1.
0
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
=====***=====
BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU - ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
Tên sáng kiến
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh Hòa
Mã sáng kiến: 09.52.01
Tam Dương, Năm 2018

2.
1
1. Lời giới thiệu
Hệ phương trình Đại số là một trong các bài toán cơ bản của chương trình toán
học phổ thông. Các em häc sinh được làm quen với hệ phương trình đại số từ các lớp
trung học cơ sở. Ở bậc THPT các học sinh được học chi tiết ở chương trình đại số lớp
10, nhưng với lượng kiến thức không nhiều, trong khi đó hệ phương trình được đưa
vào trong các đề thi THPT Quốc gia, thi HSG lại đòi hỏi các em phải có một lượng
kiến thức tương đối nhiều về phần này. Chính vì thế trong quá trình giảng dạy, tôi đã
soạn chuyên đề: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI
SỐ”. Trước hết giúp bản thân hệ thống được các dạng cơ bản của hệ phương trình
cùng các phương pháp giải qua đó phục vụ tốt hơn cho tác giảng dạy, nâng cao trình
độ chuyên môn.
2. Tên sáng kiến “Một số phương pháp giải hệ phương trình đại số”.
3.Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Thị Thanh Hòa
- Địa chỉ: Trường THPT Trần Hưng Đạo – Tam Dương – Vĩnh Phúc.
- Số điện thoại: 0987.444.700
- Email: nguyenthanhhoa.gvtranhungdao@vinhphuc.edu.vn
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh Hòa
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
- Môn Đại số lớp 10 và Giải Tích lớp 12 ban cơ bản
-Trong phạm vi đề tài này, tôi thực hiện nghiên cứu đưa ra các các dạng cơ bản và
phương pháp giải một số hệ phương trình thuộc chương trình Đại số 10 và có sử dụng
kiến thức của chương 1 Giải tích 12.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu: Ngày 03 tháng 11 năm 2017.
7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
7.1. Nội dung của sáng kiến
PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Mục đích nghiên cứu
Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích bản thân có một cuốn tài liệu
phục vụ công tác giảng dạy và mong muốn cung cấp cho các thầy, cô giáo có thêm
một tài liệu tham khảo. Các em học sinh THPT một tài liệu học tập, tra cứu thông
dụng và có hiệu quả khi giải hệ phương trình Đại số.
2. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 12A1 và 12A3 trường THPT Trần Hưng Đạo năm học 2017 –
2018.
3. Phạm vi nghiên cứu
Chương III của chương trình Đại Số lớp 10 và chương I của chương trình Giải
Tích 12.
4. Phương pháp nghiên cứu
4.1. Nghiên cứu lí luận.

3.
2
Phân tích chương trình môn toán THPT. Nghiên cứu kỹ các dạng phương trình
cơ bản và các phương pháp: “Giải hệ phương trình Đại số” trong các tài liệu lý luận,
sách tham khảo.
4.2. Thực hành và rút kinh nghiệm.
Thông qua các buổi dạy, trao đổi kinh nghiệm giảng dạy với các đồng nghiệp
và khảo sát học sinh thông qua các bài kiểm tra để rút kinh nghiệm.
4.3. Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi và
hiệu quả của việc phân dạng bài tập. Qua đó đánh giá được hiệu quả của đề tài.
5. Điểm mới của đề tài
- Hệ thống lại một số dạng hệ phương trình cơ bản, thường gặp và cách giải của chúng.
- Đưa ra được một số phương pháp giải chung đối với một số hệ phương trình thường
gặp cùng với các ví dụ có lời giải
- Hệ thống được một số bài tập thường gặp trong các đề thi HSG trong các năm gần
đây.
6. Cấu trúc của sáng kiến kinh nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm được chia làm hai phần:
- Các hệ phương trình cơ bản.
- Một số phương pháp giải hệ phương trình.

4.
3
Phần II: NỘI DUNG
1. CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN
1.1. HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT PHƯƠNG
TRÌNH BẬC HAI.
1.1.1. Dạng tổng quát:

2 2
0 1
02
AxByC
axbxycydxeyf
 


1.1.2. Phương pháp giải:
1.1.2.1. Phương pháp thế:
Bước 1: Từ phương trình (1) của hệ ta rút x hoặc y thế vào phương trình (2). Khi đó ta
được phương trình bậc hai đối với y hoặc x.
Bước 2: Giải phương trình bậc hai.
Bước 3: Kết luận.
1.1.2.2. Phương pháp đồ thị:
Bước 1: Tập hợp các điểm thỏa mãn phương trình (1) là đường thẳng d: Ax + By + C
= 0. Tập hợp các điểm thỏa mãn phương trình (2) là đường cong (S) có phương trình:
2 2
0ax bxy cy dx ey f     
Bước 2: Số nghiệm của hệ là số giao điểm của đường thẳng d và đường cong (S)
Chú ý: Phương pháp này thường sử dụng cho bài toán chứa tham số và khi a = c, b =
0. Lúc đó (S) là phương trình đường tròn.
1.1.2.3. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Cho hệ phương trình:

2
0 1
2 2 302
xym
y x m


 
a) Giải hệ phương trình với m = 1.
b)Tìm m để hệ có hai nghiệm phân biệt  1 1 2 2( ; ); ;x y x y thỏa măn:
2 2 2 2
1 1 2 2x y x y  
Lời giải:
a) Với 1m  ta có hệ:

2
10 1
2 50 2
x y
y x


 
+) Từ (1) ta có: 1x y  thay vào (2) được:
2 1 2
230
3 2
y x
y y
y x
  
   
+) KL: Hệ có nghiệm:    2,1 ; 2, 3 
b) Từ phương trình (1): y x m  thay vào (2) ta được:
 2 2
2 1 230x mxmm (3).

5.
4
+) Dễ thấy phương trình (3) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do vậy hệ luôn
có hai cặp nghiệm phân biệt là:       , 3, 3 , 1,1x y m m   
+) Mặt khác từ giả thiết ta có:
2 2 2 2
1 1 2 2x y x y    
2 2
11( 3)9 2m m m
KL: 2m  .
Ví dụ 2: Cho hệ phương trình:
 
 2 2
0 1
0 2
x ay a
x y x
   

  
a) Tìm a để hệ có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi  1 1 2 2( ; ); ;x y x y là các nghiệm của hệ. CMR:  
22
2 1 2 1( ) 1x x y y   
Lời giải:
Cách 1: Từ (1) ta có: x a ay  thay vào (2) được: 2 2
( ) ( ) 0a ay y a ay    
2 2 2
(1 ) (2 1) 0a y a a y a a       (3)
a) Để hệ có hai nghiệm phân biệt (3) có hai nghiệm phân biệt
4
0 0
3
a
b) Với
4
0
3
a  . Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt 1 2,y y thỏa mãn:
1 2 2
2
1 2 2
(2 1)
1
1
a a
y y
a
a a
yy
a

  

 
 
và
1 1
2 2
x aay
x aay



Do đó ta có:
  
2 2 22 22
2121 1221 1212() () 1 4xxyyayayyyayyyy 
 
2 2
2 2
43 (21)
1 1
1 1
aa a
a a
 
  
 
(đpcm)
Cách 2:
2
2 2 2
0 (1)
0
1 1
0 (2)
2 4
xaya
xaya
xyx x y

 
      
 
Phương trình (1) là phương trình đường thẳng d.
Phương trình (2) là phương trình đường tròn (C ) tâm
1
;0
2
I
 
 
 
, bán kính R=
1
2
.
a)Hệ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng (d) cắt đường tròn

6.
5
(C ) tại hai điểm phân biệt d(I; d) < R
2
1
1 42
0
2 31
a
a
a

    

b) Với
4
0
3
a  , d cắt (C ) tại hai điểm A(x1; y1) và B(x2; y2).
Ta có: 2 2
2 4AB R AB R     
22
2 1 2 1( ) 1x x y y    (đpcm).
Nhận xét: So sánh hai phương pháp ta thấy khi bài toán chứa tham số mà sử dụng
được bằng phương pháp đồ thị thì bài toán có lời giải ngắn gọn hơn. Tuy nhiên với
dạng hệ phương trình này sử dụng phương pháp đồ thị có hiệu quả nếu a = c, b = 0.
Chú ý: Phương pháp thế còn mở rộng cho hệ phương trình gồm một phương trình
bậc nhất và một phương trình bậc lớn hơn 2, hoặc dùng để giải phương trình vô tỷ
không đồng bậc có dạng: 3
1 1 2 2 0aaxbbaxbc 
Ví dụ 3: Giải phương trình: 3
2 3 2 3 6 5 8 0x x     (1) ( Khối A – 2009).
Lời giải
+) Điều kiện:
6
5
x 
+) Đặt
3
3 2
65
u x
v x
 

 
điều kiện 0v 
+) Khi đó (1) trở thành: 3 2
2380(2)
5 380(3)
uv
u v



+) Từ (2) ta có
8 2
3
u
v

 thay vào (3) được:
32 2
15432400(2)(152620)02uuu uuu u
+) Với 2u   thì 3
3 2 2 2( )x x tm     
KL: phương trình có nghiệm 2x   .
1.2. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I
1.2.1. Định nghĩa:
Hệ phương trình đối xứng loại I đối với hai ẩn x, y là hệ gồm các phương trình không
thay đổi khi ta thay x bởi y và y bởi x.
1.2.2. Phương pháp giải chung:
Bước 1: Biến đổi về tổng x y và tích xy rồi đặt (*)
x y S
xy P
 


