skkn he thuc viet

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND HUYỆN THANH HÀ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN “PHÂN DẠNG TOÁN HỆ THỨC VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG” MÔN : TOÁN. F.Viète. Năm học 2014 - 2015.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét và ứng dụng” 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Áp dụng cho giảng dạy và học tập thuộc môn Toán 9, phân môn Đại số 9, cấp THCS. 3. Tác giả: Họ và tên : NGUYỄN ĐỨC HIỂN. Nam.. Ngày/tháng/năm sinh: 15/09/1982. Trình độ chuyên môn: Đại học SP Toán. Chức vụ, đơn vị công tác: Tổ trưởng chuyên môn tổ khoa học tự nhiên, trường THCS Hợp Đức. Điện thoại: 0978.837.545 4. Đồng tác giả (không có) 5. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: 6. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): Trường THCS Hợp Đức, huyện Bình Giang, tỉnh Hải Dương. Điện thoại : 03203.816.184 7. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Giáo viên phải tích cực đọc nghiên cứu tài liệu liên quan, nắm chắc phương pháp giải của từng dạng toán trong sáng kiến. Học sinh có đầy đủ SGK, SBT và nắm vững định lí Vi-ét, phương pháp giải của từng dạng toán, đồng thời phải tích cực giải toán, trình bày. 8. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Tháng 3, năm 2014 HỌ TÊN TÁC GIẢ (KÝ TÊN). XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> TÓM TẮT SÁNG KIẾN 1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến 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 Hải Dương 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” 2. Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến Để áp dụng sáng kiến này giáo viên cần tích cực đọc nghiên cứu tài liệu liên quan, nắm chắc phương pháp giải của từng dạng toán trong sáng kiến. Học sinh có đầy đủ SGK, SBT và nắm vững định lí Vi-ét. Tôi đã áp dụng sáng kiến này từ tháng 3 năm 2014 cho việc dạy và ôn tập cho học sinh trường tôi thi vào THPT năm học 2014-2015 3. Nội dung sáng kiến 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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. 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. 4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến Sau khi áp dụng sáng kiến, với sự so sánh đối chiếu kết quả trước và sau khi áp dụng tôi khẳng định sáng kiến đã giúp giáo viên giảng dạy chủ đề kiến thức về hệ thức Vi-ét nhẹ nhàng nhưng đầy đủ và hấp dẫn, lôi cuốn các đối tượng học sinh tham gia học tập. Học sinh tích cực, chủ động và có nhiều em biểu hiện sự sáng tạo, say mê, kết quả làm bài cao. Đặc biệt trong kì thi tuyển sinh vào THPT năm học 2014-2015 học sinh tôi đều làm tốt bài tập dạng này. 5. 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..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> MÔ TẢ SÁNG KIẾN 1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến 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” 2. Thực trạng 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:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tháng 6 năm 2013 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 2012-2013. Sĩ số 86. Giỏi SL 5. % 5,8. Khá SL 9. % 10,5. TB SL 58. % 67,4. Yếu SL 11. % 12,8. Kém SL 3. % 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 2013-2014 và đã khẳng định được kết quả của sáng kiến . 3. Các biện pháp 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.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> b  x  x  1 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 .  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 . * Định lí Vi-ét: (đảo) u  v S  u.v P Nếu hai số u, v thỏa mãn  thì hai số đó là hai nghiệm của 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.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> a) 2x2 - 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. x1, x2. Theo hệ thức Vi-ét, ta có:. x1  x 2 . b 17 c 1  , x1.x 2   a 2 a 2.. b) 25x2 + 10x + 1 = 0 (a = 25 0, b = 2b’ = 10, c = 1) 2 Ta có:  ' 5  25.1 0  Phương trình có hai nghiệm x1, x2. Theo hệ thức. Vi-ét, ta có:. x1  x 2 . b 10 2 c 1   , 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: b) x2 + 2  m  1 x + m2 = 0. a) x2 - 2x + m = 0 Giải. a) x2 - 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: x1  x 2 . b c 2, x1.x 2  m a a .. b) x2 + 2  m  1 x + m2 = 0 (a = 1 0, b = 2b’ =  m  1 , c = m). 