Đang tải... (xem toàn văn)
sang kiên kinh nghiêm toán thpt
STT Mục lục Trang 1 1. Đặt vấn đề (Lý do chọn đề tài) 2 2 2. Giải quyết vấn đề (Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm) 3 3 2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề 3 4 2.2 Thực trạng của vấn đề 5 5 2.3. Các biện pháp đã tiến hành đề giải quyết vấn đề 6 6 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 25 7 3. Kết luận 26 8 Tài liệu tham khảo 27 1 1. Đặt vấn đề (Lý do chọn đề tài) Hệ phương trình đại số là mảng kiến thức quan trọng trong chương trình toán học phổ thông, nó thường gặp trong các kì thi tuyển sinh vào lớp 10; tuyển sinh đại học, cao đẳng; thi học sinh giỏi. Mặc dù học sinh được cọ sát phần này khá nhiều song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải. Nguyên nhân là vì Thứ nhất, hệ phương trình là mảng kiến thức phong phú và khó, đòi hỏi người học phải có tư duy sâu sắc, có sự kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau, có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện. Thứ hai, sách giáo khoa trình bày phần này khá đơn giản, các tài liệu tham khảo đề cập đến phần này khá nhiều song sự phân loại chưa dựa trên cái gốc của bài toán nên khi học, học sinh chưa có sự liên kết, định hình và chưa có cái nhìn tổng quát về hệ phương trình. Thứ ba, đa số học sinh đều học một cách máy móc, chưa có thói quen tổng quát bài toán và tìm ra bài toán xuất phát, chưa biết được bài toán trong các đề thi do đâu mà có nên khi người ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho các em. Do vậy tôi xin trình bày một số kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng dạy: “Hệ phương trình đại số các cách giải cơ bản và nâng cao ở THPT”. Trong trong quá trình giảng dạy tôi luôn cố gắng đưa ra các phương pháp giải, đặt biệt là cách nhận dạng bài toán để chọn phương pháp thích hợp. Mục đích nghiên cứu :Hi vọng rằng với phương pháp sắp xếp lôgic, chặt chẽ và lựa chọn các bài toán một cách điển hình là một sáng kiến nho nhỏ để chúng ta cùng tham khảo. Qua đó giúp học sinh say mê nghiên cứu toán học, ham học hỏi Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 10C, 10E, 110H của Trường THPT Thuận Châu. Phạm vi nghiên cứu: hệ phương trình đại số ở THPT 2 2. Giải quyết vấn đề 2.1. Cơ sở lí luận của vấn đề 2.1.1 Cơ sở 1: Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ' ' ' ( ) ax bx c I a x b y c + = + = trong đó a, b không đồng thời bằng không và a ’ , b ’ không đồng thời bằng không. Hãy giải và biện luận hệ phương trình (I) đã cho. Giải: Ta có hệ (I) ' ' ' ' ' ' ab x bb y cb a bx b by c b + = ⇒ − − = − bccbxbaab //// )( −=−⇒ lại có, (I) / / / / / / aa x ba x ca aa x b ay c a − − = − ⇒ + = / / / / ( )ab a b y ac a c ⇒ − = − Do đó hệ (I) / / / / / / / / ( ) ( ) ab a b x cb c b ab a b y ac a c − = − ⇒ − = − Đặt / / D ab a b= − , / / x D cb c b= − , / / y D ac a c= − Khi đó ta có hệ phương trình hệ quả của (I) như sau . . x y D x D D y D = = (II) Ta xét các trường hợp sau 1/ D ≠ 0, khi đó hệ(II) có nghiệm duy nhất ( ; ) ; y x D D x y D D = ÷ . thay vào hệ (I) ta thấy nghiệm này là nghiệm của hệ (I). 