, điều kiện:
2
4 0S P 

7.
6
Bước 2: Đưa hệ phương trình về hệ gồm hai ẩn S, P. Giải hệ tìm S, P, thay vào (*) khi
đó x, y là nghiệm của phương trình: 2
0 (**)t St P  
* Chú ý:
+) Nếu  0 0,x y là nghiệm của hệ thì  0 0,y x cũng là nghiệm của hệ. Từ đó để hệ có
nghiệm duy nhất điều kiện cần là 0 0x y .
+) Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P:
*  
22 2 2
2 2xy xy xySP
*    
33 3 3
3 3xyxyxyxySPS 
*  2 2
xyxy xyxy SP  
*    
2 244 22 22 2 2
2 22xyxy xySPP
1.2.3. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
 2 2
11
3 28
xyxy
x y xy
 

   
Lời giải:
+) Biến đổi hệ:   
222
1111
3 28 23 28
xyxyxyxy
xyxy xyxyxy
 
 
  
+) Đặt (*)
x y S
xy P
 


, (Điều kiện 2
4 0S P  )
+) Ta có hệ: 2
11 10 5
2328 21 6
SP S S
SPS P P
    
  
    
+) Với
10 10 7 3
21 21 3 7
S xy x x
P xy y y
    
    
    
+) Với
5 5 2 3
6 6 3 2
S xy x x
P xy y y
     
    
     
+) KL: Hệ có nghiệm:        3; 7 , 7; 3 , 2;3 , 3;2   
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
  
   
1 18
1 1 17
x y
xx yy xy
 


Lời giải:
+) Hệ
 
2
7
17
x y xy
x y x y xy
  
 
    

8.
7
+) Đặt (*)
x y S
xy P



, điều kiện: 2
4 0S P 
Khi đó hệ có dạng: 2
7 4; 3()
17 6; 13()
SP SPtm
SSP S P l
 
   
+) Với
4
3
S
P



4 1 3
3 3 1
xy x x
xy y y
    
  
    
+) KL: Vậy hệ có hai nghiệm:    1;3 , 3;1
Ví dụ 3: Tìm m để hệ:
2 2
6
2 2
x xy y m
x xy y m
    

  
có nghiệm duy nhất.
Lời giải:
* Điều kiện cần:
Giả sử  0 0;x y là nghiệm của hệ. Do hệ đã cho là hệ đối xứng với ,x y nên  0 0;y x
cũng là nghiệm của hệ. Để hệ có nghiệm duy nhất thì 0 0x y .
Thay vào hệ phương trình ta được:
2
0
2
0 0
33 6
214
mx m
mx x m
  
    
* Điều kiện đủ:
+) Với 3m   thay vào hệ ta được:
2 2
3 3 13
12 23 3 3
x x xxxyy
yxxyy y y
     
    
     
Với 3m   hệ có 3 nghiệm nên 3m   không thỏa mãn.
+) Với 21m  thay vào hệ ta được:
2 2
327
32 2 21
xx xyy
yxxy y
 
 
 
Vậy 21m  thỏa mãn. KL: 21m  là giá trị cần tìm.
1.2.4. Phương pháp giải một số hệ phương trình đối xứng loại I .
1.2.4.1. Hệ phương tŕnh đối xứng có chứa 4 4
x y .
Phương pháp: Khi đó ta đặt
2 2
x y S
xy P
  


hoặc
2 2
2 2
x y S
x y P
  


Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
2 2
4 4 2 2
5
13
x y
x y xy
  

  
Lời giải:

9.
8
Đặt
2 2
2 2
x y S
x y P
  


Điều kiện 2
, 0; 4 0S P S P  
Khi đó hệ đã cho trở thành: 2
5 5
()
313 4
S S
tm
S P P
  
 
  
+) Với
5
4
S
P



2 2
2 2
5
4
x y
xy
  


, khi đó 2 2
,x y là nghiệm của phương trình:
2
5 4 0t t   
1
4
t
t

 

2 2
2 2
1; 4
4; 1
x y
x y
  

 
+) Với
2
2
1
4
x
y
 


Ta có: 2 1
1
1
x
x
x

    
và 2 2
4
2
y
y
y

    
+) Với
2
2
4
1
x
y
 


Ta có: 2 2
4
2
x
x
x

    
và 2 1
1
1
y
y
y

    
KL: Vậy hệ có 8 nghiệm:                1;2 , 1; 2 , 1;2 , 1; 2 , 2;1 , 2; 1 , 2;1 , 2; 1       
1.2.4.2. Hệ phương trình đối xứng chứa xy .
Phương pháp: Khi đó ta đặt: , điều kiện 0P 
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
1 1 4
3
x y
x y xy
  

  
(I)
Lời giải:
+) Điều kiện : 1; 1; 0x y xy    
+) Hệ (I)
22 116
3
xy xyxy
xy xy
 

 
. Đặt , điều kiện 0P 
+) Khi đó hệ (I) có dạng:
2
22 116(1)
3 (2)
S SP
SP
 


Từ phương trình (2) ta có S = P + 3 thay vào (1) được:
2 2
52 4162 411PPP PP P

 2 2 3
4 412122 (3)
35
()11 0 (4)
3
P
PP PP
P LP
    





Pxy
Syx





Pxy
Syx

10.
9
+) Với P = 3 6S  . Khi đó:
6 6 3
9 33
xy xy x
xy yxy
   
   
   
+) KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (3; 3).
1.2.4.3. Hệ gần đối xứng:
Phương pháp: Đưa về hệ phương trình đối xứng bằng cách đặt t x  hoặct y  .
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
2 2
1
3
x xy y
x y xy
   

 
Lời giải:
Đặt t y  thay vào hệ ta được:
 
22 2
1 31
3 3
xxtt xt xt
xtxt xtxt
 
 
  
Đặt
x t S
xt P
 


điều kiện 2
4 0S P  (*), thay vào hệ ta được:
2
231
3100
3
S P
S S
SP




2
5
S
S

  
+) Với S = 2 1P  . Khi đó ta có:
2 1 1
1 1 1
xt x x
xt t y
   
  
   
+) Với 5 8S P    (Loại do (*))
+) KL : Vậy hệ có nghiệm:  1; 1 .
1.2.4.4. Hệ đối xứng chứa ax b và ay b .
Phương pháp: Khi đó ta đặt:
u ax b
v ay b
  

 
với , 0u v 
Ví dụ 1: Cho hệ phương trình: (I)
1 14
1 112
x y
xx yy m
  

 
a) Giải hệ phương trình với m = 1.
b) Tìm m để hệ có nghiệm.
Lời giải:
+) Điều kiện , 1x y  
+) Đặt:
1
1
u x
v y
  

 
, đk , 0u v  . Thay vào hệ ta được:

11.
10
2 2
4 4 4
(1)(1)12 5 5
uv uv uv
uuvv muvmuvm
   
  
   
 ,u v là nghiệm của phương trình: 2
4 5 0X X m    (1)
a) Với m = 1 thay vào (1) được: 2
4 4 0 2 2X X X u v       
+) Với u = v = 2 
12 3
312
x x
yy
  
 
 
KL: Vậy với m = 1 hệ có nghiệm: (3;3).
b) Hệ (I) có nghiệm  PT (1) có nghiệm không âm
*) Trường hợp 1: Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
0 5 0ac m     m > 5
*) Trương hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm không âm:

' 10
1 5
5 0
m
m
m



KL: Vậy với 1m  hệ có nghiệm.
1.2.4.5. Hệ đối xứng chứa biến nghịch đảo
1
x
x
 và
1
y
y
 .
Phương pháp: Khi đó đặt:
1
1
u x
x
v y
y

 

  

, với 2; 2u v  .
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (I)
2 2
2 2
1 1
4
1 1
4
x y
x y
x y
x y

   


    

Lời giải:
+) Điều kiện: , 0x y  .
+) Viết lại hệ:
2 2 2 2
2 2 2 2
1 111
44
1 1 1 14 4
x yxy
x yx y
x y x y
x y x y
    
      
    
 
              

12.
11
+) Đặt
2 2
2
2 2
2
1 1
2
1 1
2
u x x u
x x
v y y v
y y
 
      
 
     
  
, với 2; 2u v  . Khi đó (I) trở thành:
2 2
4 4
2 24 4
uv uv
u v uv
  
 
  
u, v là nghiệm của phương trình: 2
4 4 0X X   X = 2 u = v = 2 (t/m)
+) Với u = v = 2 
1
2
1
1 1
2
x
xx
y
y
y

  
 
  

(tm).
KL: Vậy hệ có nghiệm: (1; 1).
Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Giải các hệ phương trình:
1/ 2 2
11
30
x y xy
xy xy
  

 
2/
2 2
4 4 2 2
7
21
x y xy
x y xy
   

  
3/
2 2
2 82
4
x y xy
x y
   

 
4/
   
 2 2
1 1 26
12 2
x y xy
x y xy
  

 
5/
2 2
2 2
3
1 1 4
x y xy
x y
   

 
6/
1 14
1 112
x y
xx yy
  

 
7/ 3 3
2 2
8
x y xy
x y
  

 
8/
2 2 8
( 1)( 1)12
xyx y
xyx y





  
 
9/
   
 
2
1 1 1 6
2 14
x x y y
x x y
  

 
10/
34
2 3
1 3
82
y x
x y
  

 
Bài 2: (CSND – 99A)Cho hệ phương trình: 2 2
2
1
x xy y m
xy xy m
  

  
a) Giải hệ với 3m   . b) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất.
Bài 3: (NT – 97D) Cho hệ:
2 2
8
( 1)( 1)
x y x y
xyx y m
  

  
a) Giải hệ với m = 12. b) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm.

