Mục lục
Tiêu đề

Trang

1.3. Đối tượng nghiên cứu:....................................................................................2

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Thực hiện đổi mới của giáo dục hiện nay, đó là: 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 hiện 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 rồi sau đó phát triển các
bài toán, các dạng toán lên để đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh.
Hệ phương trình là một nội dung quan trọng trong chương trình toán phổ
thông. Hệ phương trình có nhiều dạng và cách giải khác nhau. Đơn giản nhất là hệ
hai phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn. Hệ hai phương
trình bậc nhất hai ẩn học sinh được học ở cấp hai, đến lớp 10 được ôn tập lại và học
hệ ba phương trình bậc nhất ba ẩn. Hệ đối xứng loại I, hệ đối xứng loại II, hệ đẳng
cấp và nhiều hệ phương trình không mẫu mực khác thì học sinh không được tìm
hiểu chính thức trong chương trình học, ở nhà trường có chăng thì biết được thông
qua tài liệu tham khảo, tự học.
Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các
em hệ thống các bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay mà phải cần rèn

1


tạo luôn đảm nhận vai trò hết sức quan trọng trong việc “đào tạo nhân lực,
nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài” mà Đảng, Nhà nước đã đề ra, đó là “đổi
mới giáo dục phổ thông theo Nghị quyết số 40/2000/QH10 của Quốc hội”.
Nhằm đáp ứng được mục tiêu giáo dục toàn diện cho học sinh, con đường
duy nhất là nâng cao chất lượng học tập của học sinh ngay từ nhà trường phổ

2


thông. Là giáo viên ai cũng mong muốn học sinh của mình tiến bộ, lĩnh hội kiến
thức dễ dàng, phát huy tư duy sáng tạo, rèn tính tự học, thì môn toán là môn học
đáp ứng đầy đủ những yêu cầu đó.
Việc học toán không phải chỉ là học như SGK, không chỉ làm những bài tập
do Thầy, Cô ra mà phải nghiên cứu đào sâu suy nghĩ, tìm tòi vấn đề, tổng quát
hoá vấn đề và rút ra được những điều gì bổ ích. Dạng toán giải hệ phương trình
là một dạng toán quan trọng của môn đại số 9 đáp ứng yêu cầu này, là nền tảng,
làm cơ sở để học sinh học tiếp các bài học sau cũng như các môn học khoa học
tự nhiên khác, …
Vấn đề đặt ra là làm thế nào để học sinh giải bài toán về hệ phương trình một cách
chính xác, nhanh chóng và đạt hiệu quả cao. Để thực hiện tốt điều này, đòi hỏi giáo
viên cần xây dựng cho học sinh những kĩ năng như quan sát, nhận xét, đánh giá bài
toán, đặc biệt là kĩ năng giải toán, kĩ năng vận dụng bài toán, tuỳ theo từng đối
tượng học sinh, mà ta xây dựng cách giải cho phù hợp trên cơ sở các phương pháp
đã học và các cách giải khác, để giúp học sinh học tập tốt bộ môn. Các phương
pháp chủ yếu như:
* Phương pháp thế
- Cơ sở phương pháp: Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong
hệ và thế vào phương trình còn lại.
- Nhận dạng: Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương
trình là bậc nhất đối với một ẩn nào đó.

thi cấp thành phố năm học 2016-2017 với thời gian làm bài 30 phút.
Đề bài:
 x 2 + y 2 + xy = 3
Bài 1 (5đ): Giải hệ phương trình:  2 2
 x − y + xy = 1.
 x 2
2
 y ( x + y ) = 2
Bài 2 (5đ): Giải hệ phương trình: 
 y (2 x 2 − y 2 ) = 1.
 x

