SKKN Tìm tòi phương pháp giải các bài toán về hệ phương trình (phần 2) by Day Kem Quy Nhon Business

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH Mã số: ................................

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:

TÌM TÒI PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH (phần 2)

Người thực hiện:

NGUYỄN THỊ HỒNG VÂN

Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục:

- Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN

- Lĩnh vực khác: .......................................................

Có đính kèm: Mô hình

Đĩa CD (DVD)

Phim ảnh

Hiện vật khác

Năm học: 2016-2017 1

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị cao nhất: thạc sỹ - Năm nhận bằng: 2013 - Chuyên ngành đào tạo: Toán giải tích .

ho nb us in es s@

ai l.c

1. Họ và Tên: Nguyễn Thị Hồng Vân 2. Ngày tháng năm sinh: 18/09/1978 3. Nam, nữ: Nữ 4. Địa chỉ: 71/32, tổ 9, KP1, Phường Long Bình Tân, TP Biên Hoà, Tỉnh Đồng Nai 5. Điện thoại: 0613834289 (CQ)/ 0613832425 (NR); ĐTDĐ: 0974 669 039 6. Fax: E-mail: hongvan@nhc.edu.vn 7. Chức vụ: tổ trưởng chuyên môn 8. Nhiệm vụ được giao: giảng dạy môn Toán các lớp 11A2, 12A4,12A10 9. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

I.THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học Số năm có kinh nghiệm: 17 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 1. Phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập về tích vô hướng. 2. Phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập về công thức lượng giác. 3. Dạy học theo chủ đề và sự vận dụng nó vào giải phương trình lượng giác. 4. Tìm tòi phương pháp giải các bài toán về hệ phương trình (phần 1).

TÌM TÒI PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ( phần 2)

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

ho nb us in es s@

ai l.c

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: I. - Dạy học theo chủ đề ở cấp trung học phổ thông là sự cố gắng tăng cường sự tích hợp kiến thức, làm cho kiến thức (các khái niệm) có mối liên hệ mạng lưới nhiều chiều, là sự tích hợp vào nội dung học những ứng dụng kỹ thuật và đời sống thông dụng làm cho nội dung học có ý nghĩa hơn, đó là “thổi hơi thở” của cuộc sống ngày hôm nay vào những kiến thức cổ điển, nâng cao chất lượng “cuộc sống thật”. - Đặt ẩn phụ là một trong những kỹ thuật phổ biến trong giải hệ phương trình, nhưng trong trường hợp nào và đặt như thế nào thì không phải ai cũng hiểu rõ. Với mục tiêu giáo dục đặt ra cũng như định hướng đổi mới phương pháp giảng dạy, cùng với mong muốn nâng cao chất lượng giảng dạy và có những hiểu biết sâu sắc, truyền thụ cho học sinh về mảng kiến thức liên quan đến “hệ phương trình” có hiệu quả nhất, giúp các em định hướng được phương pháp giải, chinh phục được câu giải hệ phương trình trong các đề thi học sinh giỏi khối 10,12 chúng tôi chọn chuyên đề nghiên cứu là “Tìm tòi phương pháp giải các bài toán về hệ phương trình”. II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN - Nghiên cứu cơ sở lý luận của cách tiếp cận dạy học theo chủ đề. Mục tiêu giáo dục theo định hướng phát triển năng lực học sinh thì việc dạy học sẽ chú ý nhiều đến việc tạo cơ hội cho học sinh tham gia vào trong các hoạt động học tập, quá trình học tập sẽ được tiến hành bằng các hoạt động và thông qua các hoạt động, các vấn đề, các bài tập, các tình huống cụ thể đưa ra yêu cầu học sinh giải quyết. Qua đó các em có cơ hội tìm tòi những vấn đề mình yêu thích, khi đó kiến thức được phát huy tối đa, khắc sâu . - Các kiến thức về hệ phương trình được tổng hợp từ sách giáo khoa hiện hành và các sách tham khảo. Kĩ năng giải các bài toán đòi hỏi tư duy, sáng tạo. Mục tiêu là giúp cho các em học sinh thấy được những kiến thức nào là trọng tâm, nắm vững được những dạng toán cơ bản và phương pháp giải quyết các dạng toán ấy. Ngoài ra, các em còn được tiếp cận với những kiến thức có tính nâng cao để chuẩn bị cho các kì thi sau này. - Chuyên đề được trình bày gồm hai phần: + Phần một: gồm 4 bài toán minh hoạ và 2 bài tập đề nghị. Mỗi bài toán đưa ra, chúng tôi trình bày tìm tòi lời giải theo hai hướng. Hướng thứ nhất là biến đổi một trong hai phương trình đã cho của hệ về phương trình tích, sau đó dùng các phép biến đổi tương đương để giải quyết tiếp bài toán. Hướng thứ hai là sử dụng phương pháp hàm số. Với đối tượng là học sinh lớp 10, chúng tôi hướng dẫn cho các em tiếp cận theo hướng thứ nhất vì các em chưa học phần “ứng dụng của đạo hàm”. Với đối tượng là học sinh lớp 12, chúng tôi sẽ định hướng tìm tòi lời giải bằng cả hai hướng để các em có cái nhìn mới hơn, tự tin hơn về lĩnh vực này. Phần này chúng tôi đã trình bày trong sáng kiến kinh nghiệm năm học trước. + Phần hai: gồm 7 bài toán minh hoạ và 4 bài tập đề nghị. Mỗi bài toán đưa ra, chúng tôi trình bày các kỹ thuật đặt ẩn phụ và các dạng toán thường hay dùng phương pháp này. - Các kết quả trong chuyên đề chủ yếu là đã có sẵn trong sách giáo khoa, trong các tài liệu tham khảo, bản thân đã tìm hiểu, trình bày lại theo bố cục mới. 3