13.
12
Bài 4: (QG – 99D). Tìm m để hệ
5( ) 4 4
( ) 1
x y xy
x y xy m
  

  
để hệ có nghiệm.
Bài 5: Tìm m để hệ sau có nghiệm:
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y

   


     

Bài 6: Tìm m để hệ pt sau có nghiệm:
1
13
x y
x x y y m





 
 
1.3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II
1.3.1. Định nghĩa
Hệ phương trình đối xứng loại II đối với hai ẩn x, y là hệ nếu thay đổi vai trò của x, y
cho nhau thì phương trình này chuyển thành phương trình kia của hệ.
1.3.2. Phương pháp giải
Xét hệ phương trình đối xứng loại 2 dạng:
(; ) 0(1)
(; ) 0(2)
f xy
gxy



Bước 1: Trừ vế với vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được:
  

  
3
, 0
, 04
xy
xyhxy
hxy

 

Bước 2: Giải hệ phương trình với từng trường hợp.
1.3.3. Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

 
3
3
1 2 1
1 2 2
x y
y x
  

 
Lời giải:
+) Lấy vế trừ vế của hai phương trình ta được:
 33 2 2
2 2
0
2 20
20
xy
xyyxxyxxyy
xxyy


+) Với x y thay vào (1) ta được:
3 15
210 1,
2
x x xx


+) Với 2 2
2 0x xy y    (vô nghiệm)
KL: Hệ có nghiệm:
1 5
1;
2
xy xy

 

14.
13
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
2
2
2
2
2
3
2
3
y
y
x
x
x
y
 



 

Lời giải:
+) Điều kiện: 0, 0x y 
+) Hệ
2 2
2 2
3 2
3 2
x y y
xy x
  
 
 
. Trừ vế theo vế ta được:
  30
30
xy
xyxyxy
xyxy


+) Với x y thay vào (1) ta được: 3 2
2 2 0 1 1x x x y      
+) Với 3 0x y xy   (vô nghiệm do 0, 0x y  ).
KL: Hệ có nghiệm  1;1 .
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:


5 271
5 27 2
x y
y x
  

 
Lời giải:
+) Điều kiện: 2, 2x y 
+) Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta được:
525205252xyyx xyyxxy
+) Với x y thay vào (1): ta được: 5 27 11 11x x x xy
KL: Hệ có nghiệm:  11;11
Ví dụ 4: Cho hệ phương trình:
2
2
(1)
(2)
x y ym
y x xm
 

 
a) Giải hệ phương trình với m = 0.
b) Tìm m để hệ có nghiệm.
c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
Lời giải:
+) Lấy (2) trừ (1) ta được: 2 2 0
0
0
x y
x y
x y
 
     
 x y
x y

  
*) Trường hợp 1: Nếu x y thay vào (2) ta được: x2 – 2x + m = 0 (3)
*) Trường hợp 2: Nếu x y  thay vào (2) ta được: x2 + m = 0 (4)

15.
14
a) Với m = 0 ta có: (3)  x2 – 2x = 0
0
2
x
x

  
0
2
y
y

  
(4) x2 = 0 x = 0 0y 
KL: Vậy m = 0 hệ có nghiệm: (0 ; 0), (2 ; 2).
b) Hệ có nghiệm khi phương trình (3) hoặc phương trình (4) có nghiệm
+) phương trình (3) có nghiệm  (3)' 0 1 0 1m m      
+) phương trình (4) có nghiệm  0 0m m   
KL : Vậy hệ có nghiệm khi: 1m 
c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
*) Điều kiện cần:
Giả sử  0 0;x y là nghiệm của hệ thì  0 0;y x cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có
nghiệm duy nhất thì 0 0x y . Khi đó thay vào (2) ta được: 2
0 02 0x x m   (5)
Do x0 duy nhất nên phương trình (5) có nghiệm duy nhất.
 (5)' 01 0 1m m
*) Điều kiện đủ:
+) Với m = 1 hệ có dạng:
2
2
1(6)
1(7)
x y y
y x x
 

 
Cách 1: Lấy (7) trừ (6) ta được: 2 2 0
0
0
x y
x y
x y
 
     

x y
x y

  
+) Trường hợp 1: Nếu x y thay vào (2) được: 2
2 1 0 1x x x    
+) Trường hợp 2: Nếu x y  thay vào (2) được: 2
1 0x   (Vô nghiệm)
KL: Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
Cách 2: Lấy (6) cộng (7) được: 2 2
( 1) ( 1) 0x y    
1
1
x
y



Nhận xét:
1) Khi giải hệ đối xứng loại II, ngoài cách trừ vế với vế để được phương trình
tích còn có thể cộng vế với vế để có cách giải ngắn gọn hơn.
2) Khi hệ phương trình đồng bậc và các hệ số có liên quan đến nhau ta có thể
đưa về hệ đối xứng loại II bằng cách đặt ẩn phụ.
Ví dụ 5: Giải các hệ phương trình:
2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y
y yx y

  

   
(I)
Lời giải:

16.
15
Phân tích: Xét về bậc mỗi ẩn của hai phương trình: bằng nhau. Các hệ số: có cùng hệ
số, vậy có thể đưa về hệ đối xứng loại II bằng cách đặt ẩn phụ như sau:
+) Điều kiện: 0y 
+) Đặt
1
u
y
 với 0u  , hệ (I) có dạng:
2
2 2
2 2
1 1 1
2 2
x x u
x
u u u
   


  

2
2
2 2(1)
2 2(2)
x xu
uux
 


Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 2 2
2( ) 2( ) 0x u x u   
  10xuxu 
0
1 0
x u
x u
 
   1 0
x u
x u

  
+) Trường hợp 1: Với x u thay vào (1) được: 2 1 1
2 2
11
x y
x
yx
  
       
+) Trường hợp 2: Với 1x u   thay vào (1) được:
2
2 2 1 0x x 
1 3
2
1 3
2
x
x
  


  


+) Với
1 3
1 3
2
x y

 +) Với
1 3
1 3
2
x y

 
KL: Vậy hệ có 4 nghiệm    
1 3 1 3
1;1 , 1; 1 , ;1 3 , ;1 3
2 2
      
      
   
.
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:
 3
3
3 2 8
( 2) 6
y x
yx
  

 
Lời giải:
+) Với y = 0 không phải là nghiệm của hệ.
+) Với 0y  ta có:
 3
3
3 2 8
( 2) 6
y x
yx
  

 
  3
3
8
3 2
2
2 3
x
y
x
y

 


  

(II)
+) Đặt
2
u
y
 , với 0u  . Hệ (II) trở thành:
3
3
3 2 (1)
2 3 (2)
x u
x u
 



17.
16
Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được:   3 3 2 2
3 3 30xxuuxuxxuu
2 2
0
30()
xu
x uxu vn



+) Với x u thay vào (1) được:
3
3 2 0x x  
1 1
22
x x y
x yx
     
     
KL : Vậy hệ có hai nghiệm:    1; 1 , 2;2 
Bài tập rèn luyện:
1/
2
2
1 2
1 2
x x
y y
  

 
2/
3
3
2
2
x x y
y y x
  

 
3/
1 7 4
1 7 4
x y
y x





 
  4/
3
1 1
2 1
x y
x y
y x

  

  
5/
2 2
2 2
x y
y x
   

  
6/
2 2
2 2
91 2
91 2
x y y
y x x
   

  
7/
2 2
2 2
21 1
21 1
x y y
y x x
   

  
8/
5 2 7
5 2 7
x y
y x
   

  
1.4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI.
1.4.1. Định nghĩa: Hệ đẳng cấp bậc hai có dạng:
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
ax bxycy d
ax bxycy d
   

  
(I)
1.4.2. Phương pháp giải:
Cách 1:
*) Xét 0x  thay trực tiếp vào hệ và kiểm tra.
*) Xét 0x  . Đặt y tx (hiểu là đặt
y
t
x
 ) thay vào hệ ta được:
  
  
2 2
2 2 22
11 1 1
1 1 1 1
2 2 22 2 2
2 2 2 2 22 2 2
1
2
xabtct daxbtxctxd
axbtxctxdxabtct d
 
 
  
.
Chia vế cho vế hai phương trình của hệ:
2
1 1 1 1
2
2 2 2 2
a bt ct d
a bt ct d
 

  (3). Phương trình (3) là
một phương trình bậc 2 ẩn t.
*) Giải (3) thay vào (1) tìm x từ đó suy ra y rồi kết luận.

