hệ thức liên hệ giữa các nghiệm x1 và x2.
m  1 x  2mx  m  4  0
Ví dụ 1: Cho phương trình : 
có 2 nghiệm x1 ; x2 .
Lập hệ thức liên hệ giữa x1; x2 sao cho chúng khơng phụ thuộc vào m.
Để phương trình trên có hai nghiệm x1 và x2 thì :
2

m �1
�
m �1
m  1 �0
m �1
�
�
�
�
��2
��
�� 4
�
V' �0
5m  4 �0
m�
m  (m  1)(m  4) �0
�
�
�
�
� 5

Theo hệ thức VI-ÉT ta có :


11
2m
2
�
�
x1  x2 
x1  x2  2 
(1)
�
�
�
�
m 1
m 1
��
�
�x .x  m  4
�x .x  1  3 (2)
1 2
1 2
m 1
m 1
�
�

Rút m từ (1) ta có :

2
2
 x1  x2  2 � m  1 
m 1
x1  x2  2

(3)

Rút m từ (2) ta có :
3
3
 1  x1 x2 � m  1 
m 1
1  x1 x2

(4)

Đồng nhất các vế của (3) và (4) ta có:
2
3

� 2  1  x1 x2   3  x1  x2  2  � 3  x1  x2   2 x1 x2  8  0
x1  x2  2 1  x1x2

m  1 x 2  2mx  m  4  0
Ví dụ 2: Gọi x1 ; x2 là nghiệm của phương trình : 
.

 1 2 1 2
Chứng minh rằng biểu thức

không phụ thuộc giá trị của
m.
Để phương trình trên có 2 nghiệm x1 và x2 th ì :
A  3 x  x  2x x  8

m �1
�
m �1
m  1 �0
m �1
�
�
�
�
��2
��
�� 4
�
V' �0
5m  4 �0
m�
m  (m  1)(m  4) �0
�
�
�
�
� 5

Theo hệ thức VI- ÉT ta c ó :
2m

�
x1  x2 
�
�
m 1
�
m
�x .x   4
�1 2 m  1

thay vào A ta có:

2m
m4
6m  2m  8  8(m  1)
0
 2.
8 

0
m 1
m 1
m 1
m 1
4
m�
5 . Do đó biểu thức A khơng phụ thuộc vào m
Vậy A = 0 với mọi m �1 và
A  3  x1  x2   2 x1 x2  8  3.

Nhận xét:
- Lưu ý điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có 2 nghiệm
- Sau đó dựa vào hệ thức VI-ÉT rút tham số theo tổng nghiệm, theo tích
nghiệm sau đó đồng nhất các vế ta sẽ được một biểu thức chứa nghiệm không
phụ thuộc vào tham số.
Bài tập áp dụng:

x   m  2  x   2m  1  0
1. Cho phương trình :
có 2 nghiệm x1; x2 . Hãy lập
hệ thức liên hệ giữa x1 ; x2 sao cho x1; x2 độc lập đối với m.
2

   m  2   4  2m  1  m 2  4m  8   m  2   4  0
2

Hướng dẫn: Dễ thấy
do đó phương trình đã cho ln có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2
Theo hệ thức VI- ÉT ta có

2


12
m  x1  x2  2(1)
�
�x1  x2  m  2
�
� � x1 x2  1
�

m
(2)
�x1.x2  2m  1
�
�
2

Từ (1) và (2) ta có:
x1  x2  2 

x1 x2  1
� 2  x1  x2   x1 x2  5  0
2
x 2   4m  1 x  2  m  4   0

2. Cho phương trình :
.
Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 sao cho chúng không phụ thuộc vào m.
2
2
Hướng dẫn: Dễ thấy   (4m  1)  4.2(m  4)  16m  33  0 do đó phương
trình đã cho ln có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2
Theo hệ thức VI- ÉT ta có
4m  ( x1  x2 )  1(1)
�x1  x2  (4m  1)
�
��
�
4m  2 x1 x2  16(2)
�x1.x2  2( m  4)

�

Từ (1) và (2) ta có:

( x1  x2 )  1  2 x1 x2  16 � 2 x1 x2  ( x1  x2 )  17  0

ỨNG DỤNG 8: TÌM GIÁ TRỊ THAM SỐ CỦA PHƯƠNG TRÌNH
THOẢ MÃN HỆ THỨC CHỨA NGHIỆM ĐÃ CHO
Đối với các bài toán dạng này, ta làm như sau:
- Đặt điều kiện cho tham số để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 và x2
(thường là a  0 và   0)
- Từ hệ thức liên hệ giữa các nghiệm đề bài đã cho, áp dụng hệ thức VIÉT để tìm tham số của phương trình.
- Đối chiếu với điều kiện xác định của tham số để xác định giá trị cần tìm.
1. Dạng hệ thức liên hệ giữa các nghiệm có chứa các biểu thức tổng,
tích hai nghiệm
mx 2  6  m  1 x  9  m  3  0
Ví dụ 1: Cho phương trình :
Tìm giá trị của tham số m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức :

x1  x2  x1.x2

Bài giải: Điều kiện để phương trình c ó 2 nghiệm x1 và x2 l à :
m �0
m �0
�
�
�
�
�
�

2
�
 '  9  m 2  2m  1  9m 2  27 �0
' �
3  m  21 �
�
�
�
� 9(m  3)m �0
m �0
�
�m �0
��
��
 '  9  m  1 �0 �m �1
�
6( m  1)
�
x1  x2 
�
�
m
�
�x x  9(m  3)
1 2
m
Theo hệ thức VI- ÉT ta c ó: �
x1  x2  x1 x2 . Suy ra:

và từ giả thiết:

6(m  1) 9( m  3)

� 6(m  1)  9(m  3) � 6m  6  9m  27 � 3m  21 � m  7
m
m


13

(thoả mãn điều kiện xác định )
Vậy với m = 7 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ

thức : x1  x2  x1.x2

Ví dụ 2: Cho phương trình :

x 2   2m  1 x  m2  2  0

.

3x x  5 x  x  7  0
Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức : 1 2  1 2 
Bài giải: Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm x1 & x2 là :
 '  (2m  1) 2  4( m2  2) �0

� 4m 2  4m  1  4m 2  8 �0
7
�4�۳
m 7 0 m

4
�x1  x2  2m  1
�
2
Theo hệ thức VI-ÉT ta có: �x1 x2  m  2 và từ giả thiết
3x1 x2  5  x1  x2   7  0

. Suy ra

3(m  2)  5(2m  1)  7  0
2

� 3m 2  6  10m  5  7  0
m  2(TM )
�
�
� 3m  10m  8  0 �
4
�
m  ( KTM )
� 3
2

Vậy với m = 2 thì phương trình có 2 nghiệm

x1 và x2 thoả mãn hệ thức :

3x1 x2  5  x1  x2   7  0

2. Dạng hệ thức liên hệ giữa các nghiệm có chứa các biểu thức đối

xứng của hai nghiệm

2
2
2
2
2
a) x1  x2  ( x1  2 x1 x2  x2 )  2 x1 x2  ( x1  x2 )  2 x1 x2

2
x13  x23   x1  x2   x12  x1 x2  x22    x1  x2  �
 x1  x2   3x1 x2 �
�
�
b)

2 2
x 4  x 4  ( x12 )2  ( x22 )2   x12  x22   2 x12 x22  �
( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 �
�
� 2 x1 x2
c) 1 2
1 1 x1  x2
 
x1 x2
d) x1 x2
2

2

Đối với các bài toán dạng này, ta làm như sau: Biến đổi biểu thức đối
x1  x2 ) và x1 x2
xứng trong hệ thức bài cho làm xuất hiện (
sau đó sử dụng hệ
thức Vi-ét để tìm giá trị của tham số.
3. Dạng hệ thức liên hệ giữa các nghiệm là phương trình bậc nhất hai
x1 x2
ẩn ,


14

Đối với các bài toán dạng này, ta làm như sau: Kết hợp hệ thức bài cho
với hệ thức tổng hai nghiệm của hệ thức Vi-ét để được hệ hai phương trình bậc
x1 x2
nhất hai ẩn ,
Giải hệ phương trình để tìm nghiệm của hệ phương trình theo tham số rồi
thay vào hệ thức tích hai nghiệm để tìm tham số.
Bài tập áp dụng



1. Cho phương trình :
x1
x2
x1  2 x2  0
Tìm m để 2 nghiệm và thoả mãn hệ thức :
mx 2  2 m  4 x  m  7  0

16

m �0 & m �
15
Giải: - Để phương trình có nghiệm thì:
( m  4)
�
x1  x2 
�
�
m
(1)
�
�x x  m  7
1 2
m
- Theo VI-ÉT: �

- Kết hợp hệ thức x1  2 x2  0 với hệ thức x1 + x2 =
Suy ra: (2)

- Thế (2) vào hệ thức tích ta đưa được về phương trình sau:
m 2  127m  128  0 � m1  1; m2  128