- Các giải pháp mà chúng tôi đưa ra đã có tác động khắc phục được một số hạn chế ở đơn vị mình, là các giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có mà chúng tôi đã thực hiện và có hiệu quả. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

III.

ai l.c

Bài toán 1: Giải hệ phương trình

2  x + 1 − y x + y = y  2  x ( x + y − 2) + x − 2 = 5 y

ho nb us in es s@

• Định hướng tìm tòi lời giải Điều kiện: x + y ≥ 0. Từ phương trình đầu của hệ, suy ra x 2 + 1 = y x + y + y (1) Ta biến đổi phương trình thứ hai của hệ x 2 ( x + y − 2) + x − 2 = 5 y ⇔ x 2 ( x + y − 2) + ( x + y − 2 ) = 6 y ⇔ ( x 2 + 1) ( x + y − 2) = 6 y

Thay x 2 + 1 = y x + y + y vào phương trình trên ta được y

(

)

x + y + 1 ( x + y − 2) = 6 y (2)

(

em qu

Xét y = 0 xem coi hệ có thoả mãn không ? Với y ≠ 0 , chia cả hai vế của phương trình (2) cho y ta được phương trình

)

x + y + 1 ( x + y − 2) = 6

ay k

Sau đó đặt t = x + y (t ≥ 0) , ta được phương trình bậc ba theo t là t 3 + t 2 − 2t − 8 = 0 . Giải phương trình tìm t , suy ra giá trị của x + y . Sau đó thay vào giải hệ phương trình

eb o

• Lời giải Điều kiện: x + y ≥ 0.

 x2 + 1 = 3 y . Giải hệ này ta tìm được x, y.  x + y = 4

 x 2 + 1 − y x + y = y

Ta có 

2  x ( x + y − 2) + x − 2 = 5 y

(

)

Em ai

rd er

-P

2  x 2 + 1 = y x + y + y  x + 1 = y x + y + y ⇔ ⇔ 2 2  x ( x + y − 2) + x + y − 2 = 6 y ( x + 1) ( x + y − 2) = 6 y x2 +1 = y x + y + 1 (1)  Với y = 0 , ta có (1) ⇔ x 2 + 1 = 0 ( vô nghiệm) . Do đó ⇔ (2) hệ đã cho vô nghiệm  y x + y + 1 ( x + y − 2) = 6 y  Với y ≠ 0 , ta có (2) ⇔ x + y + 1 ( x + y − 2) = 6

(

)

Đặt t = x + y (t ≥ 0) , phương trình trở thành (t + 1)(t 2 − 2) = 6 ⇔ t 3 + t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔ t = 2

Do đó x + y = 2 ⇔ x + y = 4.