18.
17
Cách 2:
*) Từ hệ (I) khử số hạng 2
x (hoặc 2
y ) để dẫn đến phương trình khuyết
2
x (hoặc y2),
giả sử ta khử 2
y được:
2
2
0
Dx F
Dx Exy F y
Ex

      (3).
*) Thế (3) vào một trong các phương trình của hệ ta được phương trình trùng phương
ẩn x.
Chú ý: Với bài toán chứa tham số nên chọn cách 2.
1.4.3.Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 5 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y
   

  
Lời giải:
*) Dễ thấy 0x  không thỏa mãn hệ.
*) Xét 0x  . Đặt ( ),y tx t= Î ¡ . Thay vào hệ ta được:
 
 
  

2 2
2 2
2
2 2
2
354 381354 38
354 38
593 15 2
593 15
x t tx t t
t t
x t t
t t
     
 
    
Ta có:   2
1
3
2 54 417 145 0
145
18
t
t t
t


     
  

*) Với
1
3
t  thay vào (1) ta được 2
9 3 1x x y      
*) Với
145
18
t   thay vào (1) không thỏa mãn.
KL: Hệ có hai nghiệm:    3;1 , 3; 1 
Ví dụ 2: Tìm a để hệ phương trình:
2 2
2 2 4 3 2
238
245 4412105
xxyy
xxyyaaa



có
nghiệm.
Lời giải:
*) Đặt
4 3 2
4 4 12 105m a a a     , khi đó hệ có dạng:
2 2
2 2
2 3 8(1)
2 4 5 (2)
x xy y
x xy y m
   

  
Nhận xét: Nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì 0x  ( nếu x = 0 thì phương trình (1) vô
nghiệm)

19.
18
+) Khử số hạng y2 từ hệ ta được:
2
2 40 3 11
2 40 3 11
2
m x
xy m x y
x
 
      (3)
+) Thay (3) vào phương trình (1) của hệ được:
   
24 2
105231408 3400x mxm  
Đặt  2
, 0t x t  ta có:      
22
105 2 31 408 3 40 0f t t m t m      (4)
Để hệ có nghiệm thì phương trình (4) phải có ít nhất một nghiệm không âm.
Do ac > 0 nên phương trình (4) có nghiệm âm
/
0
31052(31 408)
0
105
mm
 

  


Từ đó ta có:
4 3 2
44121053105aaa 
4 3 2
4 4 90a a a  
3
1
a
a

 
KL: Vậy với 3a  hoặc 1a   hệ có nghiệm.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:
3 2
2
3 6 0
3
x xy x y
x xy
  


Lời giải:
Hệ
   
 
3 2
2
3 2 1
3 2
x xy x y
x xy
    
 
 
. Thế (1) vào (2) ta được:
  3 2 2 3 2 2
2 2
0
2 2 0
2 0
x
x xy x xy x y x x y xy
x xy y

             
*) Với 0x  thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn.
*)  2 2
2 0 2 0
2
xy
xxyy xyxy
yx


+) Với x y thay vào (2) ta được:
6
2
x y 
+) Với 2y x  thay vào (2) ta được:
2
3x   (vô nghiệm)
KL: Hệ có nhiệm
6 6 6 6
; , ;
2 2 2 2
   
    
   
Nhận xét: Hệ phương trình trên không phải là hệ phương trình đẳng cấp bậc 2 cơ bản
mà ta xét ban đầu. Tuy nhiên với phương pháp thế hoặc biến đổi hai phương trình của
hệ về dạng có bậc: 3 1,2 0  sau đó nhân chéo vế ta thu được phương trình đẳng cấp

20.
19
bậc 3 theo x,y. Hệ phương trình dạng này còn được gọi là hệ giả đẳng cấp. Ta xét tiếp
một ví dụ sau:
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
8 2
3 6
x x y y
x y
   

 
Lời giải:
Hệ
 
 
3 3
2 2
8 2 1
3 6 2
x y x y
x y
   
 
 
. Nhân chéo vế của (1) và (2) ta được:
    3 3 2 2 3 2 2
2 2
0
6 3 8 2 12 0
12 0
x
x y x y x y x x y xy
x xy y

            
*) Với 0x  thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn.
*)   2 2 3
120340
4
xy
xxyy xyxy
yx


+) Với 3x y thay vào (2) ta được: 2
1 1 3y y x      
+) Với 4x y  thay vào (2) ta được:
6 6
4
13 13
y x m
KL: Hệ có nhiệm    
6 6 6 6
3;1 , 3; 1 , 4 ; , 4 ;
13 13 13 13
   
      
   
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau:


3 3 2
4 4
11
4 4 2
x y xy
x y x y
   

  
Lời giải:
Thế (1) vào (2) ta được:     4 4 3 3 2
4 4 3x y x y x y xy    
+) Xét 0y  thay vào hệ:
3
4
1
1
4 4
x
x
x x
 


+) Xét 0y  . Đặt x ty thay vào (3) ta được:
    4 4 4 3 3 2
0
41 41 1 430 1
3
t
yt yt tt t t t t
t

 

+) Với 0 0 1t x y    
+) Với 1t x y   thay vào hệ:
3
4
1
1
5 5
x
x y
x x
 



21.
20
+) Với 3 3t x y  thay vào hệ:
3
4 3 3
251 1 3
32513 25 25
y
y x
y x
 
 

KL: Hệ có nghiệm:       3 3
3 1
1;0 , 0;1 , 1;1 , ;
25 25
 
 
 
Bài tập rèn luyện:
1/
2 2
2 2
2 3 9
2 2 2
x xy y
x xy y





  
  
2/
2 2
2 2
2 3 12
3 11
x xy y
x xy y





  
  
3/
2 2
2 2
3 5 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y
   

  
4/
3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
x y y x
y x
   

  
5/
 
3 3
2 2
8 2
3 3 1
x x y y
x y
   

  
6/
3 2
2
3 0
2
x xy x y
x xy
   

 
7/
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x
  

  
8/
3 3
2 2 3
1
2 2
x y
xy xy y
  

  
9/
2 2
3 2
8 12
2 12 0
x y
x xy y
  

  
10/
3 2
2 3
2x xy y
xy y y
  

 
11/
2
3 2 2 3
5 3 3
3
x y x xy
x x y y
  

  
12/
2 2
3 3
1
1
3
x y
x y
x y
  


  
13/
  
  2 2
3 3 14
14 36
xyx y xy
xyx y xy
   

  
14/
2 2
2 2
2 3 9890
3 850
x yxyxy
xy xyxy



Trên đây là những hệ phương trình cơ bản có phương giải cụ thể, rõ ràng cho từng
dạng. Tuy nhiên trong hầu hết các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng, đề thi học sinh
giỏi ta sẽ bắt gặp hệ phương trình không mẫu mực. Muốn làm được các dạng bài tập
đó đòi hỏi cần nắm chắc các dạng cơ bản trên và một số phương pháp giải sau đây.
2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
2.1. PHƯƠNG PHÁP THẾ.
2.1.1.Nhận dạng
Thế là một kĩ năng quan trọng hàng đầu trong vấn đề giải hệ phương trình. Là kĩ năng
được sử dụng trong hầu hết các hệ phương trình. Dấu hiệu để nhận ra phương pháp
rút – thế là hai phương trình của hệ có một bộ phận giống nhau hoặc hệ có một
phương trình bậc nhất theo một biến nào đó.

22.
21
2.1.2. Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
  2 2
2
1 1341(1)
1 (2)
xy xy xx
xyx x
 


Lời giải:
*) Với x = 0 hệ
0 1
1 0

 

(vô nghiệm)
*) Với 0x  phương trình (2)
2
1
1
x
y
x

   thay vào (1) được:
2 2
2 21 1
. . 341
x x
x x x x
x x
  
 
 
  2 2
121(1)(31)x x x x  
3 2
( 1)(2 2 4)0x x x x  
1
2
0
x
x
x

  
 
*) Với x = 0 ( loại do 0x  )
*) Với 1 1x y   
*) Với
5
2
2
x y    
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm:  
5
1; 1 , 2;
2
 
   
 
.
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
4 2 2 3
2
2 2 9 (3)
2 6 6 (4)
x x y x y x
x xy x
    

  
( Khối B 2008).
Lời giải:
 
22
4 22 3
22
29(1)
2 29
266 33 (2)
2
xxy x
xxy xyx
xx xyx xyx
 
   
 
 

*) Thế
2
3 3
2
x
xy x   vào (1) ta được:
 

22
4 3 2
3
3 3 2 9 12 48 64 0
2
0
4 0
4
x
x x x x x x
x L
xx
x
 
      
 

 


23.
22
*) Với
17
4
4
x y    KL: Hệ có một nghiệm:
17
4;
4
 
 
 
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:
   
   
2
2
1 3 0 1
5
1 0 2
x x y
x y
x
    


   

Nhận xét: Ta thấy hai phương trình của hệ có một bộ phận giống nhau là x y . Dó đó
ta sẽ nghĩ đến việc rút x y từ (1) thế vào (2) là xong.
Lời giải:
*) Điều kiện: 0x  .
 
3
1 1x y
x
    thay vào (2) ta được:
2
2
2
13 5
1 102640
2
x
xx
xx x

  
*) Với 1 1x y  
*) Với
3
2
2
x y   
KL: Hệ có nghiệm:  
3
1,1 ; 2,
2
 
 
 
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
 
   
2 2 3
22 2
5 4 3 2 1
2
xy xy y xy
xyx y xy
    

 
(Khối A - 2011)
Lời giải:
 22 22
22
10
2 121120
2
xy
xyxyxyxyxy
xy


*) Với
1
1xy y
x
   thay vào (1) ta được:
4 2 2 1 1
630 1
1 1
x y
xx x
x y
  
  
*) Với 2 2
2x y  thay vào (1) ta được:
2 2322 2 233
543 4520
2
xy
xyxyyxyxyxyxyyx
xy


*) Với 1x y x y    
*) Với 2 2 2 2
2 2
5 5 5
x y y y x        

24.
23
KL: Hệ có nghiệm:    
2 2 2 2
1;1 , 1; 1 , 2 ; , 2 ;
5 5 5 5
   
      
   
.
2.1.3. Bài tập rèn luyện
1/
 
2
2 2
2
2 5 13 26
x xy x
y x x
  

  
2/
2 2
2 7
3
x x y
xy x y
   

  
3/
 
  
2
2
10
1 2 0
x yxy
x xy y
   

 
4/
2
3 2 2
5 9
3 2 6 18
x xy
x xy xy x
 

   
5/
 
23 2
2 2
7 74
3 848
x yxy xyx
xy y x



6/
 
2 2
2 2
1 4
1 1
x y xxy
xy yy y x
    

 
7/
 
2
2 12
2 2 3
y xy
xy xy y
  

  
8/ 2 2
8
9 910
x y
x y


 
9/
 
   
2 32
2 1 2
xyxy xy
xyxy xy xy
  

  
10/ 2 2
5 2 1
22 3 2 31
xy yx
yx xy xy x
  

  
11/
 
3 2
3
2 2 2
8 8
3 13 15
4 5 2 2
x x x
y y
y y x x

    

