MỤC LỤC
Trang
1.MỞ ĐẦU…………………………………………………………….
1
1.1.Lí do chọn đề tài………………………………………………….
1

1.2 Mục đích nghiên cứu..................................................................
1.3 Đối tượng nghiên cứu.................................................................
1.4 Phương pháp nghiên cứu...........................................................
1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm ............................
2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM..............................

2
2
2
2
2

2.1.Cơ sở lí luận của SKKN…………………………………………....
2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN... ..........................

2

2.3. Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực.............
2.3.1. Phương pháp thế .....................................................................
2.3.2. Phương pháp cộng đại số ........................................................
2.3.3. Phương pháp đưa phương trình về dạng tích...........................
2.3.4. Phương pháp đặt ẩn phụ................................................................

2.3.5. Phương pháp dùng bất đẳng thức.............................................

Trong chương trình toán của bậc học phổ thông, từ lớp 9 học sinh được
học về hệ phương trình, bắt đầu là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn. Cùng với
đó học sinh được học hai quy tắc biến đổi tương đương một hệ phương trình là
“Quy tắc thế”, “Quy tắc cộng đại số”. Lớp 8 và lớp 9 học sinh được học khá
đầy đủ về phương trình một ẩn như: phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình
tích, phương trình chứa ẩn ở mẫu, phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối,
phương trình bậc hai, phương trình vô tỷ... Thông qua việc học các dạng phương
trình trên học sinh được trang bị tương đối đầy đủ về các phương pháp giải các
phương trình đại số, điều này đồng nghĩa với việc học sinh được trang bị các
phương pháp giải hệ phương trình không phải là hệ hai phương trình bậc nhất
hai ẩn.
Các hệ phương trình mà cách giải tuỳ thuộc vào đặc điểm riêng của hệ,
không có một đường lối chung cho việc giải các hệ đó, ta gọi các hệ dạng này là
hệ phương trình không mẫu mực. Việc giải các hệ phương trình không mẫu mực
đòi hỏi học sinh phải nắm rất vững các phương pháp biến đổi tương đương một
hệ phương trình, các phép biến đổi tương đương một phương trình, đặc biệt học
sinh phải rất tinh ý phát hiện ra những đặc điểm rất riêng của từng hệ từ đó có
cách biến đổi hợp lí nhờ đó mới có thể giải được hệ.
Trong nội dung chương trình toán lớp 8 và lớp 9 đã trang bị cho học sinh
khá đầy đủ kiến thức về phương trình và hệ phương trình đại số cùng các phương
pháp giải. Nhưng việc trang bị các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu
mực hầu như không được đề cập tới trong sách giáo khoa, kể cả hệ thống sách
tham khảo hiện có dành cho học sinh trung học cơ sở.
Việc giải được các hệ phương trình không mẫu mực đòi hỏi học sinh phải
vận dụng rất khéo léo các kiến thức đã học để có được cách biến đổi hợp lí đối
với riêng từng hệ phương trình đã cho, điều này đánh giá được trình độ kiến
thức cũng như tư duy linh hoạt của học sinh.
Chính vì vậy, trong nội dung các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán 9,
đề thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Lam Sơn của tỉnh Thanh Hóa,
thường xuất hiện các câu hỏi yêu cầu học sinh phải giải các hệ phương trình

khắc sâu kiến thức, giáo viên giảng dạy có được hệ thống bài tập minh hoạ
phong phú cho từng phương pháp.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là hệ thống các
phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực, những điểm học sinh cần
lưu ý khi tiến hành giải các hệ phương trình loại này.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp duy vật biện chứng và duy vật lịch sử.
- Phương pháp phân tích tổng hợp.
- Phương pháp so sánh, đối chiếu, thống kê.
- Phương pháp số liệu, hệ thống hoá … phỏng vấn, điều tra, khảo sát điều
tra thực tế.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.
Đưa ra hệ thống các phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực
có sự sắp xếp hợp lôgíc về mặt tư duy kiến thức bộ môn.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của kiến kinh nghiệm
1. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn
Định nghĩa:
(SGK – Toán 9 Tập 2)
(1)
ax + by = c
Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn là hệ có dạng: 
a ' x + b ' y = c ' (2)
trong đó a, b, c, a’, b’, c’ là các số cho trước,trong đó:
a '2 + b '2 ≠ 0 .

