MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 

TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO 

=====***===== 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa Quy Nhơn 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

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 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÝ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Tam Dương, Năm 2018 

0 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








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 

1. Mục đích nghiên cứu 

PHẦN I. MỞ ĐẦU 

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 

2018. 

Học sinh lớp 12A1 và 12A3 trường THPT Trần Hưng Đạo năm học 2017 – 

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. 

1 















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. 






2 











1. CÁC HỆ PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN 

Phần II: NỘI DUNG 

1.1. HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ MỘT PHƯƠNG 

TRÌNH BẬC HAI. 

1.1.1. Dạng tổng quát: 

1.1.2. Phương pháp giải: 

1.1.2.1. Phương pháp thế: 

( ) 

⎧ Ax + By + C = 0 1 

⎨ 2 2 

⎩ax + bxy + cy + dx + ey + f = 0 2 

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 

ax + bxy + cy + dx + ey + f = 0 

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: 

a) Giải hệ phương trình với m = 1. 

( ) 

( ) 

⎧x − y − m = 0 1 

⎨ 2 

⎩ y + 2x − 2m 

− 3 = 0 2 

b)Tìm m để hệ có hai nghiệm phân biệt ( ; );( ; ) 

a) Với m = 1 ta có hệ: 

1 1 2 2 

( ) 

x y x y thỏa măn: 

Lời giải: 

( ) 

( ) 

⎧ x − y − 1 = 0 1 

⎨ 2 

⎩y 

+ 2x 

− 5 = 0 2 

+) Từ (1) ta có: x = y + 1 thay vào (2) được: 

2 ⎡ y = 1 ⎡ x = 2 

y + 2y 

− 3 = 0 ⇔ ⎢ ⇒ 

y 3 

⎢ 

⎣ = − ⎣x 

= −2 

+) KL: Hệ có nghiệm: ( 2,1 );( −2, − 3) 

b) Từ phương trình (1): y = x − m thay vào (2) ta được: 

( ) 

− 2 − 1 + − 2 − 3 = 0 (3). 

2 2 

x m x m m 

x + y = x + y 

2 2 2 2 

1 1 2 2 


3 















+) Dễ thấy phương trình (3) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do vậy hệ luôn 

x, y = m − 3, − 3 , m + 1,1 

{ } 

có hai cặp nghiệm phân biệt là: ( ) ( ) ( ) 

+) Mặt khác từ giả thiết ta có: 

+ = + ⇔ ( ) 2 2 

x y x y 

2 2 2 2 

1 1 2 2 

KL: m = 2 . 

Ví dụ 2: Cho hệ phương trình: 

a) Tìm a để hệ có hai nghiệm phân biệt. 

m + 1 + 1 = ( m − 3) + 9 ⇔ m = 2 

( ) 

( ) 

⎧ x + ay − a = 0 1 

⎨ 2 2 

⎩x + y − x = 0 2 

2 

b) Gọi ( x ; y );( x ; y ) là các nghiệm của hệ. CMR: x ( ) 2 

2 

x1 y2 y1 

1 1 2 2 

Lời giải: 

Cách 1: Từ (1) ta có: x = a − ay thay vào (2) được: 

2 2 2 

⇔ (1 + a ) y − a(2a − 1) y + a − a = 0(3) 

( − ) + − ≤ 1 

2 2 

( − ) + − ( − ) = 0 

a ay y a ay 

a) Để hệ có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm phân biệt 

4 

⇔ ∆ > 0 ⇔ 0 < a < 

3 

4 

b) Với 0 < a < . Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt y1, 

y 

2 

thỏa mãn: 

3 

⎧ a(2a 

−1) 

y1 + y2 = 

2 

⎪ a + 1 

⎨ 

2 và 

⎪ a − a 

y1 y2 = 

2 

⎪ ⎩ a + 1 

⎧x1 = a − ay1 

⎨ 

⎩ x = a − ay 

2 2 

Do đó ta có: 

2 2 2 2 2 

2 

( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = ( ay1 − ay2 ) + ( y2 − y1) = ( a + 1) ⎡( y1 + y2 ) − 4y1 y ⎤ 

⎣ 

2 

⎦ 

Cách 2: 

2 2 

4a − 3 a (2a 

−1) 

= = 1− ≤ 1 

2 2 

a + 1 a + 1 

⎧x + ay − a = 0 (1) 

⎧x + ay − a = 0 ⎪ 

2 

⎨ ⇔ 

2 2 1 2 1 

x y x 0 

⎨⎛ ⎞ 

⎩ + − = ⎪⎜ x − ⎟ + y = (2) 

⎩⎝ 

2 ⎠ 4 

Phương trình (1) là phương trình đường thẳng d. 