   
12/
3 2 3
2
6 8 6
4 2 2 11
x xy y
xy x y yx
   

 
13/ 2 2
110
2 0
x xy
y x yx xy
  

  
14/
 
2
2 2 5 2
2 5 1 3
x y xy y
xy y x
  


2.2. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
2.2.1. Nhận dạng
Điểm mấu chốt của phương pháp này là phát hiện ẩn phụ u = f(x; y), v = g(x; y) ngay
trong từng phương trình của hệ hoặc ngay sau các phép biến đổi. Thông thường các
phép biến đổi thường xoay quanh việc cộng, trừ hai phương trình của hệ hoặc chia hai
vế của phương trình cho một số hạng hoặc một ẩn nào đó sẵn có trong các phương
trình của hệ để tìm ra phần chung và sau đó đặt ẩn phụ.
*) Các ẩn phụ cơ bản thường dùng:
1. Hệ có chứa hai căn ax b và cx d ta đặt ,u ax b v cx d   
2. Hệ có chứa xy ta đặt ,u x y v xy  

25.
24
3. Hệ có chứa 4 2
x y ta đặt 2
u x y 
4. Hệ có chứa 4 2 2
x x y ta đặt 2
u x xy 
5. Hệ có chứa 4 4
x y ta đặt 2 2
u x y 
6. Hệ có chứa 2 2
2 2
1 1
,x y
x y
  ta đặt
1 1
,u x v y
x y
   
2.2.1. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
2 3 2
4 2
5
4
5
(12)
4
x y xy xy xy
x y xy x

   

    

( Khối A 2008)
Lời giải:
Phân tích bài toán: Để ý đến mối quan hệ của 4 2
x y và 2
x y ta có:
 
24 2 3 2
2x y xy x y   .
a)
2 3 2
4 2
5
4
5
(12)
4
x y xy xy xy
x y xy x

   

    

2 2
2 2
5
( )
4
5
( )
4
x y xyx y xy
x y xy

   

   

Đặt
2
u x y
v xy
  


Thay vào hệ ta được:
2
5
(1)
4
5
(2)
4
u uv v
u v

  

  

Từ (2) ta có 25
4
v u   thay vào (1) được:
2 2 25 5 5 1
0
4 4 4 4
uuu u uuu
   
   
   
0
1
2
u
u


 

+) Với
2
2 3 3 3
0
5 5 5 25
0 04505
4 4 4 16
4
xy
uv x x x y
xxy





+) Với
2
2 3
1
1 3 31 32
2 301
32 2 22 2
2
xy
u v x xx x y
x
xy


 



26.
25
KL: Vậy hệ có hai nghiệm là: 3 3
5 25 3
; ,1;
4 16 2
  
  
  
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
4 3 2 2
3 2
1
1
x xy xy
xy x xy
   

  
Phân tích: Kinh nghiệm khi giải hệ phương trình là nếu trong hệ có chứa 4 2 2
x x y
thì ta sẽ đặt ẩn phụ theo 2
x xy . Từ đó ta có hướng phân tích bài toán như sau:
Lời giải:
Hệ
 
 
22 34 3 22
3 2 3 2
11
1 1
xxy xyxxyxy
xyxxy xyxxy
 
  
 
.
Đặt
2
3
u x xy
v xy
  


Thay vào hệ ta được:
2
1 21(1)
0 31(2)
u uuv
v vuv
  
  
   
*) Với
2
3
1 11
0 00
u xxxy
v yxy
  
   
  
*) Với
 
22 2
223 2
22 2 2
3 233 3
x xyu xxy x xy
v xxxy xxy
   
   
     
(vô nghiệm)
KL: Hệ có nghiệm:    1;0 , 1;0
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:
 
 
2 2 2
2 2
2 2
1 2
1 1 25
1
4
xy x y xy
xy
x y
     

  
    
 
Phân tích: Từ (2) ta có:   2 2
2 2
1 1 25
2
4
x y
x y
     . Từ đó ta thử biến đổi hệ theo
ẩn
1 1
,u x v y
x y
    .
Lời giải:
Điều kiện 0, 0x y  .
 
     
222 22 22
222 2 2 2
1 1 2 21 2
11
13 113 3
xy xyxy xyxyxyxy
xyxy xyxy xyx y
x y

 
 
 

27.
26
Hệ
2 2
2 2
1 1
3
1 1 25
4
x y
x y
x y
x y
   
     
   

            
. Đặt
2 2
2
2 2
2
1 1
2
1 1
2
u x x u
x x
v y y v
y y
 
      
 
     
  
Ta được hệ phương trình: 2 2
3
25
4
uv
u v



 
. Đến đây việc giải hệ này không còn khó
khăn nữa.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
6 2 2
2 2 60
x y x y
x y x y
  

 
Lời giải:
Nhận xét: Đây là dạng hệ phương trình có chứa hai căn, ta đặt ẩn phụ theo hai căn là
được.
Đặt  
2
2 2
2
6 6
0, 0 2 2
2 4 22
u x y u x y
u v u v x y
v x yv x y
     
       
   
. Thay vào hệ ta
được hệ:
2 2
2 060 1
2 6 224 6
uv u xy x
uvv v xy y
     
   
      
.
KL: Hệ có nghiệm  1;6
*) Chú ý: Nếu phương trình của hệ có chứa một biến độc thân, thông thường ta chia
hai vế của phương trình cho biến đó rồi mới đặt ẩn phụ.
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 22 2
17 (1)
113 (2)
xyx y
xy xy y



(Khối B - 2009)
Lời giải:
*) Với y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình.
*) Với 0y  , ta có hệ: 22 2
17
113
xyx y
xy xy y



2
2
2
11 77
1 113 13
xx xx
y yy y
x xx x
y y y y
  
 
  
         

28.
27
Đặt
1
u x
y
x
v
y

 


 

thay vào hệ được: 2
7
13
u v
u v
 

 
2
20 0u u 
4
5
u
u

 
*) Với
1
5
5
5 12
12
12
x
u y
u v
v x
y

    
      
  

hệ vô nghiệm.
*) Với
1
4
4 3
3
x
y
u v
x
y

 

    
 

. Giải hệ được nghiệm
1
1; ,(3;1)
3
 
 
 
.
2.2.3. Bài tập rèn luyện
1/
4 2 4
2 2
x y x y
x y x y
  


2/
2 5 3 2
2 5 8
xy x y
xy xy
   

 
3/
3 2 3 5
23 2342
x y xy
xy x y
 

 
4/ 2
2 35
2 3 5
xy xy
xy x y
  

 
5/
2 2
2 2 2
6
1 5
y xy x
xy x
  

 
6/
2 2
3 2 2
25
2 630
xyxyxy
xxyx xyxy
 


7/ 2 2
1 3
2
xy x y
xy x y
 

 
8/
  
  
22 2
4 4 4 51 30
27 10
x xyy xy
x xy
  

 
9/
2 2
2 2 2 2
6 37
3 62
xy yx xy
xx yy x y
  

 
10/
2 2
2 2
5 332
3 5 8
xy yx xy
x y xy
  

 
11/
2 2
2 2
174 199 3
174 199 1023
x xy x
x y xy
    

   
12/
  
 
2 2
22 2 2
9
2
5 0
x xy y x xy y xy
x xy y y

    

    
2.3. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI THÀNH TÍCH
2.3.1. Nhận dạng
Phương pháp biến đổi thành tích là một phương pháp mà khá nhiều giáo viên ra đề
hay sử dụng. Mấu chốt của phương pháp này là học sinh phải nhận ra một phương

29.
28
trình của hệ có nhân tử chung và đưa phương trình đó về dạng tích từ đó đưa hệ ban
đầu về hai hay nhiều hệ phương trình đơn giản hơn.
2.3.2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình
3 3 2 2
2 2
2 4 5 0
2 4 13 7 0
x y x y
x y x y
ìï - + + + =ïí
ï + + - + =ïî
(HSG 10 Vĩnh Phúc
năm học 2015 – 2016)
Lời giải:
Cộng tương ứng hai vế của (1) và (2) ta được
Thế vào ta được:
Vậy hệ có nghiệm là:
Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 3 1 0 (1)
3 0 (2)
x y xy y
x y y
     

   
(HSG 10 Vĩnh Phúc
năm học 2014 – 2015)
Lời giải:
Ta có     
1
1 1 2 1 0
2 1
x y
x y x y
x y
 
         
Với thay vào (2) ta được
+) .
+) .
Với thay vào (2) ta được
+) ; +) .
Vậy, hệ (I) có nghiệm  ;x y là:    
3 1 9 2
1;2 , 1; 1 , ; , ;
2 2 5 5
   
      
   
.
3 2 3 2
3 4 6 13 12x x x y y y+ + = - + - 3 3
( 1) ( 1) ( 2) ( 2).x x y yÛ + + + = - + -
2 2
( 1 2) ( 1) ( 1)( 2) ( 2) 1 0x y x x y yé ùÛ + - + + + + - + - + =ê úë û 3.y xÛ = +
3y x= + (2) 2
3 177
6
3 3 14 0
3 177
6
x
x x
x
é - +ê =ê
ê+ - = Û
ê - -ê =êë
( );x y
3 177 15 177 3 177 15 177
; ; ; .
6 6 6 6
æ ö æ ö- + + - - -÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷÷ ÷ç çè ø è ø
1x y  2
2
2 3 2 0 1
2
y
y y
y

   
  

2 1y x  
1 3
2 2
y x    
2 1x y  2
1
5 3 2 0 2
5
y
y y
y
 
   
 

1 1y x    
2 9
5 5
y x  

30.
29
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau:
7 6 2
3
5 2 2
3
6 0(1)
(2)
y y x
x
y x xy
y
   


  

Lời giải:
Điều kiện: 0y  .
  