Kết quả cụ thể:
Điểm dưới 5

Điểm 5-6

Điểm 7-8

Điểm 9-10

SL

%

SL

%

SL

ra, người thầy phải hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán, biết nhìn bài
toán dưới nhiều góc độ. Hay xuất phát từ một bài toán bất kỳ, yêu cầu học sinh phải
phán đoán đưa ra nhận xét và hướng giải quyết. Tìm ra nhiều cách giải thú vị gây
hứng thú trong học tập.
2.3. Các giải pháp thực hiện:
2.3.1: Hệ thống kiến thức một số hệ phương trình cơ bản:
a. Hệ phương trình đối xứng loại I:
- Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn thì hệ phương trình không thay đổi và trật tự
các phương trình cũng không thay đổi.
- Cách giải: Biến đổi đưa về dạng tổng - tích.
+ Đặt S = x + y; P = xy
+ Giải hệ với ẩn S; P với điều kiện có nghiệm (x; y) là S 2 ≥ 4 P.
+ Tìm nghiệm (x; y) bằng cách thế vào phương trình X 2 − SX + P = 0 .
b. Hệ phương trình đối xứng loại II.
- Nhận dạng: Đổi chỗ hai ẩn thì hệ phương trình không thay đổi và trật tự
các phương trình thay đổi (phương trình này trở thành phương trình kia).
- Cách giải: Lấy vế trừ vế và phân tích thành nhân tử, lúc nào cũng đưa
được về dạng ( x − y ). f ( x, y ) = 0 , tức luôn có x = y .
c. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai:
a1 x 2 + b1 xy + c1 y 2 = d1
d 2 (a1 x 2 + b1 xy + c1 y 2 ) = d1.d 2 (1)
⇔
 2

2
2
2
a2 x + b2 xy + c2 y = d 2
 d1 (a2 x + b2 xy + c2 y ) = d1.d 2 (2)


 x + y + 2 xy = 2

Phân tích: Khi thay đổi vị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật
tự các phương trình trong hệ cũng không thay đổi ⇒ đây là hệ đối xứng loại I và
phương pháp giải là biến đổi về tổng và tích.
Lời giải: Đặt s = x + y; p = xy, ( s 2 ≥ 4 p).
Khi đó: x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) = ( x + y )[( x + y )2 − 3xy ] = s 3 − 3 ps
 s 3 − 3sp = 8
2 p = 2 − s
s = 2
(1) ⇔ 
⇔ 3
⇔
(thỏa mãn đk)
2
p = 0
s + 2 p = 2
2 s + 3s − 6 s − 16 = 0
s = 2
x + y = 2
x = 2
x = 0
⇒
⇔
hoặc 
.
 p = 0  xy = 0
y = 0
y = 2


2
2 4
u v + u v = 20
u v [(u + v) − 2uv] = 20
 p ( s − 2 p ) = 20

6


 ps = 6
s = u + v 2
 p = 2 u + v = 2 u = 1
u = 2
( s ≥ 4 p) ⇔  2 2
⇔
⇔
⇔
hoặc 
3
v = 1
 p = uv
u + v = 3
v = 2
 p s − 2 p = 20  s = 3

với 


 x =1


2
 2 y + xy = 3 (2)
2 x 3 + x 2 y = 3
⇔ 3
3
2( x − y ) + xy ( x − y ) = 0
2 x 3 + x 2 y = 3
⇔
2
2
( x − y )(2 x + 2 y + 3 xy ) = 0
2 x 3 + x 2 y = 3

2 x3 + x 2 y = 3
2
2
 
⇔
⇔

3  7y
x = y
( x − y )  2  x + 4 y ÷ + 8  = 0








=1
Đặt
thì hệ  3 3 3
2t + t
2 y t + ty = 3
 y (2t + t ) = 3
⇔ t 2 − t = 0 ⇔ t = 1 ⇒ x = y , thế vào (1) ⇔ 3 x 3 = 3 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1

7


⇔ 6 y = 2( 2 y − y ) ⇔ 3 y =
2

2

y ( 2 − 1) ⇔

y =
3

2 −1
⇔ y=
3

2

2

 2 −1 

 x + 3 y = x + y

bậc bốn với hai biến x; y và có lời giải chi tiết như sau:
Lời giải: Nhận thấy x = y = 0 là một nghiệm của hệ phương trình. Xét
x ≠ 0; y ≠ 0 .
5 x 2 + 3 xy = x + 3 y
(5) ⇔  3
⇒ (5 x 2 + 3 xy )( x 2 + y 2 ) = ( x 3 + 3 y 3 )( x + 3 y ) ⇔ 4 x 4 + 5 x 2 y 2 − 9 y 4 = 0
3
2
2
 x + 3 y = x + y
2

 x2 
 x2 
x = y
x2
⇔ 4  2 ÷ + 5  2 ÷− 9 = 0 ⇔ 2 = 1 ⇔ 
y
x = − y
y 
y 
1
Với x = y thế vào pt thứ nhất của hệ ta được ⇔ 8 x 2 = 4 x ⇔ x = y =