2/ D =0, lúc này hệ trở thành 0 0 x y x D y D = = + Nếu 0 x D ≠ hoặc 0 y D ≠ thì hệ (II) vô nghiệm do đó hệ (I) vô nghiệm. + Nếu 0 x y D D = = thì hệ (II) có vô số nghiệm . Bây giờ ta đi tìm nghiệm của hệ (I). Do a, b không đồng thời bằng 0 nên ta có thể giả sử 0 ≠ a . Ta có D = ab / - a / b = 0 / / a b b a ⇒ = c a a ccaacD y / /// 0 =⇒=−= 3 nên hệ (I) được viết thành / / ( ) ax by c a a ax by c a a + = + = Do vậy tập nghiệm của hệ (I) trùng với tập nghiệm của phương trình ax + by = c. Tóm lại: Đặt / /. a b D a b = , / / x c b D c b = , / / y a c D a c = * Trường hợp 1. 0D ≠ Hệ có nghiệm duy nhất ; y x D D D D ÷ * Trường hợp 2. 0 x y D D D= = = Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình ax + by =c * Trường hợp 3. 0 0 0 x y D D D = ≠ ≠ Hệ vô nghiệm 2.1.2: Cơ sở 2: Định lí: Mọi biểu thức f(x; y) thỏa mãn f(x; y) = f(y;x) đều biểu diễn được theo x+y và xy. Định nghĩa: Hệ ( ; ) 0 ( ; ) 0 f x y g x y = = được gọi là hệ đối xứng loại 1 theo hai ẩn x và y nếu ( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ; ) f x y f y x g x y g y x = = Bài toán: Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 1 sau: ( ; ) 0 ( ; ) 0 f x y g x y = = Giải: Do ( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ; ) f x y f y x g x y g y x = = nên hệ đã cho được viết lại như sau : ( ; ) 0 ( ; ) 0 F S P G S P = = Giải hệ trên để tìm S, P. khi đó x và y là nghiệm của phương trình: X 2 – SX + P = 0. Khi đó ta tìm được nghiệm của hệ ( nếu có) 2.1.3. Cơ sở 3. 4 Định nghĩa: Hệ đối xứng loại 2 đối với hai ẩn x,y là hệ có dạng: ( ; ) 0 ( ; ) 0 f x y f y x = = Bài toán: Hãy giải hệ phương trình đối xứng loại 2 sau: ( ; ) 0 (1) ( ; ) 0 (2) f x y f y x = = Giải: Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: ( ; ) ( ; ) 0f x y f y x− = (*) Thay y = x vào (*) ta được 0 = 0 suy ra y = x thỏa (*), do đó (*) ( ). ( ; ) 0x y g x y⇔ − = ( ; ) 0 y x g x y = ⇔ = * Thay y = x vào (1) ta tìm được x, suy ra y. * Với g(x;y) = 0. ta có hệ ( ; ) 0 ( ; ) 0 f x y g x y = = tìm được x và y. 2.1.4: Cơ sở 4: Định nghĩa: Hệ phương trình đẳng cấp vế trái đối với hai ẩn x, y là hệ có dạng: 1 2 2 1 1 2 1 0 1 2 2 1 1 2 1 0 n n n n n n n n n n n n n n n n a x a x y a x y a xy a y c b x b x y b x y b xy b y d − − − − − − − − − − + + + + = + + + + = (*) Bài toán: Hãy giải hệ (*). Giải: * Thay x = 0 vào hệ (*) để kiểm tra x = 0 có thỏa mãn hệ không? * Với 0 ≠ x ta đặt y = tx (I), khi đó hệ đã cho trở thành: 2 1 1 2 1 0 2 1 1 2 1 0 (1) (2) n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n a x a x t a x t a x t a x t c b x b x t b x t b x t b x t d − − − − − − + + + + = + + + + = + Khi 0d = , ta có 2 1 2 0 0 ( ) (2) 0 n n n n x l b b t b t a t − − = ⇔ + + + + = 2 1 2 0 0 n n n n b b t b t a t − − ⇔ + + + + = (**), giải (**) tìm được nghiệm t ( nếu có), thay vào (I) ta tìm được x, suy ra được y, từ đó tìm được nghiệm của hệ đã cho. + Khi 0≠d , ta chia (1) cho (2) vế theo vế ta được 5 2 1 1 2 1 0 2 1 2 1 0 n n n n n n n n a a t a t a t a t c b b t b t b t b d − − − − − + + + + + = + + + + + 2.1.5: Cơ sở 5. Không có cách giải tổng quát cho mọi hệ phương trình. 