Khi đó hệ đã cho trở thành 4

 −3 + 53 11 − 53   −3 − 53 11 + 53  ; ;  ,   . 2 2 2 2    

ai l.c

ho nb us in es s@

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( x; y ) là 

 −3 +  x = 2    11 − y=  2 2  x +1 = 3y y = 4 − x   x + 1 = 3 ( 4 − x ) 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔    y = 4 − x x + y = 4  x + 3x − 11 = 0 −3 −  x = 2    11 +  y =  2  

Bài toán 2: Giải hệ phương trình

1 + xy − x 2 y + x3 y − x 4 = y  1 + 2 x − 1 = 3 3 2 x − y

• Định hướng tìm tòi lời giải Điều kiện: x ≥ 1 Từ điều kiện đầu của hệ suy ra

em qu

x = 1 (1 − x)(1 + x − y)(1 + x 2 ) = 0 ⇔   y = x +1 Với x = 1, thay vào phương trình thứ hai của hệ tìm được y. Với y = x + 1 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta nhận được phương trình một ẩn theo x là

1 + 2 x + 1 = 33 x −1

ay k

Để giải được phương trình này ta cần đặt ẩn phụ t = 6 x − 1, (t ≥ 0) ta được phương trình theo t là t = 1 2t − 3t + 1 = 0 ⇔  t = − 1 (lo¹i)  2 Với t = 1 thay vào ta sẽ tìm được giá trị của x , từ đó suy ra y. 2

eb o

• Lời giải Ta có 1 + xy − x 2 y + x3 y − x 4 = y

-P

⇔ (1 − x 4 ) + ( xy − y ) + ( x3 y − x 2 y ) = 0

rd er

⇔ (1 – x ) ( x 3 + x 2 + x + 1) + y ( x – 1) + x 2 y ( x –1) = 0 ⇔ (1 – x ) ( x 3 + x 2 + x + 1 – y – x 2 y ) = 0

Em ai

⇔ (1 – x ) (1 + x 2 ) + x (1 + x 2 ) – y (1 + x 2 )  = 0

⇔ (1 – x ) (1 + x 2 ) (1 + x – y ) = 0

x =1 ⇔  y = x +1 Với x = 1 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 1 53 1 = 33 2 − y ⇔ 2 − y = − ⇔ y= 27 27 Với y = x + 1 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 5

1 + 2 x −1 = 33 x −1

Đặt t = 6 x − 1, (t ≥ 0). Khi đó phương trình trở thành t = 1 1 + 2t = 3t ⇔ 2t − 3t + 1 = 0 ⇔ ( t – 1) ( 2t + 1) = 0 ⇔  t = −1 (lo¹i)  2 6 Với t = 1, ta có t − 1 = 1 ⇔ x = 2 suy ra y = 3  53  Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x;y) là 1;  và (2;3) .  27  2

ai l.c

Bài toán 3: Giải hệ phương trình

ho nb us in es s@

 x 2 + xy − 3x + y = 0  4 2 2 2  x + 3x y − 5 x + y = 0

• Định hướng tìm tòi lời giải: Chia cả 2 vế của phương trình đầu của hệ cho x, ta được

y y  = 0 ⇔ x+ + y =3 x x  2 Chia 2 vế của phương trình thứ hai của hệ cho x , ta được x + y −3+

y2 y  x + 3y − 5 + 2 = 0 ⇔  x +  + y = 5 x x  t + y = 3 y Nhận thấy nếu đặt t = x + thì hệ phương trình trở thành  2 x t + y = 5

ay k

Giải hệ tìm được t và y, suy ra x, y. • Lời giải: Với x = 0 , thay vào hệ sẽ cho ta y = 0 Với x ≠ 0 , ta có