2

Với x = − y thế vào pt thứ nhất của hệ ta được ⇔ 2 x 2 = −2 x ⇔ x = − y = −1


phương trình (1) để xuất hiện hệ số 6 để thế 6 = x 2 − 3 y 2
8


Lời giải
3( x 3 − y 3 ) = 6(4 x + y )
(7)
⇔
⇒ 3 x3 − 3 y 3 = ( x 2 − 3 y 2 )(4 x + y )
Ta có

2
2
6 = x − 3 y
⇔ x 3 + x 2 y − 12 xy 2 = 0 ⇔ x ( x 2 + xy − 12 y 2 ) = 0 ⇔ x( x − 3 y )( x + 4 y ) = 0

+) Với x = 0 , thế vào (2) ⇔ −3 y 2 = 6 : vô nghiệm.
x = 3
 x = −3
hoặc 
y =1
 y = −1

2
+) Với x = 3 y , thế vào (2) ⇔ 6 y = 6 ⇔ 



6
 x = −4

;±
÷
13
13 ÷
 

3( x 3 − y 3 ) = 2(4 x + y )
Nhận xét: Sau khi biến đổi (7) ⇔ 
và ta hoàn toàn có thể
2
2
6 = x − 3 y

giải bằng cách nhân chéo hai phương trình với nhau, cũng tạo được phương trình
đẳng cấp bậc 3 với 2 biến x, y . Nhưng trong rất nhiều bài toán, sự nhân chéo này
mang lại hiệu quả không cao, tức không tạo ra phương trình đẳng cấp. Ta cùng xét
bài toán sau:

 2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y )(2 xy + 3) (1)
Bài toán 6: Giải hệ phương trình:  2
2
(2)
 x − xy + y =3

(6)

Phân tích: Phương trình (1) có vế trái là bậc 3, vế phải là tích bậc nhất ( x − y )
với lượng (2 xy + 3) . Nếu lượng này biến đổi được thành bậc hai, sẽ thu được phương
trình đẳng cấp bậc 3. Thật vậy nếu thế 3 = x 2 − xy + y 2 vào 2 xy + 3 = 2 xy + ( x 2 − xy + y 2 )
thu được bậc 2, hiển nhiên (1) là phương trình đẳng cấp bậc 3 và có lời giải sau:

3 = x 2 − xy + y 2
 y = 1
⇔ 3
⇔
⇔

3
  x = −2
 x = 8 y
x = 2 y

  y = −1

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (2;1);(−2; −1)}
Nhận xét: Giải hệ phương trình đưa về tích số là một dạng toán thường
xuyên xuất hiện trong các kỳ thi. Để đưa về tích số ta có thể sử dụng một số kỹ
thuật như: Kỹ thuật tách, ghép, nhóm và tam thức bậc hai, ký thuật liên hợp, kỹ
thuật dùng phương pháp cộng.
 x 2 + xy + y 2 =7
Bài toán 7: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − xy − 2 y = − x + 2 y

(1)
(2)

(7)

Phân tích: Phương trình (1) và (2) đều có dạng tam thức bậc 2 theo ẩn x
hoặc theo ẩn y nhưng ta sẽ không tìm được gì ở phương trình (1). Do đó sẽ định

Lời giải: Ta có (2) ⇔ ( x − 2 y )( x + y + 1) = 0 ⇔ 
10


y =1⇒ x = 2
 y = −1 ⇒ x = − 2

2
* Với x = 2 y , thế vào (1) ⇔ 7 y = 7 ⇔ 

 y = −3 ⇒ x = 2
 y = 2 ⇒ x = −3

2
* Với x = − y − 1 , thế vào (1) ⇔ y + y − 6 = 0 ⇔ 

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (2;1);(−2; −1);(2; −3);(−3; 2)}
 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
(1)
Bài toán 8: Giải hệ phương trình: 
 x 2 y − y x − 1=2x − 2 y (2)

(8)