2.2. Thực trạng của vấn đề Các bài toán về giải hệ phương trình phương trình đại số là một trong những dạng toán cơ bản của chương trình THCS, THPT. Nó thường xuyên có trong các đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng của nước nhà. Trong sách giáo khoa chương trình THPT chưa đi sâu và phân tích kĩ các bước giải một hệ phương trình, đặt biệt là phân tích để chọn phương pháp giải cho hệ phương trình. Qua nhiều năm giảng dạy, Tôi thấy phương pháp phân tích lập luận để giải một hệ phương trình là điều hứng thú học tâp và say mê nghiên cứu của các em học để rèn luyện kỹ năng giải quyết các bài toán về hệ phương trình đại số hai ẩn. Tôi cũng rất hài lòng khi vận dụng kinh nghiệm này để hiệu quả giảng dạy và rèn luyện kỹ năng giải hệ được tốt hơn. 2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề 2.3.1:Hệ Phương Trình Bậc Nhất Hai ẩn Cho hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ' ' ' ax bx c a x b y c + = + = trong đó a, b không đồng thời bằng không và a ’ , b ’ không đồng thời bằng không. Cách giải: Đặt / /. a b D a b = , / / x c b D c b = , / / y a c D a c = * Trường hợp 1. 0D ≠ Hệ có nghiệm duy nhất ; y x D D D D ÷ * Trường hợp 2. 0 x y D D D= = = Hệ có vô số nghiệm (x; y) thỏa mãn phương trình ax + by =c * Trường hợp 3. 0 0 0 x y D D D = ≠ ≠ Hệ vô nghiệm Bài toán 1: 6 Cho hệ phương trình 2 1 3 mx y m x my m + = + + = 1. Giải và biện luận hệ đã cho. 2. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất, tìm m nguyên để nghiệm của hệ là nghiệm nguyên. 3. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất, tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm (x; y) của hệ không phụ thuộc vào m. 4. Trong điều kiện hệ có nghiệm duy nhất (x;y), tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x 2 +y 2 với [ ] 2;3m ∈ . Giải: 1. Biện luận hệ Ta có: D = m 2 -1, D x = 2m 2 - 2m, D y = 3m 2 – 2m – 1. Trường hợp 1. 0 1D m ≠ ⇔ ≠ ± : Hệ có nghiệm duy nhất 2 1 3 1 1 m x m m y m = + + = + Trường hợp 2. 0 1D m= ⇔ = ± * Nếu m = 1 thì hệ trở thành x + y = 3 nên hệ có vô số nghiệm 3 x R y x ∈ = − * Nếu m = - 1 thì 4 0 x D = ≠ nên hệ vô nghiệm. 2. Khi 1m ≠ ± hệ có nghiệm duy nhất là 2 2 2 1 1 3 1 2 3 1 1 m x m m m y m m = = − + + + = = − + + Khi đó điều kiện bài toán tương đương với 2 1 m Z Z m ∈ ∈ + −=+ −=+ =+ =+ ⇔ 11 21 11 21 m m m m −= −= = = ⇔ )(2 )(3 )(0 )(1 nm nm nm lm Vậy m = 0, m = - 3 , m = -2 thỏa mãn điều kiện bài toán. 3. Khi 1m ≠ ± hệ có nghiệm duy nhất là 2 2 2 (1) 1 1 3 1 2 3 (2) 1 1 m x m m m y m m = = − + + + = = − + + 7 Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được x – y = - 1 . Vậy hệ thức cần tìm là x – y + 1 = 0. 4. Khi 1m ≠ ± hệ có nghiệm duy nhất là 2 2 2 1 1 3 1 2 3 1 1 m x m m m y m m = = − + + + = = − + + Ta có 2 2 2 2 13 6 1 2 1 m m x y m m + + + = + + Xét hàm số 2 2 13 6 1 ( ) 2 1 m m f m m m + + = + + trên đoạn [ ] 2;3 Ta có f(m) liên tục trên đoạn [ ] 2;3 ( ) 2 2 2 / 12 42420 )( ++ ++ = mm mm xf −= −= ⇔= )( 5 1 )(1 0)( / lm lm mf Ta lại có 65 17 (2) , (3) 9 2 f f= = Vậy [ ] 2 2 2;3 17 ( ) 2 m Max x y ∈ + = khi m = 3. [ ] 2 2 2;3 65 ( ) 9 m Min x y ∈ + = khi m = 2. 