33
52 2 232 352
3 3 25
2 0 10 0
xyx x
yxyxyyxx yxyx
y y xy


 
*) Với 3
x y thay vào (1) ta được:
7 6 0
5 0
5
y L
y y
y

 

.
Với 5 125y x  
*) Với 5
x y thay vào (1) ta được:
 765 52 2 32
60 60
3 243
y x
yyy yyy
y x
  
   
KL: Hệ có nghiệm:      5;125 , 2;32 , 3; 243 
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 3 2 2 2
20 (1)
2 2 0(2)
xyx
xxyxyxyy



Lời giải:
  3 222 2 2 2
222 02 0xxyxyyxyxxyyxyxy
  
2
2
2 10
21
xy
xyxy
yx

 

+) Với 2
y x thay vào (1): 3
2 0 1 1x x x y      
+) Với 2 1y x  thay vào (1): 2
1 5
52
1 0
1 5 5
2
x
y
x x
y
x
  
  
     
    

KL: Hệ có nghiệm:  
1 5 1 5
1;1 , ; 5 , ; 5
2 2
      
   
   
Chú ý 1 : Khi gặp phương trình của hệ là phương trình bậc hai với x và y có dạng:
2 2
0axbycxydxeyfđể biến đổi thành tích ta có thể coi đây là phương
trình bậc 2 với ẩn x (hoặc ẩn y) với y là tham số. Giải phương trình bậc 2 với ẩn x
tham số y để tìm mối quan hệ giữa x và y rồi thế vào phương trình còn lại là xong.

31.
30
Cũng cần lưu ý rằng bài toán chỉ có thể giải quyết được theo cách này khi phương
trình có  dạng  
2
my n .
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 3 20x xy y x
x y xy
 


Lời giải:
Từ (1) ta có:    2 2
1 3 2 2 0x y x y      (phương trình bậc 2 ẩn x tham số y)
 
22
9 6 1 3 1y y y      . Từ đó suy ra:  
1
1
2 2
x y
x y
 
    
*) Với 1x y  thay vào (2) ta được:  
2
1 0 1 0y y x     
*) Với 2 2x y   thay vào (2) ta được:  2
5 9 6 0y y vn  
KL: Hệ có nghiệm:    , 0,1x y  .
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:
 
 
2 2
2 2
2 3 3 2 1 0 1
4 4 2 4 2
x y xy x y
x y x x y x y
      

      
(Khối B_2013)
Lời giải:
+) Điều kiện: 2 0, 4 0x y x y    .
+) Từ phương trình (1):  2 2
3 2 2 3 1 0y x y x x      (3). Coi (3) là phương trình
ẩn y tham số x. Giải phương trình ta được : 1; 2 1y x y x    thay vào (2).
+) Với 1y x  thay vào (2) ta được:
  2 2
3331543 1312540xxxxxxxxxx
2 2 011 1
3 00
12131254
xy
xx xx
xyxxxx
 
      
+) Với 2 1y x  thay vào (2) ta được:
  3341943 4119420
4 9
3 0 0 1
411942
x x x x x x
x x y
x x

 
   
  
+) KL: Hệ có nghiệm:    0;1 , 1;2
Chú ý 2: Nếu hệ gồm 2 phương trình bậc 2 theo x và y nhưng không thỏa mãn chú ý 1
thì ta nhân thêm vào mỗi phương trình với một số nào đó rồi cộng chúng lại với nhau
để được 1 phương trình có tính chất như ở chú ý 1.

32.
31
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình:


2
2
2 2 5 1
5 7 2
x xyy
y xy x
  

  
Lời giải:
*)    1 2 :k  2 2
22 5 750x ykykxkyyk(3).
Coi (3) là phương trình ẩn x tham số y thì ta có:
       
2 22 2 2 2
2 5 8 7 5 2 2 5 10 4 25 56 40x k y k ky y k k y k k y k k                  
*) Để giải quyết được bài toán ta phải tìm k sao cho:  
2
0x yayb  
*) Với   
2 22 2
5104225564001.ykk k kk k
Như vậy k = 1. Khi đó:
*) 
22 3
2212111(3) ; 4.
2
x
y
yy y x xy


*) Thay vào (1) hoặc (2) ta có nghiệm của hệ là:    1;1 , 1; 3 .  .
Chú ý 3: Nếu hệ có 1 ẩn là bậc 2 và 1 ẩn là bậc 3 thì nhân cả hai vế của 1 phương
trình nào đó với một số k rồi cộng hai phương trình của hệ đưa về phương trình với ẩn
là bậc 2 rồi tìm k sao cho phương trình biến đổi được thành tích.
Ví dụ 8 : Giải hệ phương trình :


3 2 2
2 2
2 2 4 1
2 2 2
x xy xy
x y xyx y
  

 
Lời giải:
*) Nhân vào 2 vế của (2) với số k rồi cộng về theo về với (1) ta được:
   3 2 2 2 2
2 224 2xxykxyxykxyxy
   *2 2 32
2 2 2 40xyxkxkyxkxkx. Để đưa phương trình
(*) về dạng tích ta chọn k sao cho (*) luôn đúng với mọi y. Tức là ta có:
  2 32
2222 402, 2xkxkxkxkxkx xk
*) Như vậy:
  
2 2
2 2
2
12.2:222220
110
x
xxxyyy
xyy



*) Với x = 2. thay vào (2) ta có y = 1. KL: Hệ có nghiệm  2;1 .
2.3.3. Bài tập rèn luyện
Giải các hệ phương trình sau.

33.
32
1/
2
2
2 2 5 5
5 7
x xy
y xy x
  

  
2/
2 2
2
3
2 97 5
x y xy
x xy x y
   

  
3/
3 2
2 2
3 490
8 8 17
x xy
x xyy y x
   

   
4/
2 2
2 2
2 3 3
2 8 7
x y y x
y x x y
   

 
5/
2 2 2
2 2
2 2 4
2 2
x xy xy
x y xyx y
   

  
6/
3 3
2 2
8 3
4
x y y
x y y x
  

  
7/
3 3
2 2
35
2 3 4 9
x y
x y x y
  

  
8/
3 3
2 2
9
2 4
x y
x y x y
  

 
9/
2 2
2
2
1
xy
x y
x y
x y x y

   
   
10/
   
 
2
2 2
4
32 2 2
1
22 2
x y y
x
x xyxy y xy

  
  
11/
     
 
3 3
22
1 1 14
2542 1 2
x y xyxy xy
x xy y
 


12/
     
   
2 2
22
2 3 33
2 42
xx yy xyxy
x y
   

  
13/
 
   
2 32
2 1 2
xyxy xy
xyxy xy xy
 

  
14/
  2 2
3 2 2
41 12 2 1
1
y x y x
xxyy
   

 
15/
 2 2
2144
1
xy x y
x y xyxy xy


 
17/
  
    
2
3
2
1 7
3
3
1
y x
x x
x y
x y y y x xy
  
  
 

    
2.4. PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP VÀ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH.
2.4.1. Nhận dạng
- Thông thường phương trình của hệ có chứa 2 hay nhiều căn.
- Biểu thức sau khi nhân liên hợp có nhân tử chung với biểu thức còn lại trong
phương trình đó.
2.4.2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 2 2
2 4 1 3 5
44
xx x y y y
xyxy



Lời giải:

34.
33
*) Điều kiện xác định:
0
5
x
y



      
 
1 5 2 3 4 1 0
5 5 5
0
1 2 3 4 5
1 1 1
5 0
1 2 3 4 5
50
x y x y x y
x y x y x y
x y x y x y
x y
x y x y x y
x y
         
  
   
     
 
           

*) Kết hợp với (2) ta được hệ: 2 2
5
44
x y
x y x y


  
.
2 2 2 2()
252102544282404120
6
yL
yyy yy yy
y


*) Với 6 1y x   . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1;6).
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
 2 2
2
3 3
3
x y x x y
x y x x
   

  
Lời giải:
Điều kiện: 0.x 
*) Xét
2 2
30 3xy x y thay vào hệ ta thấy không thỏa mãn.
*) Xét
2 2
30 3xy x y . Khi đó nhân cả hai vế của (1) cho
2 2
3x y x   ta được:
  
2 2
2 2 3
(1) 3 3 3
3
xxyx
yxyxyx
yl



.
* Với
2 2
3x x y x  Thế vào (2) ta có:
   
 
2
2 2
2
2
1 1
2 33 1 320 0
1 32
1 1
1 0 1
1 32
x x
xx x x
x x
x
x x
x x
 
 
 
 
   
  
.
*) Với 1 8x y   .
KL: Hệ có nghiệm  2;8 .