2.  '    m  1   1.m 2 m 2  2m  1  m 2 1  2m Ta có: .. Để phương trình có nghiệm.   ' 0  1  2m 0  m . 1 1 m 2 . Vậy với 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   m 2 a 1 a 1 . 3.2.2. Dạng toán 2: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 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 .  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 . Trường hợp 2: Cho phương trình x2 + 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:.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 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. a) 35x2 - 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 . b) x2 - 49x - 50 = 0 Nhận thấy phương trình có a - b + c = 1 - (-49) + (-50) = 0. Do đó phương c   50  50  1 trình có một nghiệm là x1 = - 1, x2 = - a . 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. a) x2 - 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  12  3.4 thỏa mãn  1 2.  x1  x 2 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 2 Ta thấy  ' 3  1.8 1  0 . Do đó phương trình có hai nghiệm x1 và x2 thỏa.  x1  x 2   2     4   x1  x 2  6   x .x 8   2  .  4   x1.x 2 8   2  .  4  mãn  1 2.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 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 ? Ta làm như sau: Dùng hệ thức Vi-ét x1  x 2 =. thức, ta có. x 2 . . b a . Thay x1 = m vào hệ. b b c  x1   m x1.x 2  a a a . Thay x1 = hoặc ta dùng hệ thức. m c c x 2   : x1   : m a a vào hệ thức, ta có . 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 -4x2 - 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: x1  x 2 =. . b 2 2 2 2 7 x 2   x1     3 3   a = 3  3 3 3 3 ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 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 b) x1 = 5 là một nghiệm của phương trình -4x2 - 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    x 2  : x  : 5   1   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 a) x2 + mx - 35 = 0. c  35 x1.x 2    35 a 1 Theo hệ thức Vi-ét, ta có: . Mà x1 = 7 nên suy ra: x 2  35 : x1  35 : 7  5 . Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x 2 =. . b m  m  7    5   m  m  2 a = 1. Vậy x2 =  5 , m =  2 . b) 3x2 – 2(m – 3)x + 5 = 0. c 5 1 x1.x 2   a 3 . Mà x1 = 3 nên suy ra: Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 5 5 1 x 2  : x1  : 5. 3 3 3 . Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x 2 =. . 2  m  3 b 2  m  3 1  5   16 2m  6  m 11. 3 3 3 a =.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Vậy x2 = 5, m = 11. Nhận xét: Trong ví dụ 2 này ta sử dụng hệ thức Vi-ét. x2 trước, sau đó sử dụng hệ thức Vi-ét x1  x 2 =. . x1.x 2 . c a trước để tìm. b a (vì lúc này đã biết x1 và. x2) để 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:. Nếu hai số u, v thỏa mãn. u  v S  u.v P. thì hai số đó là hai nghiệm của. 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  v x 2 được:  hoặc. u 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. 2.    32   4.231 100  0 .   100 10. Phương trình có hai nghiệm phân biệt:. x1 . Vậy u = 21, v = 11 hoặc u = 11, v = 21. b) Ta có u + v = -8, u.v = - 105.. 32  10 32  10 21; x 2  11 2 2 ..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Do đó u và v là nghiệm của phương trình: x2 + 8x - 105 = 0.  82  4.  105  484  0 .  22. Phương trình có hai nghiệm phân biệt:. .. x1 .  8  22  8  22 7; x 2   15 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. 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  u.v 54 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:  . Do đó u, v là nghiệm của 2. phương trình bậc hai: x - 15x + 54 = 0. Ta có    15   4.54 9  0 2.  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  b)  xy  4.  x  y 10  xy 24 a)  Giải.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  x  y 10   xy 24  a).  x    y  10   x.  y   24 .. 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).. b).  x 2  y 2 12    xy  4. 2  x  y   2xy 12    xy  4. 2  x  y  4    xy  4.   x  y 2    x  y  2  xy  4 .  x  y 2  xy  4   Với x + y = 2, ta có hệ:  x, y là nghiệm của phương trình: t2 – 2t - 4 = 0  t1 1  5, t 2 1   x 1  5, y 1 . 5.. 5 hoặc x 1 . 5, y 1  5 ..  x  y  2  xy  4   Với x + y = - 2, có hệ:  x, y là nghiệm của phương trình: t2 + 2t - 4 = 0  t 3  1  5, t 4  1   x  1  5, y  1 . 5.. 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.