PHẦN I
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong phần Đại số 10, các em học sinh đã được tiếp cận một số hệ phương
trình (hpt) : hpt bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2. Lớp 12 tiếp
cận với hpt mũ và hpt logarit , giải một số bài toán về số phức mà để có được kết
quả cuối cùng học sinh phải giải được hpt đại số và hs cũng chỉ giải được những
bài toán cơ bản đơn giản. Tuy nhiên trong thực tế các bài toán giải hpt rất phong
phú và đa dạng và đặc biệt là trong các đề thi Đại học - Cao đẳng -THCN, các em
sẽ gặp một lớp các bài toán về hpt mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải . .
Từ cơ sở thực tiễn giảng dạy khối 12 ở trường THPT, cùng với kinh nghiệm
trong thời gian giảng dạy. Tôi đã tổng hợp , khai thác và hệ thống hoá lại các kiến
thức thành một chuyên đề:
“Đổi mới hoạt động dạy học môn toán qua chuyên đề : Một số dạng
hệ phương trình và phương pháp giải ’’.
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn gởi mở cho học sinh một số
cách nhận dạng hệ phương trình tư đó phân tích bài toán và tìm ra lời giải . Hy
vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có
một cái nhìn khá toàn diện cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán về hệ
giải phương trình .
2. Đối tượng nghiên cứu- Phạm vi nghiên cứu
2.1. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh khối 12 giải các dạng hệ phương trình (hpt) : có một phương
trình(pt) bậc nhất hai ẩn, hpt đối xứng loại 1,hpt đối xứng loại 2, hệ thuần nhất ,hpt
mà trong hệ có môt pt đối xứng,hoặc có một pt mà bậc của ẩn như nhau,và một số
hpt khác
Các hệ phương trình được giải trên tập hợp số thực
2.2. Phạm vi nghiên cứu
Nội dung phần hệ phương trình và một số bài toán cơ bản, nâng cao nằm
trong chương trình đại số 10, đại số 12 Nâng cao
4. Nhiệm vụ -yêu cầu của đề tài

rộng, đa phần các em hoặc rất yêu thích hoặc ngại học môn này.
Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở
môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng
bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư
duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên
cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận
dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp
cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải
hệ phương trình. Trước hết chúng ta tìm hiểu lại một số hệ phươnh trình
1.Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất.
2. Hệ phương trình đối xứng loại 1. Khi thay thế
x
bởi
y
và
y
bởi
x
thì biểu thức
trong mỗi phương trình không đổi, hệ phương trình không đổi
3. Hệ phương trình đối xứng loại 2. Khi thay thế
x
bởi
y
và
y
bởi
x
thì pt thứ



−=+
−=+++
24
16)12(
2
yxxy
yyyxyxy
( )
( )
2
1
Phân tích:- Nhận thấy (2) là pt bậc nhất nên rút ẩn nọ theo ẩn kia.
-Ở pt (1) ẩn y xuất hiện nhiều lần mũ cũng phức tạp hơn nên ta rút x theo y ở (2)
rồi thay vào (1).
Lời giải. Từ (2) rút ra
1
24
+
−
=
y
y
x
(
1−=y
không thõa mãn hệ ), thay vào (1) biến
đổi rút gọn ta được pt:
011918

) là (1; 1), (0;
2
1
).
Thí dụ 2. (Khối B-2008)Giải hpt





+=+
+=++
662
922
2
2234
xxyx
xyxyxx
(
Ryx ∈,
)
( )
( )
2
1
Phân tích : - Nhận thấy (2) là pt bậc nhất đối với y nên ta sẽ rút y theo x
-Vế trái của (1) là hằng đẳng thức
22
)( xyx +
4

4
+=+++++⇔ xxxxx
x

0644812
234
=+++⇔ xxxx




=+++
=
⇔
0644812
0
23
xxx
x
4−=⇔ x
(x=0 (loại
trực tiếp từ hệ đã cho).Suy ra
4
17
=y
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (
yx;
) là


=−+−
3log)9(log3
121
.2
3
3
2
9
yx
yx

3.1.2:Trong hệ có một pt chứa pt bậc 2 một ẩn . Ta tính một ẩn theo ẩn còn lại
rồi thế vào pt còn lại
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình





=+
=+−−+
2
023
22
2
yx
yxxyx
(
Ryx ∈,
)

2+−= yx
.
+)Với
1=x
, thay vào (2) được
1±=y
.
+) Với
2+−= yx
, thay vào (2) được
( )
.11112
2
=⇒=⇐=− yxx
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
( )
yx;
là (1; 1) và (1; -1).
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình





=+−+−−
−+=
01681645
)4)(45(
22
2

0)42(2 =−= xyy
⇔
0=y
hoặc
42 += xy
Lần lượt thế vào phương trình (1) ta cũng được nghiệm hệ đã cho
( )
yx;
là (0; 4) ,
(4; 0) ,






−
0;
5
4
Thí dụ 3. (Khối D-2008). Giải hpt
),(
2212
2
22
Ryx
yxxyyx
yxyxxy
∈


(*).
PT (1)
⇔
0)(
222
=−−+++ yxyyxxy
0)1)(( =+−++⇔ yxyyx




+=
−=
⇔
.12yx
yx
+)
yx −=
( không thoã mãn (*)).
+)
12 += yx
, thay vào (2) ta được
( ) ( )
122212 +=−+ yyyyy

( )
( )
( )
1221 +=+⇔ yyy


yxxyyx
yxyx




=+
=−−−−
++
522
0132
.2
21
22
yx
yxyyx

3.1.3 .Hệ có dạng



=
=
cvuf
vfuf
),(
)()(
, trong đó
)(tf
là hàm số đơn điệu và liên tục trên

)2( yx −
và
)( yx +
. Ta nhóm chúng lại và
lập tức thấy pt có dạng
)()( vfuf =
Lời giải. Biến đổi (1), ta có
{
Ryxyxyxyxyx
yxyx
∈∀+++=−−+⇔
+−
,,)(22)2(2)1(
2
(3)
Đk:
yx ≥
.
Xét hàm số
tttf
t
+= 2)(
,
0>∀t
0
2
2ln2)(' >++=
t
t
ttf

ty
yt
,
Trừ theo vế hai pt trên , biến đổi ta được (
( )
[ ]
01)12(2)12)(12(2)12(2
22
=+−+−−+−− ttyyyt

0=−⇔ yt
(Vì
[ ]
tyttyyytg ,,01)12(2)12)(12(2)12(2),(
22
∀>+−+−−+−=
21)12(
3
=⇒=⇔−=⇔ xyyy
thoã mãn (*).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (2; 1).
Thí dụ 2. (Khối A -2010). Giải hpt
( )
( )





=−++

22
4)2( xx =
như vậy
yy 25)25(
2
−=−
. Ta chuyển vế và biến đổi tiếp
Lời giải. ĐK.
x
4
3
≤
,
2
5
≤y
.
Ta có (1)
⇔

( )
( )
yyxx 25125214
2
−+−=+
(3).
Ta thấy pt (3) có dạng
( )
( )
yfxf 252 −=

≤≤
⇔
2
45
4
3
0
2
x
y
x
Phương trình (2) trở thành
743246
4
25
42
=−++− xxx
(*)
Nhận thấy x=0, x=
4
3
không phải là nghiệm của pt (*).
Xét hàm số
( )
4
3
43264
24
−−+−= xxxxg
trên khoảng (0;

4
3
).
Mặt khác
0
2
1
=






g
. Do đó (*) có nghiệm duy nhất
2
1
=x
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x y) là (
2
1
; 2).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau:



=++−
−=−−−+−

,
xyP =
( đk: S
2
≥

4P),
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình





=++++
=−++++
11
030)2()1(
22
3223
yxyxyxyx
xyyyxyyx
(x , y
)R∈

( )
( )
.2
1
Phân tích: (2) là pt đối xứng loại 1 và khi khai triển pt (1) nó cũng cho ta một pt
đối xứng loại (1) không khó biến đổi.

≥
) hệ đã cho trở thành



=++
=+
11
30)(
SPPS
SPPS
Giải hệ phưong trình trên theo phưong pháp thế (hoặc đặt u =P+S, v =P.S ), ta
được nghiệm



=
=
2
3
P
S
,



=
=
3
2



+−
2
215
;
2
215
và








−+
2
215
;
2
215
.
Thí dụ 2. (Khối A-2006). Giải hệ phương trình
),(
411
3
Ryx
yx

.
Đặt
yxS +=
,
xyP =
(
PS 4
2
≥
) ,hệ đã cho trở thành





−=++
−=
SSP
SP
1412
3
⇔





+−=++
+−=
≤≤






=−+
=++
1
11
3
22
xy
yx
xyyyxx
3.2.2. –Hpt trở thành đối xứng loai 1 sau khi đặt ẩn phụ
( ) ( )
xvvxuu == ,

Thí dụ 1. Giải hệ phương trình





++=++
+=++
1
21
22
2222


=−++
=−+
01
01
22
vuvu
vu
Giải hệ phưong trình trên được



=
=
1
0
v
u
,



=
=
0
1
v
u
.
Từ đó tìm x, y ta được bốn nghiệm của hệ là : (-1; -1), (1; 1), (1; 0), (0; 1).

