A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lời nói đầu:
Với tư tưởng dạy học sinh không chỉ dạy kiến thức cho các em, mà cần
dạy cả phương pháp suy luận, khả năng vận dụng, khả năng kết nối các môn
khoa học, hướng tư duy khái quát và cả sự phát minh khoa học.
Người thầy phải thực hiện điều đó và hướng dẫn hoc sinh thực hiên ngay trong
mỗi tiết học .
Tất nhiên để làm được chính người thầy phải có những khả năng trên,
cùng với sự yêu nghề và đam mê khoa học, đồng thời phải có phương pháp tạo
ra tình huống có vấn đề cho hoc sinh, và từ đó đưa tư tưởng phát minh vào trong
tiết học,
với những xuất phát điểm phải từ trong SGK. Sau đây là mội ví dụ:
Khi dạy bài 1a tiết 2-Hệ phương trình bậc hai SGK 10 .
II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
+ Ở các kì thi toán quốc tế, học sinh phổ thông Việt Nam đạt kết quả rất cao.
Đó là một điều đáng tự hào cho dân tộc, nhưng hãy khoan, ta hãy suy nghĩ lại
xem, đến bây giờ đã bao nhiêu người trong số đó đã trở thành các nhà phát minh
khoa học.
+ Đơn giản hơn ở bậc đại học, đã có không ít học sinh thi vào đại học đạt kết
quả rất cao, nhưng khi học tập thì có kết quả yếu, thậm chí không thể học tiếp, lí
do tại sao? phải chăng họ không chú ý học?. Đó không phải là lí do chính, quan
trọng là ở chổ họ chỉ là những thợ giải toán sơ cấp mà khả năng tư duy trừu
tượng, khái quát, củng như khả năng tư duy theo hướng xây dựng lý thuyết là rất
yếu.
+ Vậy vấn đề đổi mới đặt ra cho nền giáo dục :
• Cần giúp học sinh phái triển tư duy trừu tượng và tư duy sáng tạo .
• Biết cách nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc độ .
1
• Giúp học sinh có khả năng tổng quát hoá các vấn đề (lối tư duy xây
dựng ).
Nhìn lại kết quả hoc tập của học sinh trường Lê Lai thông qua các kì thi đại

42
84
22
yx
yx

)2(
)1(

GV: Gọi học sinh lên bảng làm bài, sau đó gọi một em khác lên kiểm tra bài cũ
với câu hỏi:
“nêu cách giải hệ phương trình gồm một phương trình bậc hai và một phương
trình bậc nhất hai ẩn”
Khi học sinh hoàn thành lời giải trên bảng ta bắt đầu sửa lời giải :
Từ (2) rút ra x =4-2y (3) thế vào (1)
(GV: Nên rút x vì khi đó biểu thức sau khi rút sẽ gọn hơn)
Ta được :
012844161684)24(
22222
=+−⇔=++−⇔=+− yyyyyyy
(*)

1
21
==⇔ yy
thay vào biểu thức (3) ta có : x=2
Vây hệ có nghiệm duy nhất :




4
8
22
tx
tx
(Đây là hệ đối xứng với hai ẩn x và t )
Hệ



=+
=+
4
8
22
tx
tx




=
=+
⇔



=+
=−+
⇔



=+
=+
42
04
22
yx
yx
?
TL: Ta thấy
0;0
22
≥≥ yx
. Suy ra
0
22
≥+ yx
vậy PT trên có nghiệm x=y=0
nhưng khi đó :
42 ≠+ yx
nên hệ VN
GV:Từ PT(*) ở cách 1và(**) ở cách 2 ta thấy chúng đều có nghiệm kép hay hai
PT đó đều là “danh giới của sự vô ngiệm”.
Vì vây ta phán đoán thêm một cách giải nữa của hệ, đó là phương pháp đánh
giá.
Vấn đề bây giờ là phải đánh giá như thế nào ?
Ta để ý : Hạng tử thứ nhất của PT thứ nhất là
2
x

