SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị:THPT Nguyễn Trãi Mã số:………………………… SÁNG KIẾN KINH NGIỆM CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10 Người thực hiện: VÕ THANH LONG Lĩnh vực nghiên cứu: GIÁO DỤC Quản lý giáo dục: Phương pháp dạy môn: TOÁN Phương pháp giáo dục: Đổi Mới Phương Pháp Giảng Dạy Lĩnh vực khác:………………………… Năm học: 2012 – 2013 -1- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI *************************** CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10 Giáo Viên: VÕ THANH LONG Năm Học 2012 – 2013 -2- SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG CÁ NHÂN Họ tên VÕ THANH LONG Ngày tháng năm sinh: 02 / 01 / 1977 Giới tính: Nam Địa chỉ: B9/10, Tổ 4, khu phố 1, Phường Tân Hiệp, Biên Hoà, Đồng Nai Điện thoại: + Nhà riêng: 0613899353; + Di động: 0918806566 Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trãi, Biên Hoà, Đồng Nai II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO  Trình độ chuyên môn cao nhất: Đại học Sư phạm  Năm nhận bằng: 1999  Chuyên ngành đào tạo: Toán III KINH NGHIỆM KHOA HỌC  Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy Toán bậc THPT  Số năm có kinh nghiệm: 11 năm  -3- SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Trường THPT Nguyễn Trãi Độc lập ­ Tự ­ Hạnh phúc PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ ĐỀ TÀI Năm học 2012 - 2013 Tên đề tài: MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10 Họ tên tác giả: VÕ THANH LONG Lĩnh vực: Quản lý giáo dục Phương pháp giáo dục Tổ Toán ­ Tin học Phương pháp dạy học môn Toán Lĩnh vực khác Tính  Có giải pháp hoàn toàn  Có cải tiến, đổi từ giải pháp có Hiệu  Hoàn toàn triển khai, áp dụng toàn ngành có hiệu cao  Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai, áp dụng toàn ngành có hiệu cao  Hoàn toàn triển khai, áp dụng đơn vị có hiệu cao  Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai, áp dụng đơn vị có hiệu cao Khả áp dụng  Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách Tốt Khá Đạt  Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống Tốt Khá Đạt  Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng Tốt Khá -4- Đạt XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN Tổ trưởng chuyên môn Trương Ngọc Dũng -5- THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký, ghi rõ họ tên đóng dấu) Hệ phương trình Võ Thanh Long MỘT SỐ BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10 Võ Thanh Long A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Khi thực hành giải hệ phương trình toán khó học sinh phổ thông Khi giải toán áp dụng phép biến đổi thông thường học sinh gặp nhiều khó khăn việc giải toán Vì mà học sinh không làm bài, dài dòng lời giải, nhiều thời gian dẫn đến kết sai bế tắc trình hoàn thành lời giải toán Trong trình giảng dạy, thấy có số phương pháp giải