em qu

y   x + x + y = 3  ( x + y ) 2 + y = 5  x

y hệ trở thành x

rd er

-P

Đặt t = x +

eb o

y   x + x + y = 3  x 2 + xy − 3x + y = 0 ⇔ ⇔  4 2 2 2 2  x + 3x y − 5 x + y = 0  x2 + 3 y + y = 5  x2

y = 3−t t + y = 3 y = 3−t  ⇔ 2 ⇔  t = −1 ⇔ 2 t + y = 5 t − t − 2 = 0  t = 2 

 t = −1   y = 4  t = 2    y = 1

Em ai

Với t = −1, y = 4 ta có y  y = 4  x + = −1 ⇔  2 x   x + x + 4 = 0 ( v« nghiÖm )  y = 4

Với t = 2, y = 1 ta có

y  y =1 x = 1 x + = 2 ⇔  2 ⇔  x  y =1 x − 2x +1 = 0  y = 1

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( x; y ) là: ( 0;0 ) , (1;1) . Bài toán 4: Giải hệ phương trình:

• Định hướng tìm tòi lời giải Biến đổi đồng thời hai phương trình của hệ ta được

ho nb us in es s@

 x 2 + y − 2 = 3x − xy  x 2 + y − 2 = 3x − xy (1) ⇔  4  2 2 2 2  x + 2 x y + y − 4 = 5(3x − xy ) ( x + y ) − 4 = 5(3x − xy ) (2) Khi đó thay 3x – xy = x 2 + y – 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được

ai l.c

 x 2 + xy + y = 2 + 3x  4 2 2  x + 2 x y + 5 xy + y = 4 + 15 x

(2) ⇔ ( x 2 + y ) – 4 = 5 ( x 2 + y – 2)

(3)

Đặt t = x2 + y Phương trình (3) trở thành: t 2 – 4 = 5 ( t – 2 ) . Giải phương trình tìm t, suy ra x, y. • Lời giải:

em qu

2  x + xy + y = 2 + 3x  4 2 2  x + 2 x y + 5 xy + y = 4 + 15 x 2  x + y − 2 = 3x − xy ⇔  4 2 2  x + 2 x y + y − 4 = 5(3x − xy )

ay k

2  x + y − 2 = 3x − xy ⇔  2 2 ( x + y ) − 4 = 5(3x − xy )

2  x + y − 2 = 3 x − xy ⇔  2 2 2 ( x + y ) − 4 = 5( x + y − 2) (3)

eb o

Đặt t = x 2 + y phương trình (3) trở thành: t = 2 t 2 – 4 = 5 ( t – 2 ) ⇔ t 2 – 5t + 6 = 0 ⇔  t = 3

rd er

-P

Với t = 2 ta có hệ phương trình 2 2 3 x − xy = 0 x = 0  y = 2 − x  y = 2 − x ⇔ ⇔ ⇔  2   3 2 3x − x(2 − x ) = 0  x + x = 0 y = 2 x + y = 2

Với t = 3 ta có hệ phương trình

Em ai

2 2 3 x − xy = 1 x = 1  y = 3 − x  y = 3 − x ⇔  3 ⇔  ⇔  2 2 3x − x(3 − x ) = 1  x − 1 = 0 y = 2 x + y = 3 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) là ( 0; 2 ) , (1;2 ) .

Bài toán 5: Giải hệ phương trình  2 y2 + 2 = 2x − 2 y − x x   2 3  y +1 + 2x − 2 = 1 7

Giải phương trình ta được

y2 + 2 = −1 (vô nghiệm) và x

y2 + 2 =2 x

ho nb us in es s@

y2 + 2 = 2 ⇔ y 2 + 2 = 4 x ⇔ y 2 + 1 = 4 x –1 x Thay y 2 + 1 = 4 x –1 vào phương tình thứ hai của hệ ta được phương trình

ai l.c

y2 + 2 −2=0 x

y2 + 2 được phương trình − x

• Định hướng tìm tòi lời giải: Điều kiện: x > 0 Với điều kiện x > 0 thì phương trình thứ nhất của hệ, ta chia cả 2 vế của phương trình cho x ta