2421.21.11 yxyxyxyx +≥+⇔+≥++
(4)
Vậy theo (2) ta có :
( )
84442
22222
≥+⇒≥+ yxyx

Để có (1) cần có
yx
yx
2
1
2
1
=⇔=
, thay vào (2) ta được : y=1 ; x=2.
GV: Vẫn với phân tích để tìm ra cách 3 , ta còn thấy một phép toán hình học
có liên quan đến mối liên hệ giữa 2 cặp số (a,b) và
( )
22
,ba
.Đó là :
( )
22
,, baubau +==
→
→
Vậy nếu chọn
( )












=
→→
vu,
α

vuvu

≤⇒
GV:lưu ý cho hoc sinh: ở bên trái là trị tuyệt đối của một số
ở bên phải là độ lớn của một véc tơ.
Vậy ta được :
( )
2
2
2.22 yxyx +≤+

( )
( )
22

1.
. yxyx
ky
kx
vku
GV: Ta để ý bất đẳng thức (4)ở cánh 3 và bất đẳng thức (5) ở cách 4 là giống
nhau mặc dù hai cách dẫn đến là khác nhau.
Vì vậy mà gợi cho ta nghĩ đến việcđặt vấn đề ngược lại, tìm cách chứng minh
bài tập 8.a - Trang 77 bằng cách sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ .
Nếu bắt trước cách làm 4 của bài 1.a ta có cách chứng minh bài 8.a như sau:
Xét
( ) ( )
dcvbau ,;, ==
→→
2222
; dcvbau +=+=⇒
→→
,và
dbcavu +=
→→
do: ‌‌‌‌‌
→→
→→
≤ vuvu
nên
( )
( ) ( )
2222
2
2222

d
b
c
a
haybbda
db
dkc
bka
v
vku
GV:Cũng với việc phân tích để dẫn đến cách 3 gợi cho ta nghĩ đến việc áp dụng
bất đẳng thức quen thuộc khác:

( )
( )
( )
).2:(;.2
22
2
22
babahaybaba +≤++≤+
(***)
(bài 2-trang 77)
từ đó ta có cách 5:
Cách 5: Áp dụng BĐT (***) với a = x và b = 2.y ta sẽ trở về BĐT(4)
GV:Nếu để ý đến phương trình (1) ta thấy VT có dạng : x
2
+(2y)
2
. Điều đó lại



⇔
yx
.
Vậy nếu có góc α để
22
sin
x
=
α
thì
2
cos
y
=
α
. Nhưng để có :
22
sin
x
=
α
cần có
điều kiện
0
22
≥
x
. Ta quay lại xét hệ (1.2). Ta thấy :

0 ≤≤
x
;
1
2
0 ≤≤
y
.
Từ đây ta có cách 6:
Cách 6:
Theo lý luận trên thì có góc α để
22
sin
x
=
α
)900(
oo
≤≤
α
Thay vào PT(1) suyra:

αααα
coscos
2
cossin1
22
1
2
222

x
thay vào phương trình (2) ta được :
2cossin =+
αα
GV: Ta đã có bài tập: Với
oo
1800 <≤
α
thì
o
45cos.2cossin −=+
ααα
(Bài tập này có thể ra cho hoc sinh làm ở phần tích vô hướng của hai véc tơ).
Vậy
oooo
45045145cos. =⇔=−⇒=−
ααα

7
Suy ra
;145cos2
245sin22
==
==
o
o
y
x
GV:Ta thấy từ việc giải BT1.a đã đẫn đến việc tìm thêm được một cách giải
BT8-Trang 77.(BĐT Bunhiacoxki cho 4số ).Ta đặt vấn đề ngược lại từ các cách