(TM)

x 2   m  1 x  5m  6  0
2. Cho phương trình :
Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thoả mãn hệ thức: 4 x1  3x2  1
3 x 2   3m  2  x   3m  1  0

3. Cho phương trình :

.
x
x
Tìm m để 2 nghiệm 1 và 2 thoả mãn hệ thức : 3x1  5 x2  6
Ngoài ra ta có thể giải dạng này theo cách sau
+ Trong 3 bài tập trên thì các biểu thức nghiệm lại khơng cho sẵn tổng và
tích hai nghiệm, do đó vấn đề đặt ra ở đây là làm thế nào để từ biểu thức đã cho
biến đổi về biểu thức có chứa tổng nghiệm x1  x2 và tích nghiệm x1 x2 rồi từ đó
vận dụng tương tự cách làm đã trình bày ở Ví dụ 1 và ví dụ 2.
16
m �0 & m �
15
BT1: - ĐKX Đ:
(m  4)
�
x1  x2 
�
�
m
(1)
�
�x x  m  7
1 2
m
-Theo VI-ÉT: �

- Từ x1  2 x2  0 Suy ra:

�x1  x2  3x2
� 2( x1  x2 ) 2  9 x1 x2

�
2( x1  x2 )  3x1
�

(2)


15

- Thế (1) vào (2) ta đưa được về phương trình sau:
m  127m  128  0 � m1  1; m2  128
2

2
BT2: - ĐKXĐ:   m  22m  25 �0 � 11  96 �m �11  96

�x1  x2  1  m
(1)
�
�x1 x2  5m  6

- Theo VI-ÉT:
- Từ : 4 x1  3x2  1 . Suy ra:

�x1  1  3( x1  x2 )
� x1 x2   1  3( x1  x2 )  .  4( x1  x2 )  1
�
�x2  4( x1  x2 )  1
� x1 x2  7( x1  x2 )  12( x1  x2 ) 2  1

(2)

m0
�
12m(m  1)  0 � �
m 1
�
- Thế (1) vào (2) ta có phương trình :

(thoả mãn

ĐKXĐ)
2
2
2
BT3: - Vì   (3m  2)  4.3(3m  1)  9m  24m  16  (3m  4) �0 với mọi số
thực m nên phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt.
3m  2
�
x1  x2 
�
�
3
(1)
�
�x x  (3m  1)
1 2
3
- Theo VI-ÉT: �
- Từ giả thiết: 3x1  5 x2  6 . Suy ra:

8 x1  5( x1  x2 )  6
�
� 64 x1 x2   5( x1  x2 )  6 . 3( x1  x2 )  6
�
8 x2  3( x1  x2 )  6
�
� 64 x1 x2  15( x1  x2 )2  12( x1  x2 )  36

(2)

m0
�
�
m(45m  96)  0 �
32
�
m
15
�
- Thế (1) vào (2) ta được phương trình:

(thoả

mãn )
4. Dạng hệ thức liên hệ giữa các nghiệm có chứa dạng phương trình
bậc hai ban đầu
Đối với các bài tốn dạng này, ta làm như sau: Sử dụng điều kiện x1 , x2
là nghiệm của phương trình rồi thay vào hệ thức bài ra để tìm tham số của
phương trình.
Ví dụ: Cho hương trình: x2 – 2(m-1)x + 2m – 5 = 0 (1)(với m là tham số)

Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi giá trị của
m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thứ
( x12  2mx1  x2  2m  3)( x22  2mx2  x1  2m  3)  19

Giải:
 '  (m  1) 2  (2m  5)  m 2  4m  6  ( m  2) 2  2  0, m


16

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi giá trị của
m.
Khi đó; theo định lí Vi-ét ta có:

�x1  x2  2(m  1)
�
�x1 x2  2m  5

2
Vì x1; x2 là hai nghiệm của phương trình (1) nên x1  2(m  1) x1  2m  5  0

x22  2(m  1) x2  2m  5  0

x12  2mx1  x2  2m  3  x12  2(m  1) x1  2m  5  2 x1  x2  2  2 x1  x2  2

Ta có:  2( x1  x2 )  x2  2  2.2(m  1)  x2  2  6  4m  x2
x22  2mx2  x1  2m  3  x22  2(m  1) x2  2m  5  2 x2  x1  2  2 x2  x1  2
 2( x1  x2 )  x1  2  2.2( m  1)  x1  2  6  4m  x1
2
2

Mà theo bài ra ta có: ( x1  2mx1  x2  2m  3)( x2  2mx2  x1  2m  3)  19 nên:

(6  4m  x2 )(6  4 m  x1 )  19

� (6  4m)( x1  x2 )  (6  4m) 2  x1 x2  19

� 2(m  1)(6  4m)  (6  4m) 2  2m  5  19
� 8m 2  26m  0
13
� m  0; m 
4

ỨNG DỤNG 9: XÁC ĐỊNH DẤU CÁC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI
2
Cho phương trình: ax  bx  c  0 (a  0) .Hãy tìm điều kiện để phương
trình có 2 nghiệm: trái dấu, cùng dấu, cùng dương, cùng âm ….
Ta lập bảng xét dấu sau:
S  x1  x2
P  x1 x2
Dấu nghiệm
x1
x2

Điều kiện chung
m
�
trái dấu
P<0
0

  0 ; P < 0.
�
�
cùng dấu,
P>0
0
0 ;P>0
cùng dương,
+
+
S>0
P>0
0
0 ;P>0;S>0


cùng âm
S<0
P>0
  0   0 ; P > 0 ; S < 0.
Ví dụ: Xác định tham số m sao cho phương trình:
2 x 2   3m  1 x  m 2  m  6  0

có 2 nghiệm trái dấu.
Để phương trình có 2 nghiệm trái dấu thì
�
  (3m  1) 2  4.2.( m2  m  6) �0

�
0

�  (m  7) 2 �0m
�
�
2
� � m m6
��
� 2  m  3
�
0
�P  0
�P  (m  3)( m  2)  0
�P 
�
2

2
Vậy với  m  3 thì phương trình có 2 nghi ệm trái dấu.

Bài tập tham khảo:
1.
2.

mx 2  2  m  2  x  3  m  2   0

3mx  2  2m  1 x  m  0
2

có 2 nghiệm cùng dấu.

có 2 nghiệm âm.

17


3. 
có ít nhất một nghiệm khơng âm.
ỨNG DỤNG 10: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT HOẶC GIÁ TRỊ NHỎ
NHẤT CỦA BIỂU THỨC NGHIỆM
Áp dụng tính chất sau về bất đẳng thức: trong mọi trường hợp nếu ta ln
phân tích được:
m 1 x2  2x  m  0

A m
�
C�
kB
�

(trong đó A, B là các biểu thức không âm ; m, k là hằng số)

(*)
Thì ta thấy : C �m (v ì A �0 )
C �k (v ì B �0 )

� min C  m � A  0

� max C  k � B  0
x 2   2m  1 x  m  0

Ví dụ 1: Cho phương trình :
Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để :
A  x12  x22  6 x1 x2

Bài giải: Theo VI-ÉT:

có giá trị nhỏ nhất.
�x1  x2  (2m  1)
�
�x1 x2  m

A  x12  x22  6 x1 x2   x1  x2   8 x1 x2
2

Theo đ ề b ài :

  2m  1  8m
2

 4m 2  12m  1
 (2m  3)2  8 �8

m

trị

3
2

Suy ra: min A  8 � 2m  3  0 hay

2
Ví dụ 2: Cho phương trình : x  mx  m  1  0
Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá
lớn nhất của biểu thức sau:
B

2 x1 x2  3
x  x22  2  x1 x2  1
2
1

Ta có: Theo hệ thức VI-ÉT thì :
�B

�x1  x2  m
�
�x1 x2  m  1

2 x1 x2  3
2 x1 x2  3
2(m  1)  3 2m  1


 2
2
2
x  x2  2  x1 x2  1 ( x1  x2 )  2
m2  2
m 2
2

1

Cách 1: Thêm bớt để đưa về dạng như phần (*) đã hướng dẫn
Ta biến đổi B như sau:
B

m 2  2   m2  2m  1
m2  2

 m  1
 1

2

m2  2


18

 m 1�

2

 m  1

0

2

0

B 1

m 2
Vì
Vậy max B=1 � m = 1
Với cách thêm bớt khác ta lại có:
2

1 2
1
1 2
1
2
m  2m  1  m 2
m  4m  4    m 2  2 

m  2

1
2
2
2
2
B



2
2

2
m 2
m 2
2  m  2 2

 m  2

 m 2  � 0
2

Vì

2

2  m  2
2

0

B

1
2

1
min B   � m  2
2
Vậy

Cách 2: Đưa về giải phương trình bậc 2 với ẩn là m và B là tham số, ta sẽ

tìm điều kiện cho tham số B để phương trình đã cho ln có nghiệm với mọi m.
B

2m  1
� Bm 2  2m  2 B  1  0
2
m 2
(Với m là ẩn, B là tham số)