a 2 + b 2 ≠ 0 và
2


2 x + 4 y = 2  x = −1
⇔
⇔

2 x − y = −3 2 x − y = −3  y = 1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = ( −1;1)
2. Hệ phương trình đối xứng loại một
Định nghĩa:
Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại
một nếu mỗi phương trình của hệ đã cho đối xứng với hai ẩn x và y (nghĩa là
mỗi phương trình của hệ không thay đổi khi ta đổi vai trò của x và y cho nhau).
Tính chất:
Nếu (x0; y0) là một nghiệm của hệ thì (y0; x0) cũng là nghiệm của hệ.
Cách giải thường dùng:
Đặt S = x + y và P = xy , với điều kiện S2 − 4P ≥ 0 đưa hệ đã cho về hệ
đơn giản hơn đã biết cách giải.
Ví dụ:
 x 2 + xy + y 2 = 4
Giải hệ phương trình: 
 x + xy + 2 = 2
Lời giải:
Đặt: S = x + y P = xy , khi đó hệ đã cho có dạng:
 S 2 − P = 4  S 2 + S − 6 = 0  S = −3
⇔
⇔
Hoặc

S
+

Một hệ phương trình hai ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại
hai nếu trong hệ phương trình, khi đổi vai trò của x và y cho nhau thì phương
trình này trở thành phương trình kia.
Tính chất: Nếu (x0; y0) là một nghiệm của hệ thì (y0; x0) cũng là nghiệm
của hệ.
Cách giải thường dùng: Trừ các vế tương ứng của hai phương trình thì
x − y = 0
nhận được phương trình tích dạng ( x − y ) .f ( x, y ) = 0 ⇔ 
 f ( x, y ) = 0
Từ đó hệ đã cho tương đương với hai hệ đơn giản hơn có thể giải được.
3

2
x
+
y
=

x2
Ví dụ. Giải hệ phương trình: 
2 y + x = 32
y

2 x 3 + x 2 y = 3
ĐK: x, y ≠ 0.Hệ phương trình đã cho ⇔  3
2
2 y + xy = 3
Trừ vế với vế của hai phương trình ta được:
2(x3 – y3) + xy(x - y) = 0 ⇔ 2(x - y)(x2 + xy + y2) + xy(x - y) = 0
⇔ (x - y)(2x2 + 3xy + 2y2) = 0 (*)

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN
Để có kết quả đối chứng trước khi tiến hành áp dụng sáng kiến đối với
học sinh đối với học sinh, tôi đã tiến hành cho 30 học sinh đội tuyển Toán lớp 9
trường THCS Quang Trung năm học 2017-2018 làm bài kiểm tra tiền thực
nghiệm với nội dung đề bài như sau:
ĐỀ BÀI: Giải các hệ phương trình sau:
2
2
2
2
 x + y + xy + 1 = 4 y
( x + y )( x − y ) = 45
1.  2
2. 
2
2
( x + 1)( x + y − 2) = y
( x − y )( x + y ) = 85
8 xy
 2
2
 x3 − 3x = y
x
+
y
+
=
16

 3

4
13%

2
7%

0
0%

Dưới
trung
bình
24
80%

Trên
trung
bình
6
20%

2.3. Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực
2.3.1. Phương pháp thế
Ví dụ 1.
2 x 2 − y 2 + xy + y − 5 x + 2 = 0
Giải hệ phương trình sau:  2
2
 x + y + x + y − 4 = 0
Lời giải:
2