0
=−+− yx
αα
(**)
Rõ ràng PTđã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là : α = x
0
= 2y
0
Mặt khác ta thấy
phương trình (**)
( )
( )
2084.2204222
22
0
2
000
2
=⇔=+−⇔=+++−⇔
ααααα
yxyx
Vậy x
o
= 2 ; y
o
=1 . Thử lại kết quả ta thấy thoả mãn.
GV: Ta đã có cách giải rất mới và thú vị.
GV: Mặt khác nếu để ý khi đặt : 2y = t ta được hệ phương trình :



toạ độ một khoảng a (a>0) . hoặc bài toán :cho điểm M(x,y) nằm trên đường
tròn tâm O(0,0) bán kính a>0 hãy tìm mối liên hệ giữa x và y .
8
Hai bài này làm không khó, chỉ cần học sinh học song phần toạ độ của một điểm
là làm được )
Còn phương trình thứ hai của hệ : x+t = 4 là phương trình đường thẳng
cắt trục Ox tại điểm A(4,0) cắt trục Ot tại điểm B(0,4) . Khi thử biểu diễn hình
học của hai đường, trên hệ trục toạ độ Oxt ta thấy đường thẳng tiếp xúc với
đường tròn, vậy ta có cách giải thứ 8 :
Cách 8:
Đường thẳng x+t=4 cắt Ox tại điểm A và Ot tại điểm B , khi đó ∆OAB là tam
giác vuông cân, suy ra khoảng cách từ O đến đường thẳng có phương trình :
x+t =4 là độ dài đường cao OH =
228
4
1
4
1
1
22
==






+







=
+
=
=
+
=
1
2
2
2
2
2
y
x
tt
t
xx
x
BA
H
BA
H
GV: Tinh tế hơn ta còn thấy một cách giải khác.
Cách 9:
Nhân phương trình (2) với -4 sau đó cộng vế với vế vào phương trình (1) ta
được:

yx
myx

)7(
)6(
và ta có thể đưa ra một số bài toán.
Bài toán 1: Tìm m để hệ (6.7) có nghiệm
Bài làm:
Cách 1:
Dựa vào cách 1 của bài 1.a ta có cách sau:
Rút từ phương trình (7) : x= 4- 2y (6
’
) thế vào phương trình (6) ta được :
(4-2y)
2
+ 4y
2
= m
⇔
8y
2
- 16y+ 16- m = 0
GV: ta nên chia hai vế cho 8 để được phương trình với hệ số gọn hơn:

0
8
22
2
=−+−
m

=−=
⇔



=+
=+
Stx
P
m
tx
tx
mtx
4
2
8.
4
22

Để hệ có nghiệm cần và đủ là:

84)
2
8(44
22
≥⇔≤−⇔≥ m
m
PS
GV: yêu cầu học sinh phân tích cách 8 của bài 1a để tìm cách giải 3
10

) là nghiệm của hệ thì (x
0
,t
o
) cũng là
nghiệm của hệ, vậy để hệ có nghiệm duy nhất cần x
0
=t
o
(chú ý đây mới là điều
kiện đủ ) từ đây ta có cách giải :
Cách 4 :
ĐK cần : (x
0
, t
o
) là nghiệm của hệ thì (x
0
, t
o
) cũng là nghiệm của hệ, vậy để hệ
có nghiệm duy nhất cần x
0
=t
o
8
4
2
2
=⇔

22
GV: Yêu cầu học sinh tự làm .
Bài toán b:
Tìm a để các hệ sau có nghiệm duy nhất :
a)



++=−+
=++
225
.2005
222
20062006
aaxyyx
ayxyx
b)



−+−=+−
=++
2
200582822323
22)(
.
aayxxy
ayxyx
GV: yêu cầu học sinh về nhà làm .
GV:tiếp tục ta mở rộng bài toán với sự rằng buộc của nghiệm.