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 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    v  Đặt . x 9 . x.  0  u v. x 9  x. và uv  x  9  x 3.. u  v 4  uv 3  u, v là nghiệm Khi đó phương trình (1) được chuyển thành hệ:   u 1, v 3  0  u v  của phương trình: t2 - 4t + 3 = 0  t1 1, t 2 3    . x 9 .  x  9  x 1  x  9  x 3  x  9  x 9.  2 x 8 . x 1. 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) x1 và x2. Ta thực hiện theo các bước: 2  Bước 1: Xét biệt thức  b  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:.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 2. (1). x12  x 22  x1  x 2   2x1x 2 S2  2P; 3. (2). x13  x 32  x1  x 2   3x1x 2  x1  x 2  S3  3SP; 2. 2. 2. 2. 2. (3). x14  x 42  x12    x 22   x12  x 22   2  x1x 2   S2  2P   2P 2 ; (4).. 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: 2 2 a) A = x1  x 2 ;. 1 1  b) B = x1 x 2 ;. 2 2 c) C = x1  x 2. d) D = x1  x 2. Giải 2. Phương trình x2 – 6x + 8 = 0 có  '   3  1.8 9  8 1  0  phương trình. có hai nghiệm phân biệt x1, x2. Theo định lí Vi-ét ta có:. S x1  x 2 6  P x1x 2 8. 2. 2 2 2 a) A = x1  x 2 =  x1  x 2   2x1x 2 S  2P = 62 – 2.8 = 36 – 16 = 20.. Vậy A = 20 1 1 x1  x 2 S 6 3 3      x x x x P 8 4 2 1 2 b) B = 1 . Vậy B = 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:.  x1 . 2. 2. x 2  x12  x 22  2x1x 2  x1  x 2   4x1x 2 S2  4P 6 2  4.8 4.  x1  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).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 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: b) x13 + x23. a) x1 + x2 ; x1.x2. c). x1  x 2. Giải 2. Phương trình 2x – 7x + 4 = 0 có    7   4.2.4 17  0  phương trình có 2. 7 S x1  x 2  ,P x1x 2 2 2 hai nghiệm phân biệt x1, x2. Theo định lí Vi-ét: 7 a) x1 + x2 = S = 2 ; x1.x2 = P = 2.. b). 3 1. 3 2. x  x  x1  x 2 . 3. 3. 7 175 7  3x1x 2  x1  x 2  S  3SP    3. .2  2 8 .  2 3. 7    do S x1  x 2   0, P x1x 2 2  0  x1 , x 2  0  2  .. c). x1  x 2. Đặt. C  x1  x 2  0. 7 74 2  C2 x1  x 2  2 x1x 2 S  2 P   2 2  2 2.  C  x1  x 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 x 1, 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..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 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. 2 Phương trình x – 2mx + 2m - 2 = 0 có:  ' m  2m  2  m  1  1  0 2. với mọi m. Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2.. Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:. S x1  x 2 2m (1)  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 x 1, x2 . Khi đó tìm hệ thức liên hệ gữa x1, x2 không phụ thuộc vào m. Giải Phương trình mx2 – (2m + 3)x + m - 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m 0     0 . m 0   2 2m  3  4m m  4  0     .  m 0   28m  9  0 . 2m  3 3  S  x  x   2  1 2  m m  P x x  m  4 1  4 1 2 m m Áp dụng hệ thức Vi-ét: . m 0   9 m  28 .. 12  4S  8  (1)  m  3P 3  12 (2)  m. 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:.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 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)  x x  P  g( m )  Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta được:  1 2 .  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. 2  '  0  m  1  7m 0 (đúng với mọi m).    a) Phương trình có nghiệm. 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  x  x  S  2  1 7 (I)  2  m  x x P  1 2 7 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  . 2. 2 2 Theo bài, ta có hệ thức: x1  x 2 =  x1  x 2   2x1x 2 (II). Thay (I) vào (II), ta. 2.  21  m    m 2  18m 2  8m  4 x  x     2. 7 7 49     có: . 2 1. 2 2. 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 ..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Giải Phương trình có hai nghiệm x1, x2 khi và chỉ khi: 2.  ' 0    3  m 9  m 0  m 9. (1)  x1  x 2 6  x x m (2) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1 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) 2 Cho phương trình: x - 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 a) Khi m = 1 ta có phương trình x2 – 4x + 2 = 0 . Giải phương trình được x1 2  2; x 2 2 . 2. 2 b) Ta có  ' m  1  0 với mọi m.. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.  x1  x 2 2(m 1) (1)  x x 2m (2) c) Theo hệ thức Vi-ét ta có:  1 2. Theo giả thiết: x1, x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh 2 2 huyền bằng 12 nên x1 > 0, x2 > 0  m > 0 và x1  x1 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).