Phân tích: Nhận thấy (1) có dạng tam thức bậc 2 với 2 ẩn x; y nên có các
hướng sau:
Hướng 1: Nếu chuyển vế dạng (1) ⇔ x 2 − xy − 2 y 2 = x + y có vế trái dạng đẳng
cấp nên sẽ phân tích x 2 − xy − 2 y 2 = ( x − 2 y )( x + y ) có nhân tử với vế phải.
Hướng 2: Xem (2) là phương trình bậc 2 ẩn x hoặc ẩn y ta cũng phân tích
và tìm được nhân tử từ (2), tức có (2) ⇔ ( x + y )( x − 2 y − 1) = 0

2 x3 − x 2 y + x 2 + y 2 − 2 xy − y = 2 x( x 2 − y ) + ( x 2 − y ) − y ( x 2 − y ) có nhân tử x 2 − y .

Lời giải:
Từ (2) ⇔ 2 x( x 2 − y ) + ( x 2 − y ) − y ( x 2 − y ) = 0
⇔ ( x 2 − y )(2 x − y + 1) = 0 ⇔ y = x 2 hoặc y = 2 x + 1

11


*) Với y = x 2 , thế vào (1) ⇔ x3 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1

−1 + 5
⇒y= 5
x =
2
2

*) Với y = 2 x + 1 , thế vào (1) ⇔ x + x − 1 = 0 ⇔

−1 − 5
⇒ y=− 5
x =

2


 −1 − 5
  −1 + 5
 
;− 5 ÷

lúc này sẽ viết (2) ⇔ ( y − x 2 )( y − 2 x − 1) = 0 .
* Ngoài việc kỹ thuật tách, ghép, nhóm và tam thức bậc hai để đưa về
phương trình tích ta có thể sử dụng kỹ thuật liên hợp:
1

 x + y + x + 3 = ( y − 3)
x
Bài toán 10: Giải hệ phương trình: 
 x+ y + x = x+3


(1)

(10)

(2)

Phân tích: Từ (1), nhận thấy ( x + y ) − ( x − 3) = y − 3 có nhân tử với vế phải nên
sẽ ghép 2 căn thức lại với nhau để tiến hành liên hợp. Nhưng khi liên hợp sẽ xuất
hiện ở mẫu số dạng

A − B nên ta phải xét lượng này có khác 0 hay chưa?

Lời giải: Điều kiện x > 0; x + y ≥ 0 . Khi đó (1) dương nên cần y > 3 .
Với y > 3 ⇔ x + y > x + 3 ⇔ x + y > x + 3 ⇔ x + y − x + 3 > 0 thì:
y −3

y −3

1

Phân tích: Nhận thấy (1), (2) là phương trình bậc hai với ẩn x , nhưng biệt
số delta không là chính phương. Đối với những hệ phương trình đại số có các biến
không độc lập với nhau, chẳng hạn x 2 y 3 . Thường ta làm theo các bước như sau:
( y 3 + 3) x 2 − 4 x + 2 = 0
* Viết lại hệ hai phương trình bậc hai với ẩn x :  2 2
2
 y x − 2 x + y = 0

* Lập tỉ số về hệ số:

y 3 + 3 −4 2
=
=
⇒ y = −1 ⇒ x = 1 là một nghiệm của hệ.
y2
−2 y 2

2
2
 2 x − 4 x + 2 = 0
2( x − 2 x + 1) = 0
⇔ 2
* Thế y = −1 vào hệ ban đầu:  2
 x − 2 x + 1 = 0
 x − 2 x + 1 = 0

(1')
(2')

* Do đó để hai phương trình này luôn đúng (dạng 0 = 0) khi cộng lại thì ta


 y 2 x 2 − 2 x + y 2 = 0
⇔ 2
2
 x ( y + 1)( y − 3 y + 3) = 2( y − 1)( y + 1)
 y 2 x 2 − 2 x + y 2 = 0
⇔
2
2
( y + 1)  x ( y − 3 y + 3) − 2( y − 1)  = 0