4x −1 + 3 2x −1 = 1

Ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ a = 4 x + 1 và b = 3 2 x − 1 ta tìm được x. • Lời giải: Điều kiện: x > 0

Đặt t =

y2 + 2 x

( t ≥ 0)

y2 + 2 − 2 = 0 (1) x

y2 + 2 y2 + 2 = 2x − 2 ⇔ − x x

Với điều kiện x > 0 ta có y 2 − x

t = −1 (lo¹i) t = 2

em qu

Khi đó phương trình (1) trở thành t 2 − t − 2 = 0 ⇔  Với t = 2 thì

ay k

y2 + 2 = 2 ⇔ y2 + 2 = 4x ⇔ y2 + 1 = 4x −1 x

v = 3 2 x − 1

,u ≥ 0

eb o

u = 4 x − 1

Đặt 

Thay y 2 + 1 = 4 x − 1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình 4 x − 1 + 3 2 x − 1 = 1 (*)

Ta được hệ phương trình

Em ai

rd er

-P

u + v = 1 u = 1 − v u = 1 − v u = 1 ⇔ ⇔ 3 2 ⇔  2 3 2 3 v = 0 u − 2v = 1 (1 − v ) − 2v = 1 2v − v + 2v = 0  4 x − 1 = 1 u = 1 4 x − 1 = 1 1 ⇔x= Với  ta có  ⇔ 2 v = 0 2 x − 1 = 0  3 2 x − 1 = 0 1 Với x = suy ra y = 0 2 1  Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y) là  ;0  . 2 

Bài toán 6: Giải hệ phương trình  x3 y (1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy 3 − 30 = 0  2 2  x y + x(1 + y + y ) + y − 11 = 0

(Trích đề thi thử ĐH lần 2 – trường ĐHSP Hà Nội – trường THPT chuyên) • Định hướng tìm tòi lời giải: 8

Biến đổi đồng thời hai phương trình của hệ, hệ đã cho trở thành  xy ( x + y )( x + y + xy ) = 30   xy ( x + y ) + xy + x + y = 11

Khi đó, đặt u = x + y, v = xy uv(u + v) = 30 uv + u + v = 11

ho nb us in es s@

 x3 y (1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy 3 − 30 = 0 2 2  x y + x(1 + y + y ) + y − 11 = 0

Ta có 

Giải hệ tìm u.v và u + v , sau đó tìm được x, y. • Lời giải:

ai l.c

Thay vào hệ trên, ta được hệ phương trình hai ẩn theo u, v là 

ay k

em qu

 xy ( x 2 + 2 xy + y 2 ) + x 2 y 2 ( x + y ) = 30 ⇔   xy ( x + y ) + xy + x + y = 11  xy ( x + y ) 2 + x 2 y 2 ( x + y ) = 30 ⇔  xy ( x + y ) + xy + x + y = 11  xy ( x + y )( x + y + xy ) = 30 ⇔   xy ( x + y ) + xy + x + y = 11 u = x + y Đặt  . Hệ trở thành v = xy (uv) 2 − 11uv = 30 uv(u + v) = 30 u + v = 11 − uv ⇔ ⇔    uv + u + v = 11 uv(11 − uv) = 30 u + v = 11 − uv  uv = 5  uv = 5  u + v = 6  ⇔  uv = 6 ⇔   uv = 6 u + v = 11 − uv     u + v = 5 uv = 5  xy = 5 , ta có  u + v = 6 x + y = 6

eb o

Với 

X =1 X = 5

Khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 6 X + 5 = 0 ⇔ 

-P

Do đó x = 1, y = 5 hoặc x = 5, y = 1.

rd er

 x = 2  uv = 6  xy = 6 y = 3 Với  ⇔  , ta có   x = 3 u + v = 5 x + y = 5    y = 2

Em ai

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm ( x; y) là (1;5 ) , ( 5;1) , ( 2;3) , ( 3;2 ) . Bài toán 7: Giải hệ phương trình  11x − y − y − x = 1  7 y − x + 6 y − 26 x = 3

(Trích đề thi thử đại học lần thứ nhất trường THPT chuyên Nguyễn Huệ) • Định hướng tìm tòi lời giải 9

Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có 7 y − x + 6 y − 26 x = 3

v = y − x

, u ≥ 0, v ≥ 0

ai l.c

u = 11x − y

Nhận thấy, đặt 

⇔ 7 y − x − 2(11x − y ) + 4( y − x) = 3

u − v = 1

2 2 7v − 2u + 4v = 3

ho nb us in es s@

Giải hệ tìm u , v sau đó tìm được x, y. • Lời giải

Thay vào hệ trên ta được hệ phương trình hai ẩn theo u , v là 

11x − y ≥ 0 y − x ≥ 0

Điều kiện: 

Ta có

 11x − y − y − x = 1  11x − y − y − x = 1 ⇔  7 y − x + 6 y − 26 x = 3 7 y − x − 2(11x − y ) + 4( y − x) = 3 , u ≥ 0, v ≥ 0

v = y − x

em qu

u = 11x − y

Đặt 

Hệ trở thành

eb o

ay k

u = v + 1  u − v = 1 u = v + 1 u = v + 1 u = 2 v = 1 ⇔ ⇔ 2 ⇔ ⇔   2 2 2 2 v = 1 7v − 2u + 4v = 3 7v − 2(v + 1) + 4v = 3 2v + 3v − 5 = 0   v = − 5 ( lo¹i)   2 1  x=  11x − y = 2  11x − y = 4  2 ⇔ ⇔ Khi đó, ta có  y − x =1  y − x = 1 y = 3  2 1 3 Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là  ;  . 2 2

-P

3.2 Bài tập đề nghị

1 + x + xy = 5 y  2 2 2 1 + x y = 5 y

rd er

Bài toán 8: Giải hệ phương trình

Em ai

(Trích đề thi thử ĐH lần 2 trường THPT Nguyễn Tất Thành) • Đình hướng tìm tòi lời giải + Nhận thấy, nếu thay y = 0 vào phương trình thứ hai của hệ thì phương trình vô nghiệm + Với y ≠ 0 , chia cả 2 vế của phương trình thứ nhất của hệ cho y và phương trình thứ hai của hệ cho y 2 , ta nhận được hệ phương trình

ai l.c

u + v = 5  2 u − v = 5 u = 3 u = − 5 hoặc  v = 2 v = 10

ho nb us in es s@

Giải hệ phương trình ẩn u , v ta được 

1  u = x + y  Khi đó, đặt  . Hệ trở thành v = x. 1  y

1 1  1 x x + + x . =5 + + = 5 x  y y y y   ⇔  2  1 + x2 = 5  x + 1  − 2 x. 1 = 5   y 2  y y 

u = 3 ta có v = 2

+Với 

em qu

 x = 1  1  x = 1   2  x − 3x + 2 = 0 1  x + y = 3  y = 1    x = 2   = 3− x ⇔ 1 ⇔ ⇔   2 ⇔ y   x=2  y = 3− x y = 1  x. 1 = 2  x (3 − x ) = 2       y 3− x   y = 1 u = − 5 + Với  ta có v = 10

ay k

1   x 2 + 5 x + 10 = 0 ( v« nghiÖm ) 1  x + y = −5 = − − x 5    ⇔ 1 ⇔y   y = −5 − x  x. 1 = 10  x ( −5 − x ) = 10    y 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là 1;  , ( 2;1) .  2

eb o

Bài toán 9: Giải hệ phương trình

 x + y = 3   x + 5 + y + 3 = 5

rd er

-P

(Trích đề thi thử ĐH lần thứ 1 năm 2010 trường THPT Nguyễn Tất Thành) • Định hướng tìm tòi lời giải Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0 Đặt t = y , t ≥ 0

Em ai

Suy ra t 2 = y Thay vào phương trình đầu của hệ ta được x = 3 − t 2 Với điều kiện 0 ≤ t ≤ 3 thì x = ( 3 − t ) 2

Thay x = ( 3 − t ) và y = t 2 vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình theo ẩn t

(3 − t )