2
thoả mản điều kiện
21
0 yy <<
tức a.c <
0

160
8
2 >⇔<−⇔ m
m
Cách 2:
Nếu sử dụng cách 2 trong bài 1a với phép đặt 2y = t đưa về hệ





=+
−=
⇔



=+
=+
4
2
8.
4

2
+t
2
= m phải cắt đường thẳng : x + t = 4 tại hai
điểm nằm ở góc phần tư thứ 2 và thứ 4 tức bán kính :R=
164 >⇔> mm
.
Bài toán 4: Tìm m để hệ (6.7) có hai nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho
22
,0 yy<
Vẫn sử dụng được cả 3 cách ở bài toán 3. Đáp số:
168
<≤
m
GV: Ta lại thay đổi yêu cầu bài toán từ ràng buộc của y thay bằng ràng buộc
của x tức là:
Bài toán 5 : Tìm m để hệ phương trình (6.7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2

2x
2
- 8x +16 - m = 0
(8)
Vậy yêu cầu bài toán
⇔
phương trình (8) có 2 nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn điều kiện:
0 < x
1
, x
2
13

⇔






>
>
≥∆
0
0
0

21
yy
xx
GV : Ta phân tích bài toán 6 như sau :
Bài toán trên tương đương với bài toán: tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm
(x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoả mãn điều kiện x
1
,x
2
> 0 và y
1
,y
2
> 0.
Vậy những giá trị của m thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5 thì thoả mãn bài toán
6, đồng thời thoả mãn bài toán 6 thì thoả mãn cả hai bài toán 4 và 5.
Vậy giá trị cần tìm của m là giao hai tập giá trị của m ở hai bài toán 4 và 5.
Tức là :
[
)
[
)

)4)(1(4
yxyx
yxmyx

14
Ta thấy hệ có nghiệm: x=1; y= -4. Ngoài ra với
m∀
thì những cặp nghiệm còn
lại dạng (1; y) hoặc (x; -4) đều không phải là nghiệm. (Hay ngoài nghiệm (1;-4)
thì các cặp (x,y) với



−=
=
4
1
y
x
đều không phải là nghiệm của hệ)
Vậy nếu với (x,y)
≠
(1,-4) thì hệ tương đương với hệ








(Y >0)
Vậy hệ trở thành:



=+
=+
42
4
22
YX
mYX
Khi đó yêu cầu bài toán
⇔
Tìm m để hệ



=+
=+
42
4
22
YX
mYX
có nghiệm (X,Y) thoả
mãn điều kiện




x= 4- 2y, ta thấy y<2
⇔
x>0
15
Vậy bài toán 8 đưa về bài toán sau: Tìm m để hệ phương trình có 2 nghiệm
(x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) thoả mãn điều kiện sau:



<
<
21
21
,0
,0
yy
xx

Đây chính là bài toán 6 vậy ta suy ra kết quả m∈[ 8,16)
GV: Ta lại phân tích bài toán 8
Ta thấy bài toán 8 tương đương với bài toán : Tìm m để phương trình bậc 2 :
y

x
1
<α <x
2
Đặt y= x- α , Khi đó : x
1
<α <x
2
khi và chỉ khi : y
1
< 0 < y
2
và khi thay y= x- α
ta được:
g(y) = a(y+α)
2
+ b(y+α) + c
= ay
2
+ (b+2aα) y+aα
2
+bα +c
Vậy bài toán 9 tương đương với bài toán sau:
Tìm điều kiện để phương trình g(y) = 0 có 2 nghiệm y
1
< 0 < y
2

16


S

⇔








>
<
+
−
≥−−−++
0α
0
α2
04α4α4α4α4
22222
)(f.a
a
ab
acabaabab
⇔





2
0Δ
)(f.a
s
Bài toán 11: Tìm điều kiện để phương trình (I) có 2 nghiệm x
1
,x
2
> α
GV : Yêu cầu học sinh tự làm.
Vậy ta đã giải quyết bài toán so sánh nghiệm với một số, như một ứng dụng của
định lý Viét ( mà không cần sử dụng định lý về dấu của tam thức bậc 2 – mà
SGK đã trình bày). áp dụng bài tập tổng quát này, yêu cầu học sinh giải một số
bài toán sau:
BT
a
: Tìm m để pt: x
2
+ (m+2)x + m = 0 có 2 nghiệm x
1
,x
2
∈(2,5)
BT
b
: Tìm m để pt: mx
2
+ (m+1)x + 1 = 0 có 2 nghiệm x
1
,x