⇔ x = y =1
 2
 2
2
x
+
y
+
x
+
y
−
4
=
0
y
−
2
y
+
1
=
0


y +1
*Với x =
, ta có hệ:
2
x = y =1

Nhận xét:
- Ta có thể xem phương trình (1) của hệ là phương trình bậc 2 đối với ẩn
x còn ẩn y là tham số và tiến hành giải như trên.
-Ngoài ra Dùng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử biến đổi
phương trình (1) về dạng tích.Việc phân tích đa thức vế trái của phương trình
thứ nhất của hệ, giáo viên khi dạy nên hướng dẫn học sinh sử dụng hằng đẳng
thức đáng nhớ để tiến hành biến đổi vì đây là đa thức bậc hai đối với hai ẩn.
x − 2 y + 1 = 0
Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau:  2
2
 x − y + xy − 1 = 0
 x = 2 y − 1
x − 2 y + 1 = 0
⇔
Lời giải:Ta có:  2

2
2
2
 x − y + xy − 1 = 0 ( 2 y − 1) − y + y ( 2 y − 1) − 1 = 0
x = 2 y −1
x = 2 y −1
 x = 2 y − 1  x = −1
x = 1
⇔
⇔
⇔
Hoặc 
Hoặc 
 y −1 = 0

 2  x 2 − 1 
x2 − 1 
2
2
2
x 
÷ x +
÷ = 3x − 4 x + 1 ( x − 1)(2 x − 1) = ( x − 1)(3 x − 1)
x 
x 


⇔
được:  
x2 − 1
2
x −1

y +1 =
x
y
+
1
=


x
2 x( x − 1) 2 ( x + 2) = 0
x = 1
 x = −2

5

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: ( 1; − 1) ;  −2; − ÷.
2

Nhận xét: Phương trình (2) của hệ là phương trình bậc nhất đối với ẩn y
nên ta tiến hành tính ẩn y theo ẩn x rồi thế vào phương trình (1) của hệ. Tuy
nhiên việc tính y theo x ta phải thực hiện phép chia cho x, nên cần nhận xét
x2 − 1
( 0; y ) không là nghiệm của hệ để từ đó với x ≠ 0 ta có thể tính y + 1 =
và
x
hệ nhận được tương đương với hệ đã cho.
2.3.2. Phương pháp cộng đại số:
 x 2 + y 2 − 10 x = 0
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau:  2
2
 x + y + 4 x − 2 y − 20 = 0
Lời giải: Lấy phương trình thứ nhất trừ cho phương trình thứ hai ta được
y = 7 x − 10 . Theo quy tắc cộng đại số, hệ đã cho tương đương với hệ phương
trình sau:
 x 2 + y 2 − 10 x = 0  x 2 + (7 x − 10) 2 − 10 x = 0  x 2 + 3x + 2 = 0
⇔
⇔
⇔

 y = 7 x − 10
 y = 7 x − 10
 y = 7 x − 10
 x = −1

Đến đây việc giải hệ ban đầu được đưa về việc giải 3 hệ phương trình đơn
giản hơn. Cách biến đổi này khá đơn giản nên học sinh khá dễ tiếp thu, đặc biệt
là học sinh lớp 9.
2.3.3. Phương pháp đưa phương trình về dạng tích.
 x 2 − 5 xy + 6 y 2 = 0
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình sau:  2
2
2 x + y = 1
Lời giải:
2
2
( x − 2 y )( x − 3 y ) = 0  x = 2 y
x = 3y
 x − 5 xy + 6 y = 0
Hoặc 
⇔
⇔


 2
2
2
2
2
2
2 x + y = 1
2 x + y = 1
9 y = 1
19 y = 1


hoặc 
y = 1
y = −1
 y = 19
 y = − 19




3
3
9
9
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm:
19   −3 19 − 19 
 2 1   −2 −1   3 19
;
;
÷; 
÷.
 ; ÷;  ;
÷; 
3
3
3
3
19
19
19
19


⇔ x + 2y = −4 hoÆ
c x + 2y = 3
  x + 2 y = −4
(a)