+ 5 + t 2 + 3 = 5 với 0 ≤ t ≤ 3

⇔ t 2 − 6t + 14 = 5 − t 2 + 3 Vì 0 ≤ t ≤ 3 nên hai vế phương trình không âm 11

Bình phương 2 vế phương trình ta được t 2 − 6t + 14 = 25 − 10 t 2 + 3 + t 2 + 3 ⇔ 5 t 2 + 3 = 3t + 7

 13 t= 25 ( t + 3) = 9t + 49 + 42t ⇔ 16t − 42t + 26 = 0 ⇔  8  t = 1  121 2 x=   13  x = (3 − t )  64 ⇔ + Với t = ta có  2 8  y = t  y = 169  64 x = 4 +Với t = 1 ta có  y =1 121 169

ai l.c

ho nb us in es s@

Vì 0 ≤ t ≤ 3 nên hai vế phương trình không âm Bình phương 2 vế phương trình ta được

 Đáp số: Hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là  ;  , ( 4;1) .  64 64  Bài toán 10: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

 x 2 + y 2 + 2( x + y ) = 2   xy ( x + 2)( y + 2) = m

em qu

(Trích đề thi thử ĐH đợt 2 - Trung tâm BDVH Thăng Long Chùa Bộc - Hà Nội) • Định hướng tìm tòi lời giải Biến đổi đồng thời hai phương trình đã cho của hệ, hệ trở thành

ay k

( x 2 + 2 x ) + ( y 2 + 2 y ) = 2   2 2 ( x + 2 x )( y + 2 y ) = m 2

Với nhận xét x 2 + 2 x = ( x + 1) − 1 ≥ −1 và y 2 + 2 y = ( y + 1) − 1 ≥ −1 u = x 2 + 2 x , u ≥ −1, v ≥ −1 2 v = y + 2 y

eb o

Đặt 

u + v = 2 , u ≥ −1, v ≥ −1 u + v = m

Khi đó hệ phương trình trở thành 

-P

Hệ đã cho có nghiệm

rd er

u + v = 2  ⇔ u.v = m có nghiệm u ≥ −1, v ≥ −1 

⇔ X 2 − 2 X + m = 0 có 2 nghiệm X 1 , X 2 ≥ −1

Em ai

∆ = 1 − m ≥ 0  ⇔  X 1 = 1 + 1 − m ≥ −1   X 2 = 1 − 1 − m ≥ −1

Giải bất phương trình trên ta nhận được giá trị m cần tìm là: −3 ≤ m < 1. Bài toán 11: Giải hệ phương trình

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

Phương trình thứ nhất của hệ trở thành 2t + Giải phương trình, ta tìm được t = Với t =

2 , ta có 2

ai l.c gm

x ,t >0 y 2 =3 t

2 ,t = 2 2

x 2 = ⇔ y = 2x y 2

ho nb us in es s@

Đặt t =

(Trích đề thi thử ĐH lần thứ 1 trường THPT chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội) • Định hướng tìm tòi lời giải Điều kiện: xy > 0

Khi đó thay y = 2 x vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình 2 x 2 − x − 3 = 0 Giải phương trình tìm được x , sau đó suy ra y. Với t = 2 , lập luận tương tự ta được phương trình x 2 + x − 6 = 0  

 

3 

3

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

em qu

Đáp số: Hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là ( −1; −2 ) ,  ;3  , ( 2;1) ,  −3; −  . 2 2 

ay k

Nội dung của đề tài chúng tôi đã sử dụng để dạy bồi dưỡng học sinh giỏi khối 10 và khối 12 .