(**)

Ta có:   1  B(2 B  1)  1  2 B  B
Để phương trình (**) ln có nghiệm với mọi m thì   0
2

2 B 2  B  1 �0 � 2 B 2  B  1 �0 �  2 B  1  B  1 �0

hay

�
1
�
�B �
�
�
2
B

1
�

0
�
2
�
�
�
�
�
1
�
�B  1 �0
�B �1
��
��
�  �B �1
�
2
2 B  1 �0
1
�
�
�
�
�B �
�
�
2
�
�B  1 �0
�

�
�
�B �1
�
Vậy: max B=1 � m = 1
1
min B   � m  2
2

Bài tập áp dụng
Cho phương trình :

A   x1  x2 

x 2   4m  1 x  2  m  4   0

.Tìm m để biểu thức

2

có giá trị nhỏ nhất.
2
2. Cho phương trình x  2(m  1) x  3  m  0 . Tìm m sao cho nghiệm x1; x2

thỏa mãn điều kiện x1  x2 �10 .
2
2
3. Cho phương trình : x  2(m  4) x  m  8  0 xác định m để phương trình
có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn
a) A  x1  x2  3x1 x2 đạt giá trị lớn nhất

2

2

b) B  x1  x2  x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất
2
2
4. Cho phương trình : x  (m  1) x  m  m  2  0 . Với giá trị nào của m,
2

2

2
2
biểu thức C  x1  x2 dạt giá trị nhỏ nhất.


19
2
2
2
5. Cho phương trình x  (m  1)  m  0 . Xác định m để biểu thức E  x1  x2
đạt giá trị nhỏ nhất.
IV. HIỆU QUẢ DO SKKN MANG LẠI:

1. Kết quả thu được:
Từ thực tế giảng dạy áp dụng đề tài này vào giảng dạy tôi thấy chất lượng
được cải thiện rõ rệt qua khảo sát bài kiểm tra 15 phút toán 9 sau khi học xong
chủ đề này của học sinh sinh lớp 9A, kết quả đạt được như sau:
Kết quả

STT
1

Lớp
9A

Sĩ
số

Giỏi

47

Khá

TB

Yếu

kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

13

27,7

21

44,7

12

25,5

1

2,1

0

0

2. Giải pháp mới cải tiến:
Với đề tài này tơi có thể áp dụng cho từng đối tượng học sinh phù hợp với
yêu cầu thực tế giảng dạy. Từ đó để từng bước nâng cao chất lượng đại trà cũng
như chất lượng học sinh khá giỏi.
3. Điều kiện và khả năng áp dụng:
Đề tài này áp dụng cho mọi đối tượng học sinh khối 9, đặc biệt là học sinh
ôn thi vào 10. Đây là một dạng bài tập mà hầu như năm nào trong đề thi vào 10
ở các tỉnh trong cả nước cũng có, nên khi các em nắm chắc các dạng bài tập này
thì đó là một hành trang vững chắc để các em tự tin khi bước vào phòng thi.
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Qua tìm hiểu, trị chuyện với học sinh, tơi nhận thấy đa số các em đã nhận
thức được tầm quan trọng của việc học ở phổ thơng chính là địn bẩy đưa các em
đến tương lai tươi đẹp. Đa số các em học sinh khá, giỏi đều rất muốn được mở
rộng, nâng cao kiến thức nhưng các em không biết bằng cách nào, đọc sách nào
là tốt vì sách tham khảo rất nhiều loại.Vì vậy giáo viên cần nghiên cứu tìm cách
hướng dẫn học sinh cách tự học ở nhà, tự chọn sách tham khảo,…
Mong rằng đề tài này: “Ứng dụng hệ thức Vi-ét để giải các bài tập” góp
phần giúp các em thêm kiến thức, biết ứng dụng hệ thức Vi-ét vào giải các bài
toán bậc hai để các em thêm tự tin trong các kỳ thi tuyển.
Trong đề tài này, tơi cịn nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý của quý
thầy, cô giáo và các em học sinh.
2. Kiến nghị:


20

Đối với giáo viên: Cần nghiên cứu kĩ đề tài, nắm chắc các phương pháp
giải từng dạng toán; chuẩn bị kĩ 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 tốn và phát huy
tính chủ động sáng tạo, chăm chỉ rèn luyện, làm nhiều bài tập luyện để nâng cao
kĩ năng giải toán.
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Đông Văn, ngày 15 tháng 3 năm 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.
Người thực hiện

Lê Thị Hưng