MỤC LỤC
Nội dung
1. MỞ ĐẦU

Trang
1

- Lí do chọn đề tài
- Mục đích nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu
2. NỘII DUNG SÁNG KIẾN
2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề
2.2. Thực trạng của vấn đề
Nguyên nhân dẫn đến thực trạng
2.3. Gải pháp và tổ chức thực hiện
2.3. Kiểm nghiệm
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
2. Kiến nghị

2
2
2
3
3
15
17
17
17


Nâng cao khả năng giải toán, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của
học sinh. Từ đó góp phần nâng cao chất lượng giáo dục đại trà và phát hiện nguồn
học sinh giỏi cho các lớp trên.
- Đối tượng nghiên cứu:
Phát triển năng lực tư duy cho các đối tượng học sinh lớp 9 thông qua một số
bài toán vận dụng hệ thức Vi-ét đảo vào giải hệ phương trình.
- Phương pháp nghiên cứu:
Tham khảo thu thập tài liệu
Phân tích tổng hợp kinh nghiệm
Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra
con người có trí tuệ phát triển, giàu tính tư duy sáng tạo. Để đạt được mục tiêu đó
mỗi chúng ta phải áp dụng phương pháp dạy học hiện đại để bồi dưỡng cho học
sinh năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề, khắc phục lối truyền thụ
một chiều, rèn luyện thành nề nếp tư duy sáng tạo của người học, từng bước áp
2


dụng các phương pháp tiên tiến, phương tiện hiện đại vào quá trình dạy học, dành
thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh, phương pháp giáo dục phải phát huy
tính tích cực, tự giác chủ động sáng tạo của học sinh, phải phù hợp với đặc điểm
của từng môn học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động
đến tình cảm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh.
Bài tập về phương trình và hệ phương trình rất đa dạng và phong phú, để giải
được học sinh cần có kỹ năng tốt, biết nhiều phương pháp và cách vận dụng. Tạo
nền tảng kiến thức cơ bản để học sinh lấy đó làm tiền đề và tiếp tục hoàn thiện khi
học sang THPT.
Trang bị cho học sinh kỹ năng vận dụng hệ thức Vi-ét đảo để giải hệ phương


năng tính toán, biến đổi, kỹ năng giải phương trình và đặc biệt kỹ năng đặt ẩn phụ,
áp dụng hệ thức Viét … vào giải hệ phương trình, chuyên đề này tương đối rộng
nhưng do cấu trúc của đề tài không cho phép nên trong nội dung đề tài này tôi chỉ
đưa ra phương pháp giải hệ phương trình ở dạng đối xứng loại I, còn những dạng
hệ phương trình đối xứng loại II, hệ phương trình đẳng cấp loại I, loại II… sẽ trình
bày trong các đề tài sau.
2.3. Các giải pháp tổ chức thực hiện.
A. Kiến thức cần nhớ
1. Hệ Thức Vi –ét:
Cho phương trình bậc hai:
ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) (*)

Suy ra:

−b − ∆
−b + ∆
; x2 =
2a
2a
−b − ∆ − b + ∆ −2b −b
x1 + x2 =
=
=
2a
2a
a
2
(−b − ∆ )( −b + ∆ ) b − ∆ 4ac c
x1 x2 =

x

1 2
2
dạng: x − Sx + P = 0
3. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Dạng tổng quát
- Tích nghiệm là P:

 f (x, y) = 0

g(x, y) = 0

P = x1 x2 =

 f (x, y) = f (y, x)
thì được gọi là hệ đối xứng loại I.
g(x, y) = g (y, x)

trong đó 

Phương pháp giải chung
Bước 1: Đặt điều kiện (nếu có).
Bước 2: Đặt S = x + y, P = xy với điều kiện của S, P và S 2 ≥ 4 P .