toán hệ phương trình có số phương pháp áp dụng để giải toán, toán trở nên cách nhẹ nhàng, dễ áp dụng toán giải nhanh chóng Tôi xin mạo muội viết lại “một số toán giải hệ phương trình dành cho học sinh lớp 10”, nhằm hỗ trợ cho học sinh có thêm tài liệu bổ sung, giúp em học tốt giải toán toán nâng cao, nhẹ nhàng trình học toán; gồm phương pháp: A - Hệ gồm phương trình bậc bậc hai B - Hệ Phương trình Đối xứng loại I C - Hệ Phương trình Đối xứng loại II D - Hệ phương trình đẳng cấp E - Hệ phương trình khác Hệ phương trình Võ Thanh Long A – Hệ gồm phương trình bậc bậc hai Phương pháp: Để giải hệ phương trình ta thường dùng phương pháp sau để giải toán:  Nếu hai phương trình hệ bậc nhất, ta tính x theo y y theo x; sau vào phương trình lại hệ phương trình  Ta cộng vế, trừ vế phương trình để đưa phương trình có dạng A2 = B2, từ suy A = B hay A = −B  Ta biến đổi để đưa dạng tích số A.B =  A = hay B =  Ngoài ta có cách giải riêng tùy theo đặc điểm riêng dạng toán cụ thể Các ví dụ 2x  y  Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  2  x  y  10 (1)  y   2x  y   2x Giải: hệ phương trình     2 x  y  10 x  (5  2x)  10 (2)   Từ phương trình (2) giải theo biến x ta được: 5x  20x  15   x  hay x  Với x =  y = 3, với x =  y = −1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;3), (3;−1) x  y  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  (2) 3  x  y  3(x  y) x  y  x  y  Giải: (2)     2 x  y  3(x  y)  (x  y)(x  xy  y )  3(x  y)  x  y  x  y  x  y    (I) hay (II)   2 2 (x  y)  (x  y)(x  xy  y  3)    (x  xy  y  3)  1 Giải hệ phương trình (I) ta x  ; y  2 Giải hệ phương trình (II): y = – x vào phương trình ta được: (1  y)  (1  y)y  y    y  1  x   (1  y)  (1  y)y  y    y  y      y   x  1 Vậy hệ phương trình có ba nghiệm (½;½ ), (2; −1), (−1;2) 3(x  y)  x  y Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  (3) xy   Hệ phương trình Võ Thanh Long (x  y)(x  y)  3(x  y)  (x  y)(x  y)  3(x  y)   xy    xy  Giải: Hệ phương trình (3)   (x  y)(x  y  3)  x  y  x  y     (I)  hay(II)   xy   xy   xy   Giải hệ phương trình (I) ta x  y   hệ phương trình có nghiệm  2;  x   y  x   y   Giải hệ (II): y = – x vào phương trình xy = ta x  3x     Vậy hệ phương trình có nghiệm   2; , (2;1), (1;2) 2x  2y  xy  (4) xy  x  y    Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  Giải: Hệ phương trình (4)  y  3x  (a) 3x  y  x  xy  y  3x  y  1     xy  x  y  2  xy  x  y  2 3x  5x   (b) phương trình vô nghiệm nên hệ phương trình vô nghiệm  x  y  a(xy  1) (1) (5)  xy  x  y  2 (2) (x  2) Giải: Từ phương trình (2) ta có: y(x  1)  (x  2)  y  vào phương trình (1) ta x 1  x  2x  x2 2  a 1  được: x    x  2x   a( x  x  1) x 1 x 1   Ví dụ 5: Giải biện luận hệ phương trình theo a:   (a  1)x  (2  a)x  (2  a)  (*)  Nếu a = −1: phương trình (*) trở thành x = −3  y = −1 2  Nếu a ≠ −1: Ta có:   (2  a)  4(a  