35.
34
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:
3 2
3 2
34 34 0
31 83
x y xxy
x y x
   


.
Lời giải:
*) Điều kiện:
4 8 4
;
3 3 3
x y .
*) Nhận xét:  
4 4
; ;
3 3
x y
 
   
 
không là nghiệm của hệ. Do đó
3
4
x   hoặc
3
4
y  

 
   2 23 3
1 0 0
3434 3434
0
xy
xxy xy x
x y x y
xy
 
      

*) Với x y vào phương trình (2) ta có:
 3 2 3 2
3183 212830xx xxx x x
 
 
2
2
4
1 1 0
2 83
xx x
x x
 
  
  
, Vì  23
1 0,
3434
x
x y

 
Ta có :
 
 2 2
2 2
6 1 8 34
1
2 8 3 2 8 3
x x x x
x
x x x x
     
  
     
  
 
 
 
2
22 2 2
2 2
183312183833
0
22 83 22 83
x xx x x x
x x x x

  
 
, với
4 8
3 3
x  
*) Do đó ta có 2
1 5
2
1 0
1 5
2
x
x x
x
 

    
 


*) Vậy hệ phương trình có nghiệm  
1 5 1 5 1 5 1 5
; ; ; ;
2 2 2 2
x y
      
    
   
.
2.4.3. Bài tập rèn luyện
1/
323253 1
23 2 4
xy xy y
x y xy
  


2/
2 2
3 3
3 3
3 3 4
x x y y
x y x y
  

   
3/
  2
2
2 2
4 31 32
xyxxy y y
x y x y
  

 
4/ 2
2 3
31 253 27
xyyxy
x y xx x
 



36.
35
5/
2 2
2 2
1 1
1
x x y y
x y xy
  

  
6/
 2
3
12 12 12
8 12 2
x y y x
x x y
   

   
7/
  2 2
2
1 1 1
35
0
121
x x y y
y
y
x
     


  
 
8/
  2
2 44395 1
8 358 1
xy xy y
x xy
   

 
2.5. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
2.5.1. Nhận dạng
Phương pháp hàm số là phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để đi giải
quyết một phương trình nào đó của hệ từ đó tìm ra hệ thức đơn giản hơn giữa các biến.
Phương pháp hàm số là một công cụ mạnh trong việc giải phương trình, hệ phương
trình đặc biệt đối với phương trình có nghiệm duy nhât. Phương pháp này có vai trò
như phương pháp biến đổi thành tích.
*) Cơ sở của phương pháp: Ta sử dụng các định lí sau đây:
Định lí 1: Nếu hàm số  y f x là hàm đơn điệu (luôn đồng biến hoặc luôn nghịch
biến) trên tập D thì phương trình  f x k có nhiều nhất một nghiệm và
 f x f y x y .
Định lí 2: Nếu hàm số  y f x luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và hàm số
 y g x luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D thì phương trình
   f x g x có nhiều nhất một nghiệm trên D.
Định lí 3: Cho hàm số  y f x có đạo hàm đến cấp n và phương trình ( )
( ) 0k
f x 
có m nghiệm, khi đó phương trình ( 1)
( ) 0k
f x
 có nhiều nhất là m+1 nghiệm.
2.5.2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
 
 
3 3 2 2
2
36 61510
,
3 610 4
xyxy xy
xyR
yx y x yx



(HSG 12 Vĩnh Phúc 2014 – 2015)
Lời giải:


 
3 33322
2 2
36615101312321
36104 361042
xyxyxy x xy y
yxyxyxyxyxyx
 
 
   
Điều kiện
3x
y R
 


Xét hàm số    3 2
3 , , 3 3 0f t t t t R f t t t R         . Vậy hàm số  f t đồng

37.
36
biến trên R. Từ (1) ta có      1 2 1 2 1 3f x f y x y y x         
Thay (3) vào (2) ta được phương trình:     2
13 710 614x x x x xx
Phương trình         2
4 1 3 3 7 10 4 30x x x x x x          





6 6
1 7 56
33 104
x x
x x xx
x x
 
  
 
 
 
6 0 5
1 7
5 6
3 3 10 4
x
x x
x
x x
 
     
    
Từ    
   3
5 : 6 0 6 7 ; 6;7x x y x y        là một nghiệm của
Từ    
1 3 7 7
6 : 0 7
2 23 3 10 3
x x x x
x x
   
   
   
phương trình vô nghiệm
do  
     7 71 1 1 1
3 7 0
2 23 3 10 4
VT x x VP
x x
   
            
      
KL :Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất    ; 6;7 .x y  .
Ví dụ 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực
3 2 2
2
3 3 2
(, )
2 6
xxyxxym
xyR
x xy m



(HSG 12 Vĩnh Phúc 2013 – 2014)
Lời giải:
Hệ tương đương
2
2
( )(3 ) 2
( )(3 ) 6
x x xy m
x x xy m
  

 
Đặt 2 1
, ;3
4
x x a a x y b      , ta có hệ:
2
6
ab m
a b m


  
2
6
2 (6 )2 (1)
2
6 6
6
aa
abm amam m
a
ab mb ma
b ma

   
   
   
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn
1
4
a   .
Xét hàm số
2
6 1
() ;
2 4
aa
fa a
a

 

. Ta có
2
2
4 12
'( )
( 2)
a a
f a
a
 
 

.
Với
1
4
a   thì '( ) 0 2f a a   .
Lập bảng biến thiên ta được giá trị cần tìm của m là: 2m  .

38.
37
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
5 4 10 6
2
(1)
4 5 86(2)
x xy y y
x y
  

 
Lời giải:
Điều kiện :
5
.
4
x  
+) Với 0y  thay vào hệ ta thấy không thỏa mãn.
+) Với 0y  từ đó chia hai vế của phương trình (1) cho y5 ta được:
Ta được : 
5
5
*
x x
y y
y y
 
   
 
+) Xét hàm số   5
f t t t  với t thuộc R . Là hàm số luôn đồng biến trên R vậy ta
có:   2
* ( ) ( )
x x
f f y y x y
y y
      .
+) Với 2
x y thay vào (2) ta được: 45 86 1 1x x x y.
KL: Vậy hệ có hai nghiệm    1;1 , 1; 1 . .
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
3 2
3 2 3
2 53 3106
613 10
xy xyxx y
xx xyy



Lời giải:
* Điều kiện:
2 5 0
3 0
x y
x y
  

  
*) Biến đổi phương trình (2):    
2 3 (*)
2 2x x y y     .
*) Xét hàm số   3
f t t t  . Ta có   2
' 3 1 0f t t t R     . Suy ra hàm số đồng biến
trên R.
Suy ra (*)    2 2 .f x f y x y      .
*) Với 2y x  Thay vào pt (1) ta được:
  32 32
33523102633315231024xxxxxx xxxx
 
 2
2
2
3222
2 12 3 2
12333152
333152
x
x x
xxx
xxx x
x x

   
  

Do
5
1
2
x   nên
23 2
12
333152
xx
x x
 

(vô nghiệm).

39.
38
* Với 2 0x y   . Kết luận hệ có nghiệm:  2;0 .
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:
 
   
44 4
2 2
1 1 2 1
2 1 6 1 0 2
x x y y
x x y y y
      

     
(Khối A, A1 _ 2013)
Lời giải:
+) Điều kiện: 1x  . Từ (2) ta suy ra được:  
2
4 1y x y   , suy ra 0y 
+) Đặt  4
1, 0u x u   . Phương trình (1) trở thành: 4 4
2 2 3u uy y 
+) Xét hàm:   4
2, 0ft t tt  . Ta có:  
3
/
4
2
1 0 0
2
t
f t t
t
    

Do đó phương trình (3) tương đương với: 4
1y u x y    .
+) Thay 4
1x y  vào phương trình (2) ta được:
  
7 4
7 4
0
2 40
2 40
y
yyyy
gyyyy


+) Với 0 1y x  
+) Với   7 4
2 4 0g y y y y     ta có:  / 6 3
7 6 1 0 0g y y y y      . Nên
phương trình   0g y  có nhiều nhất một nghiệm mà 1y  là nghiệm. Vậy là nghiệm
duy nhất của phương trình   0g y  . Với 1 2y x   .
KL: Hệ có nghiệm    1,0 ; 2,1 .
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:
2
2 2
(41)(3)520(1)
4 2347 (2)
x xy y
xy x
 


Lời giải:
+) Điều kiện
3 5
;
4 2
x y 
(1)    
332
2(41)52152225252xx y yxxy y  (3)
+) Xét hàm số:   3
f t t t  , với 0t 
+) Ta có:   2
' 3 1 0f t t   với 0t  suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng
 0;
Từ (3) ta có: f(x) = f(y)    2 52 252fxf y x y  2
0
5 4
2
x
x
y


 



40.
39
+) Thay y vào (2) được: 4 3
16 24 3 8 3 4 0x x x    
Xét hàm số
4 3
()16243834fx x x x  , với
3
0;
4
x
 
  
3 2 16
'()6472 0
34
fx x x
x
   

với
3
0;
4
x
 
 
 
,
Hàm số  f x liên tục trên
3
0;
4
 
  
  f x là hàm đồng biến trên
3
0;
4
 
  
Mà ta có :
1
0
2
f
 
 
 

1
2
2
x y 
KL : Vậy hệ có nghiệm:
1
;2
2
 
 
 
Ví dụ 7: Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2
3320 (1)
1 32 0(2)
xy y x
x x yym


 
có
nghiệm thực.
Lời giải:
Điều kiện 1 1x   , 0 2y 
+) Ta có (1) 3 2 3 2
( 1) 3( 1) 3x x y y     
+) Đặt 1 0 2t x t     . Khi đó ta có (1) t3 - 3t2 = y3 - 3y2
+) Xét hàm số: f(u) = u3 - 3u2 . Dễ thấy hàm số nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1) y = t  y = x + 1
+) Với 1y x  thay vào (2) ta được:  2 2
2 21 0x x m (3).
+) Xét hàm:
2 2
() 21fx x x   với 1x  .
Ta có: 2
'() 2 2
1
x
f x x
x
 

, /
0 0f x x.
+) Lập bảng biến thiên cho hàm số  f x trên đoạn  1;1 ta được:  2 1f x  
Vậy để hệ có nghiệm thực khi và chỉ khi (3) có nghiệm thực
2 1 1 2m m
+) Kết luận: 1 2m  
2.5.3. Bài tập rèn luyện
1/
5 2 7
5 2 7
x y
y x
   