4


Bước 3: Thay x, y bởi S, P vào hệ phương trình. Giải hệ tìm S, P rồi dùng
Viét đảo tìm x, y là nghiệm của phương trình: X2 – SX + P = 0 (định lý Viét đảo)
Chú ý:

Loại 1: Biến đổi và đặt x + y = S; xy = P
 x + y + xy = 11

Bài 1: Giải hệ phương trình sau: 

2
2
 x y + xy = 30

Hướng dẫn:
Trước hết cho hs nhận dang đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I
Sau đó gợi ý cho hs biết được cách biến đổi để đặt x + y = S và xy = P
Tiếp theo áp dụng hệ thức Viét đảo để tìm nghiệm x, y
 x + y + xy = 11

 x + y + xy = 11
⇔
đặt x + y = S và xy = P
 xy ( x + y ) = 30
 x y + xy = 30

Cụ thể ta làm như sau: 

2

2

 S + P = 11
suy ra S = 6, P = 5 hoặc S = 5, P = 6
SP = 30

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (-3;4), (4;-3).
 x + y = 10

Bài 3: Giải hệ phương trình sau: 

2
2
 x + y = 58

Hướng dẫn:
Trước hết cho hs nhận dang đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I
đặt x + y = S và xy = P
Tiếp theo áp dụng hệ thức Viét đảo để tìm nghiệm x, y
 x + y = 10

 x + y = 10
⇔
đặt x + y = S và xy = P ta
2
 x + y = 58 ( x + y ) − 2 xy = 58

Cụ thể ta làm như sau: 
 S = 10

có 

2
 S − 2 P = 58

2



 x 2 + y 2 + xy = 7
Bài 5: Giải hệ phương trình sau:  2 2
 x + y + x + y = 8

Hướng dẫn:
Trước hết cho hs nhận dang đây là dạng hệ phương trình đối xứng loại I
đặt x + y = S và xy = P
Tiếp theo áp dụng hệ thức Viét đảo để tìm nghiệm x, y
 x 2 + y 2 + xy = 7
( x + y )2 − xy = 7
⇔
Cụ thể ta làm như sau:  2 2

đặt x + y = S và
2
 x + y + x + y = 8 ( x + y ) − 2 xy + x + y = 8
S = 3

2
2
 S − P = 7
 P = S − 7
 P = 2
⇔ 2
⇔
xy = P ta có
 2
2

 x + y = 26

Hướng dẫn:
Dùng hằng đẳng thức ta biến đổi hệ phương trình trở thành
x + y = 2
S = 2
S = 2
⇒ 
đặt x + y = S và xy = P ta có ⇒ 

3
8 − 3P.2 = 26
 P = −3
( x + y ) − 3 xy ( x + y ) = 26
⇒ x, y là nghiệm của hệ phương trình bậc hai X 2 − 2 X − 3 = 0 ⇒ X 1 = −1, X 2 = 3

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (-1;3), (3; -1).
 x + y + xy = 5

Bài 8: Giải hệ phương trình sau: 

2
2
 x + y + xy = 7

7


Hướng dẫn:
S + P = 5


2

(I )
( II )

Giải hệ (I) ⇒ (S = 0, P = 0) ⇒ x = y = 0.
2

 S − 2 P = 3S
Giải hệ (II)  2
 S − 3P = 9


3S − 9 = P
3S − 9 = P
⇒  2
⇒ 2
 S − 3P = 9  S − 9S + 18 = 0

S1 = 3 ⇒ P1 = 0 ⇒ (x; y) = (0; 3); (3; 0).
S2 = 6 ⇒ P2 = 9 ⇒ (3; 3).
Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm là (0; 3); (3; 0); (3; 3), (0; 0).
Bài 10: Giải hệ phương trình sau:

 x + y = 10

x y 5
y + x = 2


  3 3
 x + y + xy = 11
Bài 11: Giải hệ phương trình sau:  2 2
(ĐH Quốc gia Hà nội)
 x + y + 3( x + y ) = 28

Hướng dẫn:
 x + y + xy = 11
 S + P = 11
 P = 11 − S
 S1 = 5; P1 = 6
⇔
⇔
⇔



 S = −10; P = 21
2
2
2
 2
2
( x + y ) − 2 xy + 3( x + y ) = 28  S + 3S − 2 P = 28
 S + 5S − 50 = 0

8


+) Với S1 = 5; P1 = 6 ⇒ Nghiệm là (2, 3); (3, 2).