1)(2  a)  5a  Khi a     hệ phương trình có nghiệm (2  a)  5a  (2  a)  5a  x y 2(a  1) 2(a  1) (2  a)  5a  (2  a)  5a  Hay x  y 2(a  1) 2(a  1) Khi a     nên phương trình vô nghiệm hay hệ phương trình vô nghiệm Hệ phương trình x  y  m Ví dụ 6: Giải biện luận hệ phương trình  Võ Thanh Long (a) 2  x  y  2x  (b) (5) Giải: Từ (a)  y = m – x vào phương trình (b) ta được: 2mx  2x  m2   2x(m  1)  m  m2  m  2m   Với m ≠ − x  y 2m  2m   m  m  2m   ; Vậy hệ phương trình có nghiệm   2m  2m     Với m = − hệ phương trình vô nghiệm  x  y3  m(x  y) Ví dụ 7: Cho hệ phương trình   x  y  1 Tìm m để hệ phương trình có ba nghiệm (x1 ; y1 ) , (x ; y2 ), (x ; y3 ) với x1 , x , x3 lập thành cấp số cộng số x1 , x , x3 có hai số có trị tuyệt đối lớn  x  y3  m(x  y) (x  y)(x  xy  y  m)  x  y  Giải:     I   x  y  1  x  y  1  x  y  1  x  xy  y  m  hay  II    x  y  1 1 1 Giải (I) nghiệm  ;  2 2 (x  y)2  xy  m   xy   m Giải (II):   x  y    x  y  1   x, y nghiệm phương trình u  u   m  1   Ta có: u1  u  1   u1  u    Do  u1 ;  ;u  lập thành cấp số cộng theo đề 2   ta cần có thêm u1  1   u ( để u1  1, u  ) f (1)  1  m    m  với  f (u)  u  u   m   f (1)  3  m  Vậy m > giá trị cần tìm Bài tập tương tự Bài 1: Giải hệ phương trình sau 2x  y  x  y  a)  b)  2  x  3xy  y   x  y  34 2   xy    x  4y  17 c)  d)  2 x  y   x  xy  4y   Hệ phương trình 10 Võ Thanh Long Bài 2: Giải hệ phương trình sau 2   x  2xy  3y  a)    x x  y y  2  x  y  z   b)  xy  yz  zx  27 1 1  x  y  z   x  y  z  13  2 c)  x  y  z  61  xy  xz  2yz  Bài 3: Giải hệ phương trình sau  x  4y  200 a)   x  2y  100  x  xy  3y  2x  5y   b)   x  2y  2xy  y  5x  20  c)  3x  2y    x  6xy  9y  6x  18y  40 d)   x  2y  30  Bài 4: Giải biện luận hệ phương trình sau: 2x  y  m a)   xy  2y  3y 3x  2y  2x  y  a b)  c)  2 x  y  m 2  x  xy  y  Đáp số Bài 1: a) (3;0), ( 9; 24) b) ( 1;3), ( 3; 5) c) vô nghiệm d)  14;4  14 ,  14;4  14  1  2  49  Bài 3: a)  51; ,    71 25  c)  1;3 hay  ;    21  b) (x = y = z =3) c)  4;6;3 ;  4;3;6   Bài 2:  1; 1 ,   ;     20    9  b)   ;  98 11  ;  5  d)  14;8  hay   B – Hệ Phương trình Đối xứng loại Là hệ phương trình mà ta thay x y thay y x phương trình hệ không thay đổi  x  y  xy  x  y  Ví dụ:  hay  2  x  y  3xy  4 x  y  a Phương pháp:  Đặt S = x + y P = x.y Đưa hệ phương trình chứa hai ẩn x, y hệ phương trình chứa S, P  Giải hệ phương trình tìm S, P  Ứng với cặp S, P Dùng định lí Viet giải tìm x, y từ phương trình X  SX  P  10 Hệ phương trình 12 Võ Thanh Long Giải phương trình (2): S3  7S   ta được: (S  1)(S  S  6)   S  1, S  2, S  3 2 2 Khi x; y nghiệm phương trình: X  X   3 11 11 X  hay X   3 1 1 11 11  11 11  ;  hay  ;  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm      3  3  2 2 5  Với S = P  Khi x; y nghiệm phương trình: X  2X   6 6  X  1 hay X   6   6 6 ;1  ;1  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm    hay 1   6 6     10 10   Với S = −3 P  Khi x; y nghiệm phương trình: X  3X  3  Với S = P   Phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương trình có nghiệm x  y   xy  14 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  Giải: Hệ phương trình hệ phương trình đối xứng, nhiên ta đưa hệ x  y   x  (  y)    xy  14  x( y)  14 phương trình đối xứng loại cách sau:  Khi nghiệm x, −y hệ phương trình nghiệm phương trình X  9X  14   X  2, X  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: (2,−7) hay(−7;2) 2   x  y  2 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình    xy   Giải: Hệ phương trình hệ phương trình đối xứng, nhiên ta đưa hệ  x  ( y )  2  x  y  2  2    x ( y )  3  xy    xy   phương trình đối xứng loại cách sau: Khi nghiệm x2, −y2 hệ phương trình nghiệm phương trình X  2X    X  1, X  3 x    y2  3  x  1, y   12 Hệ phương trình 13 Võ Thanh Long Do x.y phương trình (1) (2) có hai nghiệm phân biệt nên hệ phương trình có nghiệm phân biệt ( Nếu hệ phương trình có hai nghiệm  phương trình (1)  (2): Điều xảy ra) Vậy với a = hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt  x  y  z  (1) Ví dụ 10: Cho (x,y,z) nghiệm hệ phương trình  xy  yz  zx  (2)  15 Hệ phương trình 16 Võ Thanh Long 8 3 2 Giải: Ta có: (1)  S  2P   z (3) , (2)  P  zS   P   zS với S  x  y, P  x.y Thế P vào (3) ta S1  z   P  z  4z  (a) 2 2 S  2(4  zS)   z  S  2zS  (z  16)    S2  z   P  z  4z  (b) Chứng minh rằng:   x, y,z  Để hệ phương trình có nghiệm  S2 – 4P ≥ 2  Với S   z  4, P  z  4z   (z  4)  4(z  4z  4)  3z  8z     z   Với S  z  4, P  z  4z   (z  4)  4(z  4z  4)  3z  8z    z  8 8 Vậy ta có:   z  Lập luận tương tự cho x y ta   x, y  3 3  điều cần chứng minh Bài tập 1) Giải hệ phương trình sau: x  y   x.y  a)  x  y  4  x  y  17 e)  x  y   xy  4 1  x  y  13 f)  1  1  x y x  y  2  x  y  10 d)   x.y  3  x  y  63 h)  c)  b)  g)  x  y  3 x  y  x  y  5  x  y  275 2) Giải hệ phương trình sau:  x  y  xy  11 a)  2  x  y  xy  13 x  x  y    y c)   (x  y)x    y  x y  xy  30 b)   x  y  xy  13 x y  x y  2x y  x y3  xy3  30 d)  2 x y  xy  xy  x  y  11 3) Giải hệ phương trình sau: 16 Hệ phương trình 17 2 y  x   a)  x    y 1) a) (3;2), (2;3) Võ Thanh Long x  y  x  y    b)   y  x  y  1   x b) (4; 1), ( 1; 4) Đáp số c) (1;3), (3;1) d) ( 1; 2), (2; 1)  1 1 1 g)  1; 4  ,  4;1 h)  2;3 ,  3;   3  2  x    x   , 2) a)  3;4  b)  ,  5;  ,  2; 5   y  5   y  5   1 c)  1;2  ,   ;    4 1 1  1  d)  2;1 , 1;2  ,   21 ;  21  ;   21 ;  21  2 2  2  3) a) (2;6), (1;3) 2 9 b) Hướng dẫn: nhân hai vế hai phương trình đặt t = x + y  ;   , 1;3 7 7 e) (1;2), (2;1) f)   ;   ,  ;          C – Hệ Phương trình Đối xứng loại 2: P(x, y)  Q(y, x) (1) P(y, x)  Q(x, y) (2) Là hệ phương trình có dạng:  Tức ta thay x y phương trình (1) trở thành phương trình (2) ngược lại Phương pháp:  Ta trừ vế phương trình để đưa dạng tích A.B =  A = hay B =  Xét trường hợp hệ, dùng phép ta nghiệm cần tìm  2x  xy  3x (1) Ví dụ 1: Giải hệ phương trình   2y  xy  3y (2) Giải: Trừ vế phương trình (1) cho phương trình (2) ta (*) x  y  2x  2y  3(x  y)  (x  y)(2x  2y  3)     2x  2y   (**) (*) x  y  2x  2y   (**) Khi hệ phương trình  (I)  hay (II)  2x  xy  3x 2x  xy  3x 17 Hệ phương trình x  y  Giải hệ (I)  18 (*) 2x  xy  3x Võ Thanh Long x  y x  x    hay  y  y  3x  3x Giải hệ 3   x   2x  2y   (**) y   x y   x  x  (II)     2 hay  y  2x  xy  3x 2  4x  2x(3  2x)  6x 2x  3x    y    Vậy hệ phương trình có nghiệm (0;0), (1;1), (0;3/2), (3/2;0)  x  3x  2y (1) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình   y  3y  2x (2) Giải: Trừ vế phương trình (1) cho phương trình (2) ta (*) x  y  x  y3  x  y  (x  y)(x  xy  y  1)    2  x  xy  y   (**) 2 (*)  x  y   x  xy  y   (**) Khi hệ phương trình  (I)  hay (II)  x  3x  2y    x  3x  2y  x    x   x  y  (*) x  y x    hay  hay  Giải hệ (I)  y  x  3x  2y x  5x y        y  Giải hệ  2y  (x  3x)  x  xy  y   (**) 2y  (x  3x)  (II)     x  3x   x  3x   x  3x  2y  x  3x  2y x  x     (a) 2      Giải phương trình (a) với t = x2, (t ≥ 0) ta phương trình:  x   y  1 t  4t  7t     t  1  t  3t     t     x  1  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm (0;0), (1;-1), (-1;1),   5; ,  5;   x  y  4y  ay (1) Ví dụ 3: Cho hệ phương trình  y  x  4x  ax (2)   Tìm a để hệ phương trình có nghiệm Giải: Trừ vế (1) cho (2) ta được: (x  y)(x  y)  (y  x)(x  xy  y )  4(y  x)(y  x)  a(y  x) 18  Hệ phương trình 19 Võ Thanh Long  x  y (*)  (x  y)  x  xy  y  3(y  x)  a     2  x  xy  y  3(y  x)  a  (**) 2  Xét x = y vào (1) ta được: y  5y  ay   y  hay y  5y  a  (3*) Để hệ phương trình có nghiệm  phương trình (3*) vô nghiệm  ∆ < 0   25  4a   a  25 / 2 2  Xét x  xy  y  3(y  x)  a   x  (y  3)x  y  3y  a  có   3y2  6y   4a  3(y  1)2  (12  4a)  0,  Do a  25 /  12  4a    phương trình (3*) vô nghiệm Vậy để hệ phương trình có nghiệm a > 25/4 Khi hệ phương trình có nghiệm (0;0) Bài tập Bài 1: Giải hệ phương trình sau:  x  y  20 a)   y  x  20 2  x  4y  4x  2y c)  2   y  4x  4y  2x  x b)   y  x d)   y  x  2y  y  2x  13x  4y  13y  4x Bài 2: Giải biện luận hệ phương trình   x  m  (m  1)y a)    y  m  (m  1)x  4x  4y   3m b)   4y  4x   3m  x  x  my c)   y  y  mx Đáp số:   77  77    77  77  ; ; ,   2 2     Bài 1: a) (4;4), (-5;-5),  c) (0;0), (-2;-2) D - Hệ phương trình đẳng cấp 2  ax  bxy  cy  d Xét hệ phương trình có dạng: (III)  Ta gọi hệ phương trình 2 a 'x  b'xy  c' y  d '   hệ phương trình đẳng cấp bậc hai bậc hạng tử phương trình Phương pháp:  Xét x = (hay y = 0) vào hệ phương trình (III), hệ phương trình có nghiệm nhận  Nếu x ≠ 0, đặt y = k.x , sau giải hệ phương trình theo k x để tìm nghiệm Cách 2: Thực theo bước sau: 19  Từ hệ phương trình ta khử số hạng x2 (hay y2) để dẫn đến phương trình khuyết Hệ phương