Phương trình (2) là phương trình đường tròn (C ) tâm 

(đpcm) 

1 

I ⎛ 

⎜ 

⎞ ;0 ⎟ 

⎝ 2 ⎠ , bán kính R= 1 2 . 


a)Hệ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng (d) cắt đường tròn 

4 















(C ) tại hai điểm phân biệt ⇔ d(I; d) < R 

1 

− a 

2 1 4 

⇔ < ⇔ 0 < a < 

2 

a + 1 2 3 

4 

b) Với 0 < a < , d cắt (C ) tại hai điểm A(x1; y1) và B(x2; y2). 

3 

Ta có: 

AB R AB R 

2 2 

2 

≤ 2 ⇔ ≤ 4 ⇔ x ( ) 2 

2 

x1 y2 y1 

( − ) + − ≤ 1 (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 

3 

không đồng bậc có dạng: a a1x + b1 + b a2x + b2 + c = 0 

3 

Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 3x 

− 2 + 3 6 − 5x 

− 8 = 0 (1) ( Khối A – 2009). 

+) Điều kiện: 

+) Đặt 

6 

x ≤ 

5 

⎧ 3 

⎪u 

= 3x 

− 2 

⎨ 

⎪⎩ v = 6 − 5x 

Lời giải 

điều kiện v ≥ 0 

⎧ 2u 

+ 3v 

− 8 = 0 (2) 

+) Khi đó (1) trở thành: ⎨ 3 2 

⎩5u 

+ 3v 

− 8 = 0 (3) 

+) Từ (2) ta có 

8 − 2u 

v = thay vào (3) được: 

3 

3 2 2 

15 + 4 − 32 + 40 = 0 ⇔ ( + 2)(15 − 26 + 20) = 0 ⇔ = − 2 

u u u u u u u 

+) Với u = − 2 thì 3 3x − 2 = −2 ⇔ x = − 2( tm) 

KL: phương trình có nghiệm x = − 2. 

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: 

⎧x + y = S 

Bước 1: Biến đổi về tổng x + y và tích xy rồi đặt ⎨ (*) 

⎩ xy = P 

, điều kiện: 

2 

S − 4P 

≥ 0 






5 











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: t 2 − St + P = 0 (**) 

* Chú ý: 

+) Nếu ( x , y ) là nghiệm của hệ thì ( , ) 

0 0 

nghiệm duy nhất điều kiện cần là x0 = y0 

. 

y x cũng là nghiệm của hệ. Từ đó để hệ có 

0 0 

+) Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S, P: 

2 2 2 

x y x y 2xy S 2P 

+ = + − = − 

* ( ) 2 

3 

* ( ) ( ) 

3 3 3 

x y x y 3xy x y S 3PS 

+ = + − + = − 

x y + xy = xy x + y = SP 

2 2 

* ( ) 

4 4 2 2 

2 

2 2 2 

2 

2 

x + y = x + y − 2x y = S − 2P − 2P 

* ( ) ( ) 

1.2.3. Ví dụ minh họa: 

x + y + xy = 11 

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 2 2 

x y ( x y) 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

+ + 3 + = 28 

Lời giải: 

x + y + xy = 11 ⎪⎧ 

x + y + xy = 11 

⇔ ⎨ 

+ + 3 + = 28 ⎪⎩ 

+ − 2 + 3 + = 28 

+) Biến đổi hệ: 2 2 

2 

x y ( x y) ( x y) xy ( x y) 

⎧x + y = S 

+) Đặt ⎨ (*) , (Điều kiện S 

⎩ xy = P 

2 

− 4P 

≥ 0) 

⎧ S + P = 11 ⎧S = − 10 ⎧S 

= 5 

+) Ta có hệ: ⎨ ⇔ 

2 

⎨ ∧ ⎨ 

⎩S − 2P + 3S = 28 ⎩ P = 21 ⎩P 

= 6 

+) Với 

+) Với 

⎧S = − 10 ⎧x + y = − 10 ⎧x = − 7 ⎧ x = −3 

⎨ ⇒ ⎨ ⇔ ⎨ ∧ ⎨ 

⎩ P = 21 ⎩ xy = 21 ⎩y = − 3 ⎩y 

= −7 

⎧S = 5 ⎧x + y = 5 ⎧x = 2 ⎧ x = 3 

⎨ ⇒ ⎨ ⇔ ⎨ ∧ ⎨ 

⎩P = 6 ⎩ xy = 6 ⎩ y = 3 ⎩ y = 2 

+) KL: Hệ có nghiệm: ( −3; −7 ),( −7; − 3 ),( 2;3 ),( 3;2) 

( )( ) 