2
P = 6
 xy = 6
y = 3 y = 2
 S ( S − 3P) = 35  S  S 2 − 90  = 35
÷
 
S 
 x 2 + y 2 + xy = 7
Bài 13: Giải hệ phương trình  4 4 2 2
 x + y + x y = 21

(ĐH Sư phạm Vinh)

Hướng dẫn:
2
2
( x + y ) 2 − xy = 7
 x + y = ±3

( x + y ) − xy = 7
( x + y ) = 7 + xy
⇔
⇔
⇔
⇔
2
2
2
2


Hướng dẫn:
2
2
2
2

 x2 + y 2 = 5
S = 5
x + y = 5
 x + y = 5

⇔ 2
⇔ 2 2
⇔
 4
2 2
4
2 2
2 2
 x − x y + y = 13
x y = 4
P = 4


( x + y ) − 3 x y = 13 

x2, y2 là nghiệm của PT bậc 2: t2 – 5t + 4 = 0 do đó t = 1, t = 4
9


1 1

x + y + x + y = 5
u + v = 5
u + v = 5

⇔ 2
⇔


2
uv = 6
u − 2 + v − 2 = 13
 x2 + y2 + 1 + 1 = 9
2
2

x
y

TH1: u = 2, v = 3 nghiệm là x = 1, y =
TH2: u = 3, v = 2 nghiệm là x =

3± 5
2

3± 5
, y =1
2



1
=v
y

ta có

1 1

x + y + x + y = 5
u + v = 5
u + v = 5

⇔ 2
⇔

2
uv = 6
u − 2 + v − 2 = 13
 x2 + y2 + 1 + 1 = 9
2
2

x
y

TH1: u = 2, v = 3 nghiệm là x = 1, y =

3± 5
2


Hướng dẫn:
Đặt t = − y, S = x + t , P = xt , điều kiện S 2 ≥ 4 P
 xt ( x + t ) = 2

 SP = 2
⇔
 3
3
3
x + t = 2
 S − 3SP = 2

Hệ phương trình trở thành: 
S = 2
x = 1 x = 1
⇔
⇔
⇔
.
P = 1
t = 1
 y = −1

Bài 18: Giải phương trình

3

x + 3 1− x =



3

u + v = 2

u.v = 19

36

19
= 0
36

3

9 + 5 

9+ 5
x = 
 12 ÷
÷
u =



12
⇒
⇒
3


Bài 19: Giải phương trình 

2
2
 x + y − 2 x − 4 y = 33

Hướng dẫn:
11


2
2
Ta có x 2 + y 2 − 2 x − 4 y = 33 ⇔ ( x − 1) + ( y − 2 ) = 38 nên đặt u = x − 1, v = y − 2

⇒ u.v = ( x − 1) ( y − 2 ) = xy − 2 x − y + 2

Do đó xy − 3 x − 2 y = ( xy − 2 x − y + 2 ) − ( x − 1) − ( y − 2 ) − 5 = uv − u − v − 5
Khi đó hệ phương trình trở thành:

uv − ( u + v ) − 5 = 16 uv − ( u + v ) = 21
uv − ( u + v ) = 21
⇔
⇔
 2 2

2
2
( u + v ) − 2uv = 38 ( u + v ) − 2 ( u + v ) = 80
u + v = 38
u + v = 10 ⇒ u.v = 31

3

TH2: 

Hướng dẫn:
ìï x2 + y2 = 8 - z2
ïìï (x + y)2 - 2xy = 8 - z2
ï
Hệ phương trình Û íï xy + z(x + y) = 4 Û íï xy + z(x + y) = 4
ïî
ïî
ìï (x + y)2 - 2[4 - z(x + y)] = 8 - z2
ïìï (x + y)2 + 2z(x + y) + (z2 - 16) = 0
ï
Û í
Û í
ïï xy + z(x + y) = 4
ïï xy + z(x + y) = 4
î
î
ìï x + y = 4 - z ìï x + y = - 4 - z
Û ïí
Ú ïí
ïï xy = (z - 2)2 ïï xy = (z + 2)2 .
î
î

Do x, y, z là nghiệm của hệ nên:
é(4 - z)2 ³ 4(z - 2)2
8

xác điều kiện u, v.
x − y = 2
 3
3
x − y = m

Bài 21: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
Hướng dẫn:

x − y = 2
x − y = 2
⇔ 
3
3
3
x − y = m
 ( x − y ) − 3xy ( x − y ) = m
S = 2
S = 2

⇔
Đặt -y= u ; S = x + u, P = xu ta có:  3
8−m
 S − 3PS = m
 P = 6

Trước hết ta biến đổi 

Viét đảo thì x và u là nghiệm của phương trình
Phương trình có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 1 −

x + y = 6

Đặt S = x + y, P = xy ta có:

 S 2 − 2 P = 26
⇔

S = 6

S = 6

P = 5

Vậy x, y là nghiệm của pt X2 - 6X + 5 = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ;y)=(-5;-1) ;(-1 ;-5)
 x2 + y 2 = m
 ( x + y ) 2 − 2xy = m
⇔
b. Ta có 

x + y = 6
x + y = 6

Đặt S = x + y, P = xy ta có:

 S 2 − 2P = m
⇔

S = 6


í 2
ïï u + v2 = 3m - 5
î

Suy ra u, v là nghiệm (không âm) của

X 2 - 4X +

Hệ có nghiệm Û (*) có 2 nghiệm không âm.
ïìï D / ³ 0
ï
Û ïí S ³ 0 Û
ïï
ïï P ³ 0
î

ìï u + v = 4
ïï
í
.
ïï uv = 21 - 3m
ïî
2
21 - 3m
=0
2

(*).

ìï 3m - 13

.

ta có:

ìï x + y = 1
ìï x + y = 1
ï
ï
Û í
í
ïï x x + y y = 1 - 3m
ïï ( x)3 + ( y)3 = 1 - 3m
îï
îï
2
Đặt S = x + y ³ 0, P = xy ³ 0 , S ³ 4P. Hệ phương trình trở thành:
ïìï S = 1
ïì S = 1
Û ïí
í 3
ïï S - 3SP = 1 - 3m
ïï P = m .
î
î
1
Từ điều kiện S ³ 0, P ³ 0, S2 ³ 4P ta có 0 £ m £ .
4

Bài 25: Tìm điều kiện m để hệ phương trình


î

14


é32 ³ 4(m - 3)
21
ê
Û
Từ điều kiện ta suy ra hệ có nghiệm
ê(m - 3)2 ³ 12 Û m £ 4 Ú m ³ 3 + 2 3 .
ê
ë
 x 2 + y 2 + 4 x + 4 y = 10
Bài 26: Tìm điều kiện m để hệ phương trình  xy ( x + 4)( y + 4) = m có nghiệm thực.


Hướng dẫn:
ìï x2 + y2 + 4x + 4y = 10
ïí
Û
ïï xy(x + 4)(y + 4) = m
î

ìï (x2 + 4x) + (y2 + 4y) = 10
íï 2
ïï (x + 4x)(y2 + 4y) = m .
î

Đặt u = (x + 2)2 ³ 0, v = (y + 2)2 ³ 0 . Hệ phương trình trở thành:

êm = 21 .
ïï x2 + 4x = m
ïï x2 + 4x = 3x2 - 6
ê
ë
î
î
2
2
2
ìï x + xy + y = 3
ìï (x + y) - xy = 3
+ m = – 3: ïíï 2(x + y) + xy = - 3 Û ïíï 2(x + y) + xy = - 3
ïî
ïî
ìï x = 3
ìï x = - 3 ïì x = - 1
ïìï x + y = 0 ïìï x + y = - 2
ï
ï
Û í
Úí
Û í
Úí
Ú ïí
ïï xy = - 3
ïï xy = 1
ïï y = - 3 ïï y = 3
ïï y = - 1 (loại).
î


có nghiệm thực x > 0, y > 0.
Hướng dẫn:
15


ìï x + xy + y = m + 1
ïí
Û
ïï x2y + xy2 = m
î

ì
ì
ì
ïíï (x + y) + xy = m + 1 Û ïïí x + y = 1 Ú ïïí x + y = m .
ïï xy(x + y) = m
ïï xy = m
ïï xy = 1
î
î
î
ìï m > 0
1
Hệ có nghiệm thực dương Û ïíï 1 ³ 4m Ú m2 ³ 4 Û 0 < m £ Ú m ³ 2 .
4
ïî
1
Vậy 0 < m £ Ú m ³ 2 .
4


ìï
ï
ï
Û í
2
ïï
x + y - 3 xy = m
ïïî

x+ y=m

x+ y=m

m2 - m .
3
2
m - m
= 0 (*).
là nghiệm (không âm) của phương trình t2 - mt +
3
Û (*) có 2 nghiệm không âm
ïìï m2 - 4m £ 0
ém = 0
ïíï m ³ 0
Û ê
ê1 £ m £ 4 .
ïï 2
ê
ë