4
xy
+
x
+
2
y
=
7
 x2 + 4 y2 = 5

⇔
Do đó ta có: 
 x + 2 y = 3
4 xy + x + 2 y = 7

(b)
 4 xy + x + 2 y = 7
Giải hệ (a):
 x = −2 y − 4
 x = −2 y − 4
 x + 2 y = −4
⇔
⇔



 
2
2

 1
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: ( 1; 1) ;  2; ÷.
 2
Nhận xét: Trong hệ trên chưa có phương trình nào của hệ có thể đưa ngay
về dạng tích, tuy nhiên bằng việc cộng vế với vế hai phương trình của hệ theo
quy tắc cộng đại số ta nhận được một hệ mới, trong hệ mới này có một phương
trình đưa được về dạng tích.
 x 2 + xy + 2 y = 2 y 2 + 2 x (1)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: 
(2)
 y x − y + 1 + x = 2.
Giải: ĐK: x − y + 1 ≥ 0. Ta biến đổi phương trình (1) làm xuất hiện nhân tử
chung
(3)
x = y
(1) ⇔ x 2 − y 2 + xy − y 2 + 2 y − 2 x = 0 ⇔ ( x − y )( x + 2 y − 2) = 0 ⇔ 
 x = 2 − 2 y (4)
 y = 0; x = 2
 x = 2 − 2 y
⇔
Từ (3) & (2) ta có x=y=1. Từ (4) & (2) ta có 
1
8
y = − ;x = .

−
)
−
9
=

y
y
Trường hợp 2: Xét y ≠ 0, HPT ⇔ 
( x − 1) 2 + 2 = − 1

y
y2
 x + t + 3xt = 9
1
Đặt t = − , ta có hệ phương trình :  2 2
y
 x + t − 2( x + t ) = −1
S = x + t 2
( S ≥ 4 P ) , ta có hệ phương trình;
Đặt 
 P = xt
5

S
=
−

 S + 3P = 9
 S + 3P = 9

Hệ phương trình có hai nghiệm: (1; − );(2; −1)
2
 x 4 − 4 x 2 + y 2 − 6 y + 9 = 0
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:  2
.
2
x
y
+
x
+
2
y
−
22
=
0

Lời giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
2
2
2
( x − 2) + ( y − 3) = 4 ( x − 2) + ( y − 3) = 4
⇔ 2
 2
2
2

v = 0
v = 2
Thế vào cách đặt ta được các nghiệm của hệ là:
 x = 2  x = −2  x = 2  x = − 2
;
;
;
.

 y = 3  y = 3  y = 5  y = 5
Nhận xét: Với hệ phương trình trên, việc biến đổi hệ để xuấn hiện bộ phận
để đặt ẩn phụ khá dễ nhận ra việc phải sử dụng hằng đẳng thức nhờ phương
trình thứ nhất của hệ.
 2 x + 3 + 4 − y = 4
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình sau: 
 2 y + 3 + 4 − x = 4
3
3
Lời giải: Đk: − ≤ x ≤ 4; − ≤ y ≤ 4
2
2
Đặt 4 − y = u (u ≥ 0) và 4 − x = v(v ≥ 0)
suy ra : y = 4- u2 và x= 4-v2 thay vào hệ ta có :
 11 − 2v 2 + u = 4
11 − 2v 2 = (4 − u ) 2
=> 

2
2
2


 x2 + 3
y2 + 6
x
y

+
=7


x
y
⇔
.
3
6

+
=
2
 x x2 + 3 − x + y y2 + 6 − y = 2  2
y2 + 6

 x + 3 +1
+1
 x
y
u + v = 7

y2 + 6

Giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ. Với y khác không, chia cả hai vế của
 x2 + 1
+x+ y=4
a = x + y

 y

(1) và (2) cho y ta được: 
.
Đặt

x 2 + 1 ta được
2
( x + y ) 2 = 2 x + 1 + 7
b = y


y

 a = −5, b = 9
a + b = 4
b = 4 − a
b = 4 − a
⇔ 2
⇔ 2
⇔
.
 2
 a = 3, b = 1
a = 2b + 7