2.3.2: Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai đối với hai ẩn x và y Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai đối với hai ẩn x và y có dạng: =+ =+++++ pnymx feydycxbxyax 0 22 Cách giải: + Rút một ẩn từ phương trình bậc nhất + Thay vào pt bậc hai và tìm ẩn còn lại, suy ra nghiệm của hệ phương trình Bài toán 2: Cho hệ: 2 2 0 (1) 0 (2) x y x x ay a + − = + − = a/ Giải hệ khi a=1 b/ Tìm a để hệ có 2 nghiệm phân biệt 8 c/ Gọi (x 1 ,y 1 ); ( x 2 ,y 2 ) là các nghiệm của hệ đã cho Chứng minh rằng: (x 2 - x 1 ) 2 + ( y 2 –y 1 ) 2 ≤ 1 Giải: Từ (2) ⇒ x=a-ay thay vào (1) ta được 0)12()1( 222 =−+−−+ aayaaya (3) a/ với a=1, ta có (3) trở thành: 2y 2 -y=0 0 1 1 1 2 2 y x y x = ⇒ = ⇔ = ⇒ = vậy hệ có 2 nghiệm: (1;0), 1 1 ( ; ) 2 2 b/ Hệ có 2 nghiệm phân biệt (3)⇔ có 2 nghiệm phân biệt 2 1 0 4 0 3 0 a a + ≠ ⇔ ⇔ < < ∆ > c/ Khi 4 0 3 a< < thì hệ có 2 nghiệm (x 1 ;y 1 ), (x 2 ;y 2 ) trong đó y 1 ,y 2 là nghiệm của (3) nên thỏa mãn 1 2 2 2 1 2 2 (2 1) 1 1 a a y y a a a y y a − + = + ⇔ − = + lại có 1 1 2 2 x a ay x a ay = − = − Khi đó, ( ) ( ) [ ] 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 ( ) ( 1) ( ) 4 4 3 (2 1) 1 1 1 1 y y ay ay y y a y y y y a a a a a − = − + − = + + − − − = = − ≤ + + 2.3.3: Hệ đối xứng loại I Hệ đối xứng loại I có dạng: ( ; ) 0 ( ; ) 0 f x y g x y = = với f(x;y) = f(y;x) và g(x;y) = g(y;x) Cách giải: Biến đổi hệ theo x+y và x+y Đặt S = x + y và p=xy 1 Biến đổi hệ theo s,p và giải hệ tìm hai ẩn đó 9 2 Với mỗi nghiệm (s;p) ta giải pt x 2 – sx +p =0 để tìm x, y 3 Chú ý; với mỗi bài toán phức tạp ta tìm cách đặt ẩn phụ cho x, y Bài toán 3: Giải hệ 2 2 8 ( 1)( 1) 12 x y x y xy x y + + + = + + = Cách 1: Hệ 2 2 8 ( 1)( 1) 12 x y x y xy x y + + + = ⇔ + + = Đặt s=x+y và p=xy với s 2 -4p 0 ≥ Hệ trở thành 2 2 2 8(1) 1(2) s s p p ps p + − = + + = Từ (1) 2 8 2 s s p + − ⇒ = thay vào (2) ta được s 03011 234 =−−+ sss 0 4 5 6 2 3 3 2 s p s p s p s p = ⇒ = − = − ⇒ = ⇔ = − ⇒ = − = ⇒ = Như vậy nếu ta máy móc giải như cách 1 thì bài toán trở nên phức tạp do vậy ta tìm cách đặt ẩn phụ khác bằng cách biến đổi hệ đã cho =++ =+++ ⇔ 12)1()1( 8)1()1( yyxx yyxx Đặt ( 1) , ( 1)u x x v y y= + = + Hệ trở thành 8 2 12 6 u v u uv v + = = ⇔ = = hoặc 6 2 u v = = Từ đó suy ra nghiệm của hệ là ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2;3,3;2,2;2,2;2,1;3,3;1,2;1,1;2 −−−−−−−− 2.3.4: Hệ đối xứng loại II Hệ đối xứng loại 2 là hệ có dạng ( ) ( ) ; 0(1) ; 0(2) f x y g y x = = . Cách giải Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được pt dạng 10 . của sáng kiến kinh nghiệm) 3 3 2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề 3 4 2.2 Thực trạng của vấn đề 5 5 2.3. Các biện pháp đã tiến hành đề giải quyết vấn đề 6 6 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 25 7. ra đề chỉ cần thay đổi một chút là đã gây khó khăn cho các em. Do vậy tôi xin trình bày một số kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng dạy: “Hệ phương trình đại số các cách giải cơ bản. giải quyết các bài toán về hệ phương trình đại số hai ẩn. Tôi cũng rất hài lòng khi vận dụng kinh nghiệm này để hiệu quả giảng dạy và rèn luyện kỹ năng giải hệ được tốt hơn. 2.3. Các biện