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 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 2 2 nhất của y = x1  x 2. 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)  (2) b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:  x1x 2 2m  4 2. 2 2 Theo bài: y = x1  x 2 =  x1  x 2   2x1x 2 (3). Thay (1) và (2) vào (3), ta có: y =  2m  2  Vì  2m  3. 2. 2. 2.  2  2m  4  4m 2  12m  12  2m  3  3 . 2. 0 với mọi m nên suy ra y =  2m  3  3 3 . Dấu “=” xảy ra.  2m  3 0  m . 3 3 m 2 . Vậy ymin = 3  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 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 ax2 + bx + c = 0 ( a 0 ) dựa trên kết quả: c x1  0  x 2  P   0. a - Phương trình có hai nghiệm trái dấu.

<span class='text_page_counter'>(23)</span>  0   ' 0   - Phương trình có hai nghiệm cùng dấu  P  0 .  0   ' 0   P  0 S  0 - Phương trình có hai nghiệm dương   .  0   ' 0   P  0 S  0 - Phương trình có hai nghiệm âm   . 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  P  1  m  0  m  1 a a) Để phương trình có hai nghiệm trái dấu 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.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> m 0  a 0 9  m 2 0   ' 0     m  0  P  0  m S  0 6  0 m. m 0   3 m 3   3 m  0.  1  0  m  0. 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 2) x1 và x 2. 1) -x1 và -x2. Giải a) Ta có S = x1 + x2 = 4 + 1  Vậy hai số 4 và 1  x2 – ( 5 . 2 )x + 4. 2 = 5. 2 , P = x1x2 = 4. 1  2  .. 2 là nghiệm của phương trình cần lập.  1  2  = 0.. 2 b) Phương trình x2 + px – 5 = 0 có  p  5  0 . Do đó phương trình có hai. nghiệm phân biệt. p 5  p  5 Theo định lí Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 , x1x2 = 1 . 1) Ta có -x1 + (-x2) = - (x1 + x2 ) = p và -x1(-x2) = x1x2 = - 5.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 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 + x 2 = x1x 2  5 5 , x 1 . x 2 = x 1x 2  5 5 p 1  Vậy phương trình cần lập là : x2 - 5 x 5 = 0 hay 5x2 - px - 1 = 0 . Ví dụ 2. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 – 3x + 2 = 0. Không giải phương trình trên, hãy lập phương trình bậc hai ẩn là y và có các nghiệm: y1 x 2 . 1 1 ; y 2 x1  x1 x2 . Giải 2. Phương trình x – 3x + 2 = 0 có    3  4.1.2 9  8 1  0 . Suy ra 2. phương trình có hai nghiệm phân biệt.  x1  x 2 3  Theo định lí Vi-ét, ta có:  x1x 2 2.  1  x  x2  1  3 9 y1  y 2  x 2  x1       x 2  x1    1  3   2 2  x1 x 2   x1x 2  Ta có: .  1  1  1 1 9 y1y 2  x 2    x1   x 2 x1   2 2   2  x1   x2  x1 x 2 2 2  9 9 Vậy phương trình bậc hai cần lập là y2 - 2 y + 2 = 0 hay 2y2 – 9y + 9 = 0. 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.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 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 Phương trình x2 – 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 Phương trình 2x2 – 5x + 3 = 0 có a + b + c = 2 – 5 + 3 = 0. Do đó phương 3 trình 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..

<span class='text_page_counter'>(27)</span> a   x A  x B  m (I)   b x x  A B m Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  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 mx2 - ax - b = 0 có nghiệm kép: x1 = x2.. Vận dụng hệ thức Viet, ta có:. a  x  x  1 2  m  b  (II)  x 1x 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   x x  b Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  A B.  1  2 a   (  1).2  b . a 1  b 2. Vậy phương trình đường thẳng đi qua A và B là: y = x + 2. x2 y 4 ; điểm A thuộc (P) có hoành độ xA = 2. Ví dụ 2. Cho parabol (P): Lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) tại A..