 3 y3
=z
 4
2
y
+
y
+
1


4z 4
=x
 6
 z + z4 + z2 + 1
HD giải:
2x 2
= y ≥ 0 nên xảy ra hai trường hợp sau:
Vì 2
x +1
Với y = 0, khi đó x = y =z = 0
Vậy (x; y; z) = (0; 0; 0) là một nghiệm của hệ phương trình.
Với y > 0, khi đó x > 0, z > 0
2x 2
2x 2
2
2
x +1≥ 2
≥ 2x nên 2

4

2

3

4

2

2

2 + 3 x = z 3
2
HD giải: Điều kiện y ≠ 0.Đặt z = ta được hệ : 
Trừ vế với vế của
3
y
2 + 3 z = x
hai phương trình trên ta đươc ( x − z )( x 2 + xz + z 2 + 3) = 0
z
3z 2
⇔ x − z = 0 (vì x2 + xz + z2 +3 = (x + ) 2 +
+ 3 > 0 với mọi x, z)
2
4
Thay x = z vào phương trình (1) của hệ ta được : x3 – 3x – 2 = 0
⇔ (x+1)2(x - 2) = 0 ⇔ x = -1 hoặc x = 2
Với x = z = −1 ⇒ y = −2 ⇒ nghiệm (x ; y ) của hệ là (−1; −2).
Với x = z = 2 ⇒ y = 1 ⇒ nghiệm (x ; y ) của hệ là (2;1).

2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y +y z
y z +z x
z x +x y
=
+
+
≥ xyyz + yzzx + zxxy
2
2
2
= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
x = y = z
1
⇔x= y=z=
Dấu bằng xảy ra ⇔ 
3
x + y + z = 1
1
1
1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x = ; y = ; z = ÷
3
3
3

xy
xy
1 1
 x + y = 2
1 1 3
⇒ x = y = 1.
Thay (1) vào (2) ta được ( + ) = 8 ⇒ 
x y
1
 =1
 xy
Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1)
Bài tập:
Giải các hệ phương trình sau :
 2
1 1
 x2
+
x
=
2
 x + x + 1 + ÷ = 4
y
y
y


a)  2
( 2011 – 2012) b) 
( 2010 – 2011)

+
y



f) 
(2016 – 2017)


1
2 y 1 −
 x + y ÷= 1




2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường
Sau khi tiến hành triển khai nội dung của sáng kiến với chuyên đề “ Một số
phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực” đối với 30 học sinh lớp 9
trong nhóm thực nghiệm (Đội tuyển Toán) tại trường THCS Quang Trung năm
học 2017-2018, tôi tiến hành cho nhóm học sinh làm bài kiểm tra sau thực
nghiệm với nội dung đề như sau:
6( x + y ) = 5 xy

e) 12( y + z ) = 7 yz ( 2007- 2008)
4( z + x) = 3zx


Giải các hệ phương trình sau:


5–6

7–8

Dưới Trên
9 – 10 trung trung
bình bình

0

6

9

8

7

6

24

Tỉ lệ %
0%
20% 30% 27% 23%
20% 80%
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận
Giải hệ phương trình không mẫu mực luôn là một yêu cầu khó trong các

sinh đã được học về công thức nghiệm của phương trình bậc hai, chuẩn bị ôn thi
học sinh giỏi vào cuối năm, ôn thi vào các trường chuyên, lớp chọn của bậc
THPT.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 02 tháng 3 năm 2018
Người thực hiện
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Lê Vi Linh

16


1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tạp chí Toán học tuổi thơ; Toán học và tuổi trẻ.
Đề thi HSG môn Toán 9 TP Thanh Hóa, tỉnh Thanh Hóa các năm gần đây.
Giải đề thi tuyển sinh đại học chuyên đề đại số
Đề thi HSG môn toán 9 Thành phố Thanh Hóa.
Toán nâng cao & các chuyên đề đại số 9
Các đề thi vào lớp 10 THPT chuyên
Phương pháp giải toán Đại số