1
+y
2
2
= 20 .(*)
Bài làm:
Để hệ có 2 nghiệm (x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
) theo bài toán 1 cần ĐK : m
≥
8.
Khi đó phương trình : y
2
-2y+2-
8
m
=0 có 2 ngiệm y
1
,y
2
và khi đó (*)
⇔

(y

) thoã
mãn điều kiện : x
1
2
+x
2
2
+y
1
2
+y
2
2
=4 (**)
Cách 1:
Với m
≥
8 khi đó x
1
,x
2
là nghiệm của phương trình: 2 x
2
-8x +16 - m=0
=>x
1
2
+x
2
2

⇔
5m/4 =20
⇔
m=16
Vậy m=16 là giá trị cần tìm của m.
Cách 2 :
(x,y) là nghiệm của hệ nên ta có : x+2y =4 hay x=4-2y
Vậy (**)
⇔
(4- 2y
1
)
2
+ (4-2y
2
)
2
+y
1
2
+y
2
2
= 20
⇔
16 -16y
1
+4y
1
2

GV: Sử dụng định nghĩa của hệ ta tiếp tục đưa ra các bài toán sau:
Bài toán 14: Tìm m để hệ pt (6-7) có 2 nghiệm (x
1
,y
1
) và (x
2
,y
2
) sao cho :
x
1
2
+ 2x
2
2
+y
1
2
+5y
2
2
=27 (***)
18
Bài làm:
Với m
≥
8 khi đó: do x
2
,y

⇔

4
5m
+m =27
⇔

27
4
=
9m

⇔
m =12
Bài toán 15: Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phương trình (6-7) tìm m để :
x (x
3
-8) = 16 y(y
3
-1)
Bài làm:
Với m
≥
8 khi đó:
x (x
3
-8) = 16 y( y
3
- 1)
⇔

m
2
2

⇔











=
=
=
44
8
2
2
y
my
m

⇔



−+++
=
−
−
xm
yxyxyxyx
xm
yx

)2(4
))4(.(4.).)2((
44
−
−−+
=
xm
xxmyx

))2((2
44
yx +=

)8(2)8)4((2
22222222
yxmyxyx −=−+=
(chú ý: m
≠
0,m
≠
8 nên A là xác định)

A=
222222
2
2
16.2163232162)
2
)16(
(2 −++=−+−=
−
− mmmmm
m
m
992
22)16( −≥−−= m
Vậy: Min A=-2
9
, khi m=16
Bài toán 17: Gọi x,y là nghiệm của hệ pt:





=+
=+
myx
yx
2
84
22

+
yx
x
y
y
x
2
4
2
24

⇒
x=2y=2
⇔
m = 4
⇒
Max A=4
6
GV: Ta vẫn chưa dừng lại ở đây, ta sẽ tìm cách tổng quát bài toán 1a.
Từ việc xem xét cách giải 3 và cách giải 7 ta thấy có thể tổng quát bài
toán1a.
Bài toán 1: Giải hệ phương trình:





=+
=+
kyx

GV:Tiếp tục ta lại tổng quát bài toán với việc thêm số ẩn của hệ.
Bài toán 3: Giải hệ phương trình:





=++
=++
kxx
n
k
xx
nn
nn
αα
αα
11
2
22
2
1
1
2


(I)
);, ,(
1
Rk

n
x
0n
(*)
Mặt khác: phương trình tương đương với:
( t
2
- 2α
1
x
01
t + α
1
x
2
01
) + +(t
2
- 2α
n
x
on
t + α
n
x
0n
2
) = 0

⇔

2
- k
2
= 0, Vậy phương trình có nghiệm duy nhất t = k/n.
Vậy theo (*) suy ra x
0i
=
n
k
i
α
(i =
n,1
) là nghiệm của hệ phương trình. (việc
thử lại là rễ ràng).
Cách 2: (Dựa vào cách 3 của bài 1-a)
Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhia tổng quát với 2n số:
α
1
x
1
, , α
n
x
n
và 1, ,1 , ta có:
21
n số
n( α
2