trình 20 Võ Thanh Long x2 (hay y2), giả sử Dx  F Dx  Exy  F   y   Ex  Thế y vào lại hai phương trình hệ ta dc phương trình trùng phương bậc bốn  Giải tìm nghiệm phương trình  nghiệm hệ phương trình (Biện luận thường dùng cách 2)  P(x; y)   gọi hệ phương trình đẳng cấp bậc n Q(x; y)    Tổng quát: Hệ phương trình có dạng:  P(x,y) Q(x,y) hai đa thức bậc n theo hai biến x, y thỏa: P(kx, ky)  k P(x, y) n Q(kx, ky)  k n Q(x, y) 2  3x  5xy  4y  38 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình  2  5x  9xy  3y  15 Giải:  Xét x = 0, vào hệ phương trình ta được: y  38 /  nên x = nghiệm phương trình  x (3  5k  4k )  38 (1)   Với x ≠ 0, đặt y = kx Thế vào hệ phương trình ta được:  2   x (5  9k  3k )  15 (2)  5k  4k 38 145   54k  417k  145   k  , k   Chia vế (1) cho (2) được:  9k  3k 15 18 145  Với k   phương trình (1) vô nghiệm nên hệ phương trình vô nghiệm 18  Với k  phương trình (1)  x2 =  x = ±  y = ± Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (3;1), (−3;−1) 2x  3xy  y  15(1)  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  2   x  xy  2y  (2) Giải: Cách 1: 2 2   2x  3xy  y  15(1) 16x  24xy  8y  120 (1) Hệ phương trình    2 2   x  xy  2y  (2) 15x  15xy  30y  120 (2) 2 Lấy phương trình 1    : x  9xy  22y  Đặt x = ty, y  y (t  9t  22)     t  hay t  11  2x  15  Với y =  hệ phương trình trở thành:   hệ phương trình vô nghiệm  x  20 Hệ phương trình 21 Võ Thanh Long y   x   y  1  x  2  Với t = ta x = 2y, vào (2)  y2 =1    y  1/ 14  x  11/ 14  14  y  1/ 14  x  11/ 14   11   11 , , Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;  ,  1; 2  ,   ,   14   14 14   14  Với t = −11 ta x = −11y, vào (2)  y  Cách 2: Nhận xét: Nếu (x;y) nghiệm hệ phương trình y ≠ 3y  Khử số hạng x từ hệ phương trình ta được: xy  3y  1  x  (3) y  y2  Thay (3) vào (2) ta 14y  15y      y2   14 Khi ta giải cách giải Khi giải toán biện luận ta thường dùng cách Ví dụ 3: (ĐHAN – A – 2000) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm 2   x  2xy  3y   2  2x  4xy  5y  a  4a  4a  12  105 Giải: Đặt m  a  4a  4a  12  105 x  2xy  3y  (*)  Khi hệ phương trình có dạng:  2  2x  4xy  5y  m Xét x = vào hệ phương trình vô nghiệm  x ≠ 40  3m  11x (1) Khử y từ hệ ta được: 2xy  40  3m  11x  y  2x 2 Thay (1) vào (*) ta được: 105x  2(31m  408)x  (3m  40)2  2 Đặt t  x  f (t)  105t  2(31m  408)t  (3m  40)  (4) Vậy để hệ phương trình có nghiệm phương trình (4) phải có nghiệm không âm Do c/a ≥ nên phương trình (4) có nghiệm có hai nghiệm không âm  '    P   m  3  105 S    m  a  4a  4a  12  105  3  105  a  4a  4a    (a  2a)   a  1 a  Vậy với a   a  hệ phương trình có 21nghiệm Hệ phương trình 22 Võ Thanh Long Bài tập Bài 1: Giải hệ phương trình sau: 2  2x  4xy  y  1 a)  2  3x  2xy  2y  6x  xy  2y  56  2  5x  xy  y  49 2 d)  2  2x  2xy  3y  17 b)  2  3x  2xy  2y  11  3x  2xy  160 c)  2   x  3xy  2y   x  