ïï x + y = - 2
î
î

2

Hệ có đúng 2 nghiệm thực phân biệt khi ( ±2) = 4(1 - m) Û m = 0.
ì

ï x + y = 2m - 1
Bài 32: Cho x, y là nghiệm của hệ phương trình ïíï x2 + y2 = m2 + 2m - 3. Tìm m để
ïî

P = xy nhỏ nhất.
Hướng dẫn:
Đặt S = x + y, P = xy , điều kiện S2 ³ 4P.
ìï x + y = 2m - 1
ïí
Û
ïï x2 + y2 = m2 + 2m - 3
î

ìï S = 2m - 1
ïí
ïï S2 - 2P = m2 + 2m - 3
î

16



ổ4 - 2 ử
ộ4 - 2 4 + 2 ự
11 - 6 2
ữ
ỗ
ờ
ỳ
ữ
minf(m)
=
f
=
,
"
m
ẻ
;
ỗ
Ta cú
ữ
ỗ
ờ
ỳ
ữ
ỗ
2
4
2
2
ố


x+

4)

x y + y x = 30

2
2
x + y = 5

2)

4
2 2
4
x x y + y = 13

y =4

2
2

x + y + 2 xy = 8 2

1 1

x + y + x + y = 4

7)


x x + y y = 35



1
( x + y ) 1 + ữ = 5
xy


6)
x 2 + y 2 1 + 1 = 49

ữ

x2 y 2



(

9)

)

x + y = 4
2
2
3
3

x + y = m

cú nghim duy nht.
cú ỳng hai nghim.

(1II)
17


a. Giải hệ phương trình khi m = 5.
b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.
3.

 x + xy + y = m
 2
2
 x y + xy = 3m − 8

(7I)

a Giải hệ phương trình khi m =

7
.
2

b. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm.
4.

 x + xy + y = m + 1

Trấn Cành Nàng làm bài kiểm tra về dạng toán này thì kết quả đạt được như sau:
18


Kết qủa Số
Giỏi
Năm
lượng SL TL

Khá
SL

TL

Trung bình
SL
TL

Yếu - kém
SL TL

2014- 2015

10

2

20 %

3


2016- 2017

25

10

40%

14

56%

1

4%

0

0%

Tổng

45

15

33,3%

21

GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Hoàng Xuân Thìn
Chức vụ và đơn vị công tác: Phó hiệu trưởng trường THCS Thị Trấn Cành Nàng

TT

1.

2.
3.
4.

5.

Tên đề tài SKKN

Phát triển tư duy cho học sinh giỏi
Toán thông qua bài toán chứng
minh bất đẳng thức
phát triển tư duy cho HS từ bài
toán hình quen thuộc đến bài toán
hình hay và khó
Phát triển tư duy cho học sinh lớp
thông qua việc kẻ đường phụ trong
hình học lớp 7
Một số kinh nghiệm giúp HS rèn
luyện kỹ năng giải toán trên Máy
tính Casio
Phát triển tư duy cho học sinh

– 2009

Huyện

B

Năm học 2011
– 2012

Tỉnh

C

Năm học 2014
– 2015

Huyện

B

Năm học 2016
– 2017

(Đang gửi dự thi
cấp tỉnh)

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa đại số 9 – Nhà xuất bản giáo dục
2. 23 chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - Nhà xuất bản giáo dục
3. Phương trình bậc hai & một số ứng dụng - Nhà xuất bản giáo dục

+ Đối với nhà trường: Bổ sung các thiết bị dạy học còn thiếu để tăng hiệu
quả trong các bài dạy, đặc biệt các bài thực hành.
Xác nhận của nhà trường
HIỆU TRƯỞNG

Bá Thước, ngày 28 tháng 04 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
NGƯỜI VIẾT

Lương Thị Liên

Hoàng Xuân Thìn

21


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÁ THƯỚC

SÁNG KIẾN KINH NGHỆM

PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC ỨNG
DỤNG HỆ THỨC VI-ÉT ĐẢO VÀO GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH –
CHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 9

Họ tên: Hoàng Xuân Thìn
Chức vụ: Phó hiệu trưởng
Đơn vị: Trường THCS Thị Trấn Cành Nàng
SKKN môn: Toán