  
2/
2 3 4 6
2
2 2
( 2) 1( 1)
xy y x x
x y x
   

  

41.
40
3// 4 23
2 1 2 1
2 2 4 24 18
x y yx
y y x x
  

   
4/
3 2
3 2 3
2 53 3106
613 10
xy xyxx y
xx xyy



5/
   2 2 4 2
2 2 24
1
5 4 5 4 2
xx y yy
y x x x
   

    
6/
 2 2 2
2 2
3252 121 22
2243
xx xx y yy
xyxy
  


7/
 2 2
12 1
1 3 2
x y y x x
x y xy
  

  
8/
2 2
23 465
23416
x yyx xy
x y


 
9/
3
2
2 21 31
2 2 1 1
y x x xy
y x xy x
   

  
10/
2 2
3 3
6 5 7320
1 1
x y xy x y
x x y y
  


Đề kiểm tra.
Giải các hệ phương trình sau
Câu 1: 3 3
2 2
8
x y xy
x y
  

 
Câu 2:
2 3 4 4
2 3 4 4
x y
y y
   

  
Câu 3: 2 2
2 3 4 6
2 4 5
xy x y
x y x y
  

   
Câu 4:
2 2
2 2
5 54 3
5 54 6 2
x x y y
x y x y
   

 
Phần III: KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
Hệ phương trình đại số là phần kiến thức quan trọng và khó đối với nhiều học
sinh trong khi đó thời lượng chương trình quá ít. Do vậy trong phân phối chương trình
đại số lớp 10 cần tăng số tiết về chuyên đề hệ phương trình giúp các em học sinh có
thêm thời gian nghiên cứu, tìm hiểu sâu hơn về phần kiến thức quan trọng này.
Nên đưa thêm dạng toán ứng dụng đạo hàm vào giải toán phương trình và hệ
phương trình vào các tiết tự chọn hoặc các tiết ôn thi đại học của học sinh lớp 12 để
giáo viên có thời lượng truyền đạt kiến thức cho học sinh.
Việc hệ thống các hệ phương trình cơ bản và phương pháp giải các hệ phương
trình không mẫu mực hy vọng sẽ giúp các em học sinh làm tốt bài toán giải hệ phương
trình trong các đề thi tuyển sinh HSG và đề thi THPT Quốc gia. Tôi cũng mong rằng
đây cũng là một tài liệu để đồng nghiệp trong tổ tham khảo.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong tổ Toán – Tin – CN cùng các em
học sinh lớp 12A1, 12A3 Trường THPT Trần Hưng Đạo đã giúp đỡ tôi hoàn thành
sáng kiến kinh nghiệm này. Cuối cùng, cho dù đã cố gắng nhưng sẽ không tránh khỏi
những thiếu sót bởi những hiểu biết và kinh nghiệm còn hạn chế, tôi rất mong nhận
được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và các em học sinh để sáng kiến kinh
nghiệm này được hoàn thiện hơn.

42.
41
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Phương pháp dạy học môm toán – Tác giả Nguyễn Bá Kim
[2]. Sách Đại số 10.
[3]. Sách Bài tập đại số 10 ( Nâng cao và cơ bản)
[4]. Sáng tạo và giải phương trình – hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Tài Chung.
[5].Trọng tâm kiến thức và phương pháp giải toán đại số - Tác giả Nguyễn Phú Khánh.
[6]. Toán nâng cao Đại số THPT (Tập 1) – Tác giả Phan Huy Khải.
[7]. Đại số sơ cấp _ tác giả Nguyễn Tất Thu
7. 2. Khả năng áp dụng của sáng kiến
- Qua nghiên cứu về lí luận và thực hiện dạy thực tế ở trường phổ thông, tôi nhận
thấy việc thực hiện dạy học giải hệ phương trình với cách trình bày ở trên mang lại kết
quả cao, giúp học sinh hứng thú, sáng tạo trong quá trình học tập.
- Để phát huy hơn nữa khả năng sáng tạo của học sinh khi thực hiện dạy giải hệ
phương trình đại số giáo viên nên kết hợp thêm với việc giao bài tập nhóm và báo cáo
kết quả trước lớp
- Sáng kiến có thể áp dụng với tất cả các em học sinh THPT khi học toàn bộ
chương 1- Giải Tích 12 nói riêng cũng toàn cấp học nói chung.
- Sáng kiến đã được áp dụng trong thực tế với các em học sinh tại lớp 12A3
trường THPT Trần Hưng Đạo, khi học chương 1 – Giải Tích 12..
Thực tế cho thấy các em học sinh dễ tiếp thu bài giảng, dễ làm quen với các bài tập
về tương giao hai đồ thị hơn
+) Lớp thực nghiệm : 12A3
+) Lớp đối chứng : 12A1
Kết quả
Lớp Số
bài
Điểm dưới TB Điểm TB Điểm khá Điểm giỏi
SL % SL % SL % SL %
12A3 30 5 16,7 6 19,9 14 46,7 5 16,7
12A1 26 8 30,8 7 26 8 30,8 3 12,4
Nhận xét :
- Ở lớp thực nghiệm 12A3: Tỉ lệ học sinh có điểm TB và dưới TB thấp hơn ở lớp đối
chứng, tỉ lệ khá và giỏi cao hơn.
- Ở lớp đối chứng 12A1: Tỉ lệ học sinh có điểm TB và dưới TB cao hơn ở lớp thực
nghiệm, tỉ lệ có điểm khá giỏi thấp hơn.
Điều đó cho thấy học sinh ở lớp thực nghiệm lĩnh hội, tiếp thu và vận dụng kiến thức
tốt hơn. Khả năng nhìn nhận và giải quyết bài toán tốt hơn so với đối chứng.
8. Những thông tin cần được bảo mật: không
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:

43.
42
- Giáo viên cần đưa ra các phương pháp dạy học phù hợp với năng lực và trình
độ nhận thức của học sinh.
- Việc thực hiện dạy kiến thức cần đảm bảo tính vừa sức, khoa học nhằm phát
huy tính chủ động, tích cực và sáng tạo của học sinh trong học tập; tránh việc dạy quá
nhiêu, quá khó lan man; khiên cưỡng.
- Việc kiểm tra đánh giá trong dạy học tích hợp cần hướng tới việc đánh giá theo
định hướng phát triển năng lực học sinh.
10. Đánh giá lợi ích thu được do áp dụng sáng kiến.
10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng
kiến theo ý kiến của tác giả:
10.1.1.Sosánh phương pháp dạykhi chưa phân dạng và phương phápdạytheo
hướng phân dạng
a. Phương phápdạykhi chưa phân dạng
Khi chưa phân dạng mà ra bài tập cho học sinh làm ta thấy như sau:
- Học sinh không có phương hướng làm bài dẫn đến mất nhiều thời gian
suy nghĩ.
- Trình bày: Vắt tắt, lủng củng, không logic, không chặt chẽ.
- Nhiều khi biến đổi không hiểu bản chất dẫn đến mắc sai lầm trong toán
học.
- Bị mất điểm trình bày.
Mặc dù dạy theo kiểu chưa phân dạng giúp các em phải kiên trì tư duy, tự
phát hiện vấn đề để giải nhưng lại không khắc sâu tổng quan về chuyên đề.
b. Phương pháp dạy khi phân dạng
Sau khi học xong chuyên đề này các em có thể sẽ cảm thấy rất tự tin vào
nội dung chương trình ôn thi THPT Quốc Gia hay ôn thi học sinh giỏi. Nhờ vào
việc tận dụng những từ khóa và phương pháp sáng tạo, một chuyên đề như thế
được ghi bài hết sức cô động trong một trang giấy, mà không bỏ lỡ bất kỳ một
thông tin quan trọng nào. Tất cả những thông tin cần thiết để đạt điểm cao trong
kỳ thi vẫn được lưu giữ nguyên vẹn từ những chi tiết nhỏ nhặt nhất
Hệ phương trình đại số là một trong những bài toán cơ bản, quan trọng.
Trong khuôn khổ của sáng kiến tôi chỉ đề cập đến lớp các bài toán thường xuất
hiện trong các đề thi trong những năm gần đây.
Sáng kiến đã nêu được phương pháp chung cho mỗi dạng cũng như minh
họa bằng các bài toán cụ thể, đồng thời cũng đưa ra cho mỗi dạng một số bài tập
với các mức độ khác nhau.
10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng
kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân:
Sáng kiến kinh nghiệm có tính khả thi, và ứng dụng vào thực tiễn, mang
lại hiệu quả cao trong giờ học toán ở trường phổ thông.
Giúp học sinh có niềm say mê và hứng thú với môn học đồng thời khắc sâu
được kiến thức

44.
43
Tuy vậy do thời gian có hạn, kinh nghiệm còn hạn chế nên sáng kiến của
tôi không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của
đồng nghiệp để sáng kiến này thực sự là tài liệu có ích cho bản thân cùng như
các em học sinh trong quá trình ôn thi THPT Quốc Gia và ôn thi học sinh giỏi.
11. Danh sách những cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu:
Số
TT
Tên tổ chức/cá
nhân
Địa chỉ Phạm vi/Lĩnh vực
áp dụng sáng kiến
1 - Nguyễn Thị
Thanh Hòa
- Lớp 12A1, 12A3
Trường THPT Trần
Hưng Đạo – Tam
Dương – Vĩnh Phúc
Chương 1 phần Giải Tíchlớp
12
Chương 3 phần Đại số lớp 10
Tam Dương, ngày 25 tháng 02 năm 2018
Thủ trưởng đơn vị
(Ký tên, đóng dấu)
Tam Dương, ngày 24 tháng 02 năm 2018
Tác giả sáng kiến
Nguyễn Thị Thanh Hoà