xy  y   e)  y 2x 5    x y xy  Bài 2: Giải biện luận hệ phương trình sau:  x  xy  a)  2  2x  4xy  2y  m 2   x  xy  y  m b)    y  2xy   x  4xy  y  m Bài 3: Chứng minh hệ phương trình sau có nghiệm với m  R:   y  3xy  Đáp số  161 17 161  ;  161 161   1) a) 1;1 ,  1; 1 ,   b) Vô nghiệm 17   17    ,  5;   2  2    c)  8; 2  ,  8;2  ,  5; d)  x  e)  2;1 ,  2; 1 28   63 28  ; y  ,  x  ; y   3  5  E – Hệ phương trình dạng khác I – Đặt ẩn phụ: Ta thực theo bước sau:  Đặt điều kiện để biểu thức hệ có nghĩa  Lựa chọn ẩn phụ để biến đổi hệ ban đầu hệ phương trình ta biết cách giải  Giải hệ phương trình nhận được, tìm nghiệm  Kết luận nghiệm hệ phương trình ban đầu 2   x  y  3x  4y  Ví dụ 1: (ĐHSP HN 1999) Giải hệ phương trình  2  3x  2y  9x  8y  2   x  3x  y  4y  Giải: Hệ phương trình viết lại dạng:  2  3(x  3x)  2(y  4y)   u  x  3x Đặt   v  y  4y 22 Hệ phương trình 23 Võ Thanh Long  x  3x  u  v  u    hệ phương trình trở thành  3u  2v  v  y  4y       3  x1,2   Vậy hệ phương trình có nghiệm  y  hay y    3   3   3   3  ;0  ;  ;4  ;  ;0  ;  ;4 15  2 2           x  2y  x  2y  (1)  Ví dụ 2: Giải biện luận hệ phương trình   x  2y  a (2)  x  2y u  v  Do u, v , v  x  2y hệ phương trình trở thành:  x  2y u.v  a nghiệm phương trình t  5t  a  (3) với   25  4a 25  25  4a  Nếu a  a ≠ phương trình (3) có hai nghiệm t1;2    1    t2 x  2a  t     x   2a  1 t  x  2y   x  2y   x  2y  t1 hay  t1    hay  2a    y   2a  1 t  y   2a  1 t  x  2y  t  x  2y  t  x  2y  t 2 2     Giải: Đặt u     Nếu a = (3) có hai nghiệm t = 0, t =   1  x  2y   x  2y  t1 hay  5x , y  10 20  x  2y  t  x  2y    25  Nếu a  hệ phương trình vô nghiệm x  x  y    y   1 Bài Tập: Giải hệ phương trình  Đáp số:  1;2  ,   ;    4  (x  y)x    y II – Giải hệ phương trình dựa vào đánh giá ẩn: Để giải hệ phương trình dạng này, ta đánh giá ẩn cách tìm điều kiện ẩn để tồn ẩn khác Từ ta tìm giá trị 23nó suy giá trị ẩn lại Hệ phương trình 24 Võ Thanh Long 2  x  y  z  Ví dụ: Giải hệ phương trình  2  x  y  2xy  2yz  2xz   2  (1) x  y  z  Giải: Hệ phương trình viết lại:   (x  y)  2z(x  y)   (2) Từ phương trình (1)  - ≤ z ≤ (*) Từ phương trình (2): (x – y) tồn  z   z  (2*) Từ (*) (2*)  z = x  y2  x  y  Với z = 1, hệ phương trình trở thành:   hệ phương trình vô nghiệm  x  y  x  y    Giải hệ phương trình cách đánh giá hai vế:  x  y3  (1) Giải hệ phương trình  4  x  y  (2) 4 Giải: Từ phương trình (2) suy ra: x  1, y   x  1, y   Nếu x  x4 =1 từ (2)  y = Khi (1;0) nghiệm hệ phương trình  Nếu y  y4 =1 từ (2)  x = Khi (0;1) nghiệm hệ phương trình  Xét  x   x  từ (2)   y  4 nên ta có:  x   y   x  x , y3  y  x  y3  x  y   x  y3   Nếu x y dấu ta có: x  y3  x  y3   x  y3  hay x  y3  1  (1) không thỏa  hệ phương trình vô nghiệm  Nếu x y trái dấu ta có: x  y 3    Max x , y3   x  y3   (1) không thỏa  hệ phương trình vô nghiệm Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;0), (0;1) Giải