13


 y 2 x2 − 2x + y 2 = 0

⇔  y + 1 = 0
 2 2
  x ( y − 3 y + 3) − 2( y − 1) = 0 (*)
 y 2 x2 − 2x + y 2 = 0

 y = −1 ⇒ x = 1
⇔ 
  x 2 = 2( y − 1) ≥ 0 ⇒ y ≥ 1
 
y2 − 3y + 3

Với y ≥ 1, (2) ⇒ 0 = y 2 ( x 2 + 1) − 2 x ≥ x 2 + 1 − 2 x = ( x − 1) 2 ≥ 0 .
Nếu dấu “=” xảy ra, tức x = y = 1 . Nhưng nghiệm này không thỏa mãn (*).
Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (1; −1)}

 x 3 + 3 xy 2 = 6 xy − 3 x − 49
(1)
Lời giải: Ta có:  2
2
 x − 8 xy + y = 10 y − 25 x − 9 (2)
3
2
2
2

( x + 3xy − 6 xy + 3x + 49) + 3( x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9) = 0
⇔ 2
2

 x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9 = 0 (2)
3
2
2
2

( x + 3x + 78 x + 76) + (3xy + 3 y ) − 30 xy − 30 y = 0
⇔ 2
2

 x + y − 8 xy − 10 y + 25 x + 9 = 0 (2)
2
2

( x + 1)( x + 2 x + 76) + 3 y ( x + 1) − 30 y ( x + 1) = 0
⇔ 2

 x = −1
⇔
(không thỏa mãn hệ)

y = 5
y = ± 5
x +1 = 0

2
2
Với ( x + 1) + 3( y − 5) = 0 ⇔ 

2

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { ( x; y ) } = { (−1;5); ( −1;3)}
2
3
(1)
6 x y + 2 y + 35 = 0
Bài toán 13: Giải hệ phương trình:  2
2
5 x + 5 y + 2 xy + 5 x + 13 y = 0 (2)

(13)

Phân tích:
2
3
6 yx + 2 y + 35 = 0
Viết lại hệ dạng:  2

5 x + 5 y + 2 xy + 5 x + 13 y = 0 (2)
6 yx 2 + 2 y 3 + 35 = 0
⇔ 2
2
5 x + (2 y + 5) x + 5 y + 13 y = 0
6 yx 2 + 2 y 3 + 35 = 0
⇔ 2
2
2
3
15 x + 15 y + 6 xy + 15 x + 39 y + 6 x y + 2 y + 35 = 0
6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
⇔
2
2
2
 y (2 y + 7 y + 5) + 3x (5 + 2 y ) + 3x (5 + 2 y ) + (8 y + 34 y + 35) = 0
6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
⇔
2
 y ( y + 1) ( 2 y + 5 ) + 3x ( 5 + 2 y ) + 3x ( 5 + 2 y ) + ( 2 y + 5 ) ( 4 y + 7 ) = 0
6 x 2 y + 2 y 3 + 35 = 0
⇔
2
2
( 2 y + 5 ) ( y + 5 y + 3 x + 3 x + 7 ) = 0

15



2 

 x 3 + 3 xy 2 = −49
(1)
Bài toán 14: Giải hệ phương trình:  2
2
 x − 8 xy + y = 8 y − 17 x (2)

(14)

Phân tích:
3 xy 2 + x 3 + 49 = 0
Viết lại hệ dạng:  2
2
 y − 8( x + 1) y + x + 17 x = 0

nếu x = −1 hệ phương trình

2
−
 3( y − 16) = 0
⇔ 2
 y − 16 = 0

 x 3 + 3 xy 2 = −49
(1)
Lời giải: Ta có:  2
2
 x − 8 xy + y = 8 y − 17 x (2)
3 xy 2 + x3 + 49 = 0


( x + 1) ( x + 1) + 3( y − 4)  = 0
3 xy 2 + x3 + 49 = 0

  x = −1
⇔ 
   x = −1
   y = 4

 x = −1
⇔
 y = ±4

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình: S = { ( x; y ) } = { (−1; 4);( −1; −4)}
Nhận xét:
Từ bài toán 11 đến 14 ta đã tìm ra được hệ số tỉ lệ, từ đó lựa chọn hệ số nhân
vào phương trình thích hợp, rồi cộng lại. Đối với bài toán không tìm được hệ số tỉ
lệ thì ta sẽ làm như thế nào? Câu trả lời được trình bày qua các bước giải sau:
*) Bước 1: Tìm hai cặp nghiệm của hệ phương trình, chẳng hạn: ( x1 ; y1 );( x2 ; y2 ) .
*) Bước 2: Tìm quan hệ tuyến tính giữa hai nghiệm này (thực chất là viết phương
trình đường thẳng qua hai điểm A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) trong mp Oxy ).
*) Bước 3: Thế quan hệ tuyến tính sao cho có lợi nhất vào hệ và phân tích thành
nhân tử. Từ đó xác định được biểu thức nhân vào phương trình.
Tuy nhiên, cách này sẽ không giải quyết được nếu ta không nhẩm được hai cặp
nghiệm hoặc nghiệm quá lẻ không dò được bằng máy tính bỏ túi.
2 2
(1)
 x y + 3 x + 3 y − 3 = 0
Bài toán 15: Giải hệ phương trình:  2
2