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG

Em ai

rd er

-P

eb o

- Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ khi tiếp cận dạy học theo chủ đề về mảng kiến thức liên quan đến hệ phương trình. Tuy chưa đem lại hiệu quả cao cho toàn thể học sinh song đối với bản thân là cả một quá trình tìm tòi, đúc kết qua nhiều năm đứng lớp. Thiết nghĩ, mỗi giáo viên chúng ta thường xuyên gom nhặt, tích lũy, sắp xếp khoa học và cùng nhau thảo luận, chia sẻ, mở rộng kiến thức thì hiệu quả dạy học bộ môn cũng từ đó được nâng lên. - Cuối cùng xin cảm ơn toàn thể các thầy cô giáo trong tổ Toán – trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh đã cộng tác, giúp đỡ và động viên tác giả trong suốt quá trình nghiên cứu. - Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng do còn hạn chế về mặt kiến thức và thời gian nên sai sót là điều khó tránh khỏi, kính mong nhận được ý kiến đóng góp của quý thầy cô để đề tài được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn. VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Ts. Lê Xuân Sơn (chủ biên) (2013), Giới thiệu và giải chi tiết Bộ đề thi thử trọng tâm, nhà xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội. 2. Nguyễn Thanh Tuyên (chủ biên) (2016), Thần tốc luyện đề THPT quốc gia 2016, nhà xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội.

Người thực hiện

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

ho nb us in es s@

ai l.c

Nguyễn Thị Hồng Vân

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM 14

Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh –––––––––––

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Biên Hoà, ngày 23 tháng 05 năm 2017

ai l.c

PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2017 –––––––––––––––––

Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Hồng Vân Đơn vị: trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh

ho nb us in es s@

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Tìm tòi phương pháp giải các bài toán về hệ phương trình ( phần hai ) Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn

Họ và tên giám khảo 1: Trần Thị Lan Anh Chức vụ: giáo viên tổ Toán Đơn vị: trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Số điện thoại của giám khảo: 0974 074054

* Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm:

em qu

1. Tính mới

Thay thế một phần giải pháp đã có với mức độ tốt 2. Hiệu quả

Điểm: 4,0/6,0.

3. Khả năng áp dụng

ay k

Có minh chứng thực tế để thấy được hiệu quả giải pháp của tác giả thay thế một phần giải pháp đã có tại đơn vị Điểm: 5,5/8,0.

eb o

Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng Điểm: 5,0/6,0.

GIÁM KHẢO 1

Em ai

rd er

-P

Tổng số điểm:14,5/20. Xếp loại: Khá

Trần Thị Lan Anh

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM 15

Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh –––––––––––

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Biên Hoà, ngày 24 tháng 05 năm 2017

ai l.c

PHIẾU ĐÁNH GIÁ, CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2017 –––––––––––––––––

Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Hồng Vân

Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn

Đơn vị: trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Họ và tên giám khảo 2: Nguyễn Thị Tú Dương Đơn vị: trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Số điện thoại của giám khảo: 0915 750255

ho nb us in es s@

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Tìm tòi phương pháp giải các bài toán về hệ phương trình ( phần hai )

Chức vụ: giáo viên tổ Toán

* Nhận xét, đánh giá, cho điểm và xếp loại sáng kiến kinh nghiệm:

em qu

1. Tính mới

Thay thế một phần giải pháp đã có với mức độ tốt 2. Hiệu quả

Điểm: 4,0/6,0.

3. Khả năng áp dụng

ay k

Có minh chứng thực tế để thấy được hiệu quả giải pháp của tác giả thay thế một phần giải pháp đã có tại đơn vị Điểm: 5,0/8,0.

eb o

Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả. Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện . Điểm: 5,0/6,0.

GIÁM KHẢO 2

Em ai

rd er

-P

Tổng số điểm:14/20. Xếp loại: Khá

Nguyễn Thị Tú Dương

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Tên sáng kiến kinh nghiệm: Tìm tòi phương pháp giải các bài toán về hệ phương trình

ai l.c

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2016-2017 –––––––––––––––––

Biên Hòa, ngày 25 tháng 05 năm 2017

ho nb us in es s@

( phần hai )

Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Hồng Vân Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị: trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán

- Phương pháp giáo dục

- Lĩnh vực khác:

Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị Trong Ngành Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)

em qu

- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn

Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)

ay k

- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị

- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao

eb o

- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao

- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả

rd er

-P

- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây) - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:

Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành

Em ai

- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành

- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT Trong ngành Xếp loại chung: Xuất sắc

Khá

Đạt

Không xếp loại 17

Tôi xin cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN

Nguyễn Thị Tú Dương

ho nb us in es s@

Nguyễn Thị Hồng Vân

ai l.c

NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