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 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 4 = ax + b  x2 - 4ax - 4b = 0 (*). 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    x1x 2  4b  x x x 2 2 A  1. 4 4a   4  4b . a 1  b  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   x. . x    6 x  1 x  1     Ví dụ 1. Giải phương trình (*) Giải Điều kiện: x  1 .   5 x  u x. x  1     (1)   5  x   v  x     x 1   Đặt .  5 x   5 x    u  v x. x  1    x  x  1         5  x 5  x      u.v x.   . x    x 1   x 1  . u  v 5  u.v 6.  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. - Với. u 3   v 2. thì (1) trở thành: x2 - 2x + 3 = 0. Ta có ' = 1 – 3 = - 2 < 0  Phương trình vô nghiệm. u 2  v 3 - Với  thì (1) trở thành: x2 - 3x + 2 = 0 Ta có a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0  x1 = 1; x2 = 2.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2. Ví dụ 2. Giải các hệ phương trình:  3 x  3 y 4  xy 27 b) .  x  y  xy 7  2 2 a)  xy  x y 12 (Hệ đối xứng loại 1) Giải  x  y  xy 7   2 2 xy  x y  12 a) .  x  y  xy 7   x  xy  .xy 12. Đặt S = x + y, P = xy. Ta có hệ. S  P 7  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  3 v y  v y . Khi đó hệ phương trình có dạng: b) Đặt . u  v 4   3 uv  27   . u  v 4   uv  3  u, v là nghiệm của phương trình:. 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:.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> a) 4x2 + 2x – 5 = 0; d) ( 2 . b) 9x2 - 12x + 5 = 0;. 3 )x2 + 4x + 2  2 = 0;. f) 2x2 + 9x + 7 = 0;. c) 5x2 + x + 2 = 0;. e) 1,4x2 - 3x + 1,2 = 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: a) 7x2 - 9x + 2 = 0;. b) 23x2 - 9x - 32 = 0;. 1 11 3 c) (5 + 2 )x2 + (5 - 2 )x - 10 = 0; d) 3 x2 - 2 x - 6 = 0; 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 x 2 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. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2004-2005). 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. 3 3 b) x1  x 2. c) x1  x 2 .. Bài 6. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2004-2005). 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 x2  1 và x1  1 .. Bài 7. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2009-2010). Cho phương trình (ẩn x): x2 - 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..

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Bài 8. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2011-2012) 2 Cho phương trình: x  2(m  1) x  2m 0. (với ẩn là x ).. (1). 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. (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2013-2014). 2 1. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x  5 x  3 0 . Tính giá trị của 3 3 biểu thức: Q = x1  x2 .. 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. 4. Kết quả đạt được Tháng 6/2014 cũng với đề kiểm tra như ở phần khảo sát thực trạng tôi đã thu được kết quả như sau: Năm học 2013-2014. Sĩ số 42. Giỏi SL 8. % 19. Khá SL 12. % 28,6. TB SL 20. % 47,6. Yếu SL 2. % 4,8. 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 7/2014 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.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> đã tự biên soạn cho mình một tài liệu để giảng dạy về hệ thứ Vi-ét mà tôi rất tâm đắc. 5. Điều kiện để sáng kiến được nhân rộng 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.. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN 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.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> 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 29-NQ/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. Khuyến nghị 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 thi 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. Tôi xin chân thành cảm ơn !. TÀI LIỆU THAM KHẢO ---  --1) SGK, SBT Toán 9. (Nhà xuất GD- 2005) 2) Bồi dưỡng và phát triển Toán 9 (Đặng Phương Trang - Nhà xuất bản Đà Nẵng 2003) 3) Tài liệu ôn thi vào lớp 10 Toán (Trần Thị Vân Anh - Nhà xuất bản ĐH Quốc gia Hà Nội 2010).

<span class='text_page_counter'>(34)</span> 4) Luyện giải và ôn tập Toán 9 (Vũ Dương Thụy - Nhà xuất bản GD 2005) 5) Một số vấn đề phát triển Đại 9 (Vũ Hữu Bình - Nhà xuất bản GD 1998) 6) Các dạng toán đại số lớp 9 (Lê Hải Châu + Nguyễn Xuân Quý - Nhà xuất bản GD 2000) 7) Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán THCS các năm ________________________________________.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> MỤC LỤC ---  --Nội Dung. Trang. Phần 1. Mở đầu. 2. Tóm tắt nội dung sáng kiến. 3. Phần 2. Mô tả sáng kiến:. 4. Đặt vấn đề. 4. Giải quyết vấn đề. 5. Điều tra thực trạng trước khi viết đề tài. 5. Phương pháp nghiên cứu. 5. Biện pháp thực hiện Phần 3. Kết luận. 6 - 24 25.

<span class='text_page_counter'>(36)</span>