 x 2 y 2 + 3 x + 3 y − 3 = 0
⇔ 3
2 2
2
2
2
2
( x y + x y − x y ) − ( x + xy − x) − (3x y + 3xy − 3xy ) + (3x + 3 y − 3) = 0
 x 2 y 2 + 3 x + 3 y − 3 = 0
⇔ 2
 x y ( x + y − 1) − x( x + y − 1) − 3 xy ( x + y − 1) + 3( x + y − 1) = 0
 x 2 y 2 + 3 x + 3 y − 3 = 0
⇔
2
( x + y − 1)( x y − x − 3xy + 3) = 0
 x 2 y 2 + 3x + 3 y − 3 = 0

⇔  y = 1 − x
 2
  x y − 3 xy − x + 3 = 0
x = 0 ⇒ y = 1
x =1⇒ y = 0

2
*) Với y = 1 − x , thế vào (1) ⇔ x(1 − x) = 0 ⇔ 

2
*) Với x 2 y − 3xy − x + 3 = 0 ⇔ yx 2 − (3 y + 1) x + 3 = 0 có ∆ y = (3 y − 1) ⇒ x = 3


2
 2 x − 20 x − x y − 20 y = 0 (2)
2
2
3 x + xy − 9 x − y − 9 y = 0
⇔
2
2
3
2
20( y − 1)(3 x + xy − 9 x − y − 9 y ) + 9(2 x − 20 x − x y − 20 y ) = 0
2
2
3 x + xy − 9 x − y − 9 y = 0
⇔
2
2
( x + 2 y )(18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y ) = 0

18


3 x 2 + xy − 9 x − y 2 − 9 y = 0

⇔  x + 2 y = 0
 2
2
 18 x + 15 xy − 60 x − 10 y − 80 y = 0
y = 0
 y = −1

;11 ± 145 ÷
÷
2

 

} = (0;0);(−1; 2);(10;15); 


Nhận xét:
Qua một số bài toán trên ta thấy để giải được một hệ phương trình đòi hỏi
người học sinh phải nắm chắc một số kỹ thuật biến đổi như: Biến đổi đưa hệ về
dạng đối xứng loại I; II, hệ gần giống đối xứng loại II; hệ đẳng cấp; kỹ thuật tách,
ghép, nhóm, tam thức bậc hai, kỹ thuật liên hợp, kỹ thuật dùng phương pháp cộng
để đưa về tích số; kỹ thuật đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2; . Kỹ thuật đặt ẩn
phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình; đặt ẩn phụ đưa về hệ cơ bản. Ngoài ra ta
có dùng định lý Viét để tìm ra phép đặt ẩn phụ có thể giải quyết được rất nhiều bài
toán.
2.3.3. Bài toán tự luyện:
 x 2 + y 2 + xy + y = 8
Bài toán 1: Giải hệ phương trình: 
2
 xy ( y + xy + x + y ) = 12
 x 2 + y 2 + xy = 3 x − 2
Bài toán 2: Giải hệ phương trình:  2
4
2
4
4
( x + xy ) + ( y + 2) = 17 x

bài 30 phút và kết quả cho thấy cũng khả quan hơn. Cụ thể:
Điểm dưới 5

Điểm 5-6

Điểm 7-8

Điểm 9-10

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

0

00,0

1

XÁC NHẬN CỦA

TP Thanh Hóa, ngày 22 tháng 03 năm 2017.

HIỆU TRƯỞNG

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người thực
hiện
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH
HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

Hà Thị Thu

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TRƯỜNG THCS
ĐÔNG CƯƠNG

Người thực hiện: Hà Thị Thu
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Đông Cương
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

21 NĂM 2017
THANH HOÁ