⎧ x + 1 y + 1 = 8 

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình: ⎨ 

⎩x( x + 1) + y ( y + 1) 

+ xy = 17 


+) Hệ 

⎧⎪ 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ 

+ + = 

x y xy 7 

( x y) 2 x y xy 

+ + + − = 17 

Lời giải: 

6 















⎧x + y = S 

+) Đặt ⎨ 

(*) , điều kiện: S 

⎩ xy = P 

2 

− 4P 

≥ 0 

⎧ S + P = 7 ⎡S = 4; P = 3 ( tm) 

Khi đó hệ có dạng: ⎨ 

⇔ 

2 

S S P 17 

⎢ 

⎩ + − = ⎣S = − 6; P = 13 ( l) 

+) Với 

⎧S 

= 4 ⎧x + y = 4 ⎧ x = 1 ⎧x 

= 3 

⎨ ⇒ ⎨ ⇔ ⎨ ∧ ⎨ 

⎩P 

= 3 ⎩ xy = 3 ⎩y = 3 ⎩ y = 1 

+) KL: Vậy hệ có hai nghiệm: ( 1;3 ),( 3;1 ) 

2 2 

⎧ x + xy + y = m + 6 

Ví dụ 3: Tìm m để hệ: ⎨ 

có nghiệm duy nhất. 

⎩ 2x + xy + 2y = m 

* Điều kiện cần: 

Giả sử ( ; ) 

0 0 

Lời giải: 

x y là nghiệm của hệ. Do hệ đã cho là hệ đối xứng với , 

cũng là nghiệm của hệ. Để hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = y0 

. 

Thay vào hệ phương trình ta được: 

* Điều kiện đủ: 

2 

⎧ 3x 

3 

0 

= m + 6 ⎡m 

= − 

⎨ 

⇒ 

2 

⎢ 

⎩x 21 

0 

+ 4x m 

0 

= m ⎣ = 

+) Với m = − 3 thay vào hệ ta được: 

2 2 

⎧ x + xy + y = 3 ⎪⎧ 

x = 3 ⎪⎧ 

x = − 3 ⎧x 

= −1 

⎨ ⇔ ⎨ ∧ ⎨ ∧ ⎨ 

⎩2x + xy + 2y = − 3 ⎪⎩ 

y = − 3 ⎪⎩ 

y = 3 ⎩y 

= − 1 

Với m = − 3 hệ có 3 nghiệm nên m = − 3 không thỏa mãn. 

+) Với m = 21 thay vào hệ ta được: 

2 2 

= 3 

⎧ x + xy + y = 27 ⎧x 

⎨ ⇔ ⎨ 

⎩2x + xy + 2y 

= 21 ⎩y 

= 3 

Vậy m = 21 thỏa mãn. KL: m = 21 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 

Phương pháp: Khi đó ta đặt 

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 

⎧ + = 

⎨ 

⎩ xy = P 

2 2 

x y S 

x 

hoặc 

2 2 

⎧ x + y = 

+ y . 

4 4 

5 

⎨ 4 4 2 2 

⎩x + y − x y = 13 

Lời giải: 

⎧ + = 

⎨ 2 2 

⎩ x y = P 

2 2 

x y S 

x y nên ( y ; x ) 


0 0 





7 











Đặt 

⎧ + = 

⎨ 2 2 

⎩ x y = P 

2 2 

x y S 

Điều kiện 

2 

, ≥ 0; − 4 ≥ 0 

S P S P 

⎧ S = 5 ⎧S 

= 5 

Khi đó hệ đã cho trở thành: ⎨ 

⇔ 

2 

⎨ ( tm ) 

⎩S − 3P = 13 ⎩P 

= 4 

2 2 

⎧ + = 

⎧S 

= 5 x y 5 

+) Với ⎨ ⇒ 2 2 

⎨ 

⎩P 

= 

2 2 , khi đó 

4 

x , y là nghiệm của phương trình: 

⎩ x y = 4 

2 

t − 5t 

+ 4 = 0 ⇔ 1 2 2 

⎡t 

= ⎡ x = 1; y = 4 

⎢ 

⎣t 

= 4 ⇒ ⎢ 

2 2 

⎣x 

= 4; y = 1 

2 

⎧ x = 1 

+) Với⎨ 

2 

⎩y 

= 4 

2 

⎧ x = 4 

+) Với⎨ 

2 

⎩ y = 1 

Ta có: 

Ta có: 

x 

2 ⎡x 

= 1 

= 1 ⇔ ⎢ và y 

⎣x 

= −1 

2 ⎡x 

= 2 

x = 4 ⇔ ⎢ và y 

⎣x 

= −2 

2 ⎡ y = 2 

= 4 ⇔ ⎢ 

⎣ y = −2 

2 