= k
2
⇒
α
2
1
x
2
1
+ α
2
2
x
2
2
+ + α
2
n
x
2
n
≥
n
k
2
.
Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra dấu “=” xảy ra khi
α
1
x

kxx
k
xx
nn
n
i
i
n
αα
α
11
1
2
2
2
1
2



),0(
1
2
Rk
n
i
i
∈≠
∑
=

200520052
200520052
200521
2005
22
2
2
2
2
1
xxx
xxx


GV: Ta lại tham số hoá ví dụ 1vừa nêu, đưa ra bài toán sau:
Bài toán5: CMR với m < n thì hệ





=++
=++
nxx
mxx
n
n


1

0n
) là nghiệm của hệ
⇒



=++
=++
nxx
mxx
n
n
001
0
2
01
2


Xét phương trình: ( t - x
01
)
2
+ + (t - x
0n
)
2
= 0.
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì chỉ có nghiệm duy nhất.
22

⇒
(  .)
GV: Ta lại tiếp tục đưa ra bài toán:
Bài toán 6: Tìm m để hệ :



=++
=++
nxx
mxx
n
n


1
2
1
2
(*) Có nghiệm. ( Với n ≥ 2 )
Bài làm: Theo bài 5 ta thấy hệ có nghiệm cần m ≥ n. Bây giờ ta chứng minh
m ≥ n là điều kiện đủ tức ta chỉ ra rằng với m ≥ n thì hệ trên là có nghiệm,
muốn thế ta chỉ một nghiệm của hệ là được .
Với ý tưởng trên ta sẽ tìm nghiệm của hệ dưới dạng : (x
1
, ,x
n-1
, α)
Khi đó hệ trở thành :


2
⇔
(n-1) m - (n-1) α
2
= n
2
-2nα+α
2⇔
nα
2
- 2nα +n
2
- nm - m=0
∆’= n
2
- n
3
+n
2
m- nm=n
2
( 1-n) + nm (n-1) =( n-1)( nm- n
2
)
Với n ≥ 2 và n ≥ m thì : ∆’ ≥ 0 nên α là luôn xác định được , khi đó theo bài
toán 3 thì hệ (II) với các ẩn x
1

2
- nm+ m =0
GV:Ta có thể tổng quát đưa ra bài toán.
23
Bài toán 7: Điều kiện cần và đủ hệ :



=++
=++
axx
mxx
n
n


1
2
1
2
( **)
Có nghiệm là m ≥ a
2
/n (Yêu cầu học sinh về nhà làm)
GV: Bây giờ ta thử thay hệ phương trình bởi hệ bất phương trình .
Bài toán 8 : Giải hệ bất phương trình:





<α++α
nxx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1
2
Bài làm: bài toán này tương đương với bài toán tìm m để hệ bất phương trình
sau có nghiệm :





=++
<++
nxx
mxx
n
n



0
1
, ,x
0
n
). Mặt khác nghiệm của hệ(III)
đều là nghiệm của hệ (***)
⇒
hệ (***) có nghiệm khi m > n
Tóm lại điều kiện cần và đủ để hệ





=α++α
<α++α
nxx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1

/n )
Gợi ý: Làm tương tự như bài toán 9, với chú ý sử dụng bài toán 7.
GV: Tiếp tục ta đưa ra bài toán:
Bài toán 11: Tìm m và a (m, a là tham số) để hệ :





=α++α
=α++α
axx
mxx
nn
n
n


11
2
2
1
2
1
2
( Với α
i
>0, n>1)
Có nghiệm không âm (x
i

−++=++
∑
<
αααααααα
Vậy tóm lại ta được điều kiện cần là :





≥
≥≥
0
2
2
a
n
a
ma
(a)
Ta sẽ chứng minh đây là điều kiện đủ.
(GV: dự đoán đây là điều kiện đủ vì ta thấy với m= a
2
thì hệ có1 nghiệm :
(0, ,0,a/
α
n
) không âm; và m= a
2
/n hệ có 1nghiệm : (a/