)
1
(
2
22
++=+
x
x
x
x
và
2
1
)
1
(
2
22
++=+
y
y
y
y
. Ta đặt
x
xu
1
+=
,
y

vu
, giải tìm
được u=2,v=2

. Từ đó suy ra
1== yx
.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1)
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau
1.



=++
=−−
1
3
22
yxyx
xyyx
2.



=++
=+++
72)1)(1(
18
22
yxxy

x
x
( x , y
)R∈

( )
( )
.2
1
Phân tích : pt(1) đối xứng có thể : hoặc có dạng
)()( yfxf =
,
)(tf
là hàm số đồng
biến hoặc có thể biến đổi làm xuất hiệ nhân tử chung.
Lời giải. ĐK:
0≠x
,
0≠y
.
Biến đổi pt (1). (1)
⇔

0
11
=+−−
yx
yx
⇔


=x
+) xy=-1 thay vào (2) pt vô nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( 1; 1), (
2
51−−
;
2
51−−
), (
2
51+−
;
2
51+−
).
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình
( )
( )





+=++
=+−+−
2
22
322
2
0)(2345

−xy
]
⇔
( )
1−xy
( )
[ ]
022
2
=−−+ xyyx



=+
=
⇔
2
22
yx
yx
.
+) xy= 1
y
x
1
=⇒
, thay vào (1) giải pt được y=
1
±
.








=
5
10
;
5
102
; yx
;








−−
5
10
;
5
102
(**)

y
y
x
x
3.2 4. Hệ là đối xứng loại II. Ta thường lấy pt này trừ pt kia và biến đổi về dạng
0),()( =− yxfyx
11
Thí dụ . Giải hệ phương trình
),(
752
725
Ryx
yx
yx
∈





=++−
=−++
.
Phân tích : Đây là hpt đối xứng loại 2 nhưng ta phải bình phương 2 vế các pt rồi
mới trừ vế với vế ph này cho pt kia thì xuất hiện
Lời giải. ĐK.
2≥x
,
2≥y
(*)

+−=−+
≥−
⇔ x
xxxx
x
(thoã mãn (*)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (11; 11).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau
1.



+−=+
+−=+
)(21
)(21
23
23
xyyy
yxxx
2.





+=+−+
+=+−+
−
−

yxxy

( )
( )
2
1
Phân tích : -(1) là pt bậc nhất đối với x,y nên ta có thể làm như dạng 3.1.1
- Cũng có thể nhận thấy đây là hệ pt mà mỗi pt có bậc x, y như nhau nên ta chia lần
lượt (1) và (2) cho y và y
2
(sau khi đã xét y=0) . Ta sẽ nhìn ra ngay cách làm.
Lời giải. Nhận thấy y= 0 không phải là nghiệm của hệ.
Khi y # 0.Chia pt (1) cho y, pt (2) cho y
2
theo vế . Hệ pt đã cho tương đương với







=++
=++
⇔






yy
x
x
.
12
Đặt
y
xu
1
+=
,
y
x
v =
, hệ đã cho trở thành



=−
=+
13
7
2
vu
vu
.
Giải hệ trên được









+=+
+=+
22
33
151
164
xy
xyyx
( )
Ryx ∈,
( )
( )
2
1
Phân tích : Các pt cùng bậc với nhau .Pt (2) chỉ có bậc 2 ta chia cả 2 vế cho y
2
xuất
hiện
2
1
y
và (
)
y
x

1
[51
1
1
.161
1
4)(
2
22
22
3
y
x
yy
y
y
x
y
y
x
Đặt
y
x
u =
,
2
1
y
v =
(

=
thay vào (1) tìm được
4
1
0 =⇒= vu
;
9
1
3
1
=⇒
−
= vu
thõa mãn
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (0; 2), (0; -2), (-1; 3), (1; -3).
Thí dụ 3. Giải hệ phương trình





=++
=++
82
1532
22
22
yxyx
yxyx


( )
( )





=++
=++
82
15132
22
22
ykk
ykk

( )
( )
4
3
Vì y
0≠
nên từ (3) và (4) suy ra
0229
2
=−+ kk



−=

;
14
1411−
), (
14
14
;
14
1411 −
) (**)
Kết luận : Hệ pt đã cho có bốn nghiệm ở (*) và (**).
Bài tập: Giải các hệ phương trình
1.





++
=++
=222
22
22
932
yxyx
yxyx
2.





=−−−
=+−+
38923
143
22
22
yxyx
yxyx
(
), Ryx ∈
.
( )
( )
2
1
Phân tích: Ta để ý thấy ở (2) có
)3(393
22
xxxx −=−
và
)4(2)82(
22
+−=+− yyy
. Dễ thấy (1) cũng lập tức nhóm để có
)3(
2
xx −
và
)4(



=−
=+
323
1
ba
ba
⇔




=
=
0
1
b
a

⇒






=+
=−
04

(
+
, (
0;
2
133 −
) , (
4;
2
133 −
).
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình





=−++
=+−+−
0222
0964
22
224
yxyx
yyxx
(
), Ryx ∈
.
( )
( )




=++
=−+−
2412
432
2
2
2
2
yx
yx

⇔
( )
( )
( )
( )





=++
=−++−+
.2412
44142
2
2

uv
uvvuvu
uv
vu

( )
( )
4
3
Thay (4) vào (3) tìm được
10=+ vu
hoặc
2−=+ vu
(loại).
+) Với



=
=+
24
10
uv
vu
, giải tìm được



=
=

5
)21(
4
5
1
24
232
xyxyyx
xyxyyxyx
2.



=++
=++
64
9)2)(2(
2
yyx
yxxx
3.3 Giải pháp 3: Sử dụng đạo hàm giải một số hpt có chứa tham số
Thí dụ 1. Tìm m để hệ pt sau có nghiệm duy nhất
),(
1
02
Ryx
xyx
myx
∈


( )





≠≤
−
=
−=
)0,1(
1
2
2
xx
x
x
y
mxy
⇒

( )
mx
x
x
−=
−
2
1
2

1
'
x
x
xf
+
=
>0 (
0,1 ≠≤∀ xx
)
Bảng biến thiên
x
-
∞
0 1
( )
xf '
+ +
( )
xf
+
∞
-
∞
2
-
∞
Dựa vào bảng biến thiên ta có giá trị cần tìm là
2≥m
Thí dụ 2. (Khối D-2012). Tìm m để hệ pt sau có nghiệm

)(222
223
xxxxx −=−

và
)(
22
xxyxyyx −−=+−
.Vậy vế trái của (1) phân tích được thành nhân tử nên pt
(2) cũng sẽ nhóm để làm xuất hiện biêu thức như nhau( dạng 3.2.6)
Lời giải. Hệ đã cho tương đương với
( )
( )
( )
( )





−=−+−
=−−
myxxx
myxxx
212
2
2
2
Đặt
xxu −=

1
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thoã mãn
4
1
−≥u
.
16
Với
4
1
−≥u
, ta có (1)
⇔
( )
uuum +−=+
2
12

⇔
12
2
+
+−
=
u
uu
m
.
Xét hàm số
( )

=u
,
2
31−−
=u
(loại)
Bảng biến thiên
u
4
1
−

2
31+−
+
∞
( )
uf '
+ 0 -
( )
uf '

2
32 −
8
5−
-
∞
Vậy giá trị
m

20 ≤≤ y
Ta có (1)
⇔

233
323 yyxx −=−−
⇔
233
3)1(3)1( yyxx −=+−+
.
Hàm số
( )
23
3tttf −=
nghịch biến trên đoạn
[0;
2] nên:
(1)
⇔
yx =+1
⇒
(2)
⇔
012
22
=+−− mxx
Đặt
2
1 xv −=
⇒





=−+
=−
myxyx
xyx
22
2
242
2
2.







−=+++
=+++
1015
11
5
11
3
3
3
3

Suy ra
n
xx ≥
. Từ đây ta đáng giá pt
(2).
Lời giải. Từ (1) suy ra
10 ≤≤ x
,
≤0
1≤y

(3)

⇒
2
xx ≥
Do đó
≥+ x
x
2
2
0
+
2
x
≥
1+
2
x
⇔




−+=−
−+−=−
)2()1(22
)2()1(2
2
2
yyx
xxy

)2(
)1(

Nếu x>2 thì từ (1) suy ra y <2, điều này không thoã mãn (2).
18
Tương tự nếu x<2 cũng không là nghiệm của hpt.
Thay x=2 được y=2 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (2; 2).
Bài tập . Giải các hệ phương trình sau
1.





=+
=+
1

2
3
2
92
2
92
2

19
PHẦN III : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Hệ Phương trình là một nội dung quan trọng trong chương trình môn toán lớp
10 nói riêng và bậc THPT nói chung. Nhưng đối với học sinh lại là một mảng
tương đối khó, đây cũng là phần nhiều thầy cô giáo quan tâm.
Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 12, được
học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải hệ phương trình
giúp học sinh không còn ‘bó tay’với các bài toán về hpt trong các đề thi Cao Đẳng
– Đại Học . Cụ thể ở các lớp 12A4, 12A8 sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng
dạy thì số HS hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng toán nói trên , kết quả
qua các bài tâp hư sau :
Năm
học
Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số