hệ cách đưa hệ phương trình gồm hai phương trình theo hai biến x, y 10x  5y2  2xy  38x  6y  41  (1)  Ví dụ: Giải hệ phương trình  2  3x  2y  5xy  17x  6y  20  (2) Giải Lấy phương trình (2) nhân với số cộng phương trình (1): 16x  8xy  y  7x  18y  81  Lấy phương trình (2) nhân với số (−2) cộng phương trình (1): 4x  12xy  9y  4x  6y   24 Hệ phương trình 25 Khi hệ phương trình trở thành: (4x  y)2  18(4x  y)  81  4x  y      x  2; y  1  2x  3y  (2x  3y)  2(2x  3y)      2   x y  3y  xy   Bài tập: Giải hệ phương trình:  2  3x y  6y  xy    3  3 Đs:  0; , 0;     , 1;1 ,  1; 1 3     25 Võ Thanh Long Hệ phương trình 26 C Võ Thanh Long KẾT QUẢ VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM I Kết  Đề tài biên soạn dựa sở chương trình sách giáo khoa hành nhằm tạo điều kiện cho đối tượng học sinh khá, giỏi rèn luyện nâng cao khả giải toán liên quan đến kì thi tuyển sinh vào Đại học  Đối với Trường THPT Nguyễn Trãi, đề tài thân sử dụng trình bồi dưỡng học sinh luyện thi đại học lớp nâng cao trường nhiều năm  Thực tế năm qua cho thấy, đa số học sinh tiếp cận xử lí vấn đề liên quan đến nội dung đề tài tương đối tốt kết thu qua kì thi tuyển sinh vào Đại học môn Toán khả quan tích cực II Bài học kinh nghiệm Từ thực tế bồi dưỡng học sinh luyện thi đại học nhiều năm qua, thân nhận thấy đa số học sinh tiếp cận với toán đòi hỏi phải vận dụng hợp lí kiến thức kết hợp với tư chặt chẽ linh hoạt, em thường lúng túng việc tìm phương pháp giải phù hợp hiệu quả, dẫn đến lời giải dài dòng, thiếu chặt chẽ, thiếu xác Vì việc tạo điều kiện để học sinh tích cực, chủ động sáng tạo hoạt động giảng dạy giáo viên quan trọng Để đạt mục tiêu đó, trình tổ chức cho học sinh hoạt động, giáo viên cần có định hướng cụ thể nhằm giúp cho học sinh thuận lợi việc chủ động tìm phương pháp giải phù hợp với yêu cầu toán Chuyên đề động viên thầy cô tổ Toán, giúp thực chuyên đề Lần nên nhiều bỡ ngỡ, vụng Rất mong góp ý chân thành để chuyên đề hoàn chỉnh hơn, xác tính giáo dục cao để áp dụng vào việc hỗ trợ kiến thức cho em học sinh Xin cám ơn BGH trường THPT Nguyễn Trãi, thầy cô giáo hỗ trợ, động viên để thực chuyên đề Biên Hòa ngày 20 tháng 03 năm 2013 Người thực Võ Thanh Long 26 [...]... giải hệ phương trình theo k và x để tìm nghiệm Cách 2: Thực hiện theo các bước sau: 19  Từ hệ phương trình ta khử số hạng x2 (hay y2) để dẫn đến phương trình khuyết Hệ phương trình 20 Võ Thanh Long x2 (hay y2), giả sử Dx 2  F Dx  Exy  F  0  y   Ex 2  Thế y vào lại một trong hai phương trình của hệ ta dc phương trình trùng phương bậc bốn  Giải tìm nghiệm của phương trình  nghiệm của hệ phương. .. 2 phương trình đối xứng loại 1 bằng cách sau: 2 Khi đó nghiệm x2, −y2 của hệ phương trình là nghiệm của phương trình X 2  2X  3  0  X  1, X  3 x 2  1   y2  3  x  1, y   3 12 Hệ phương trình 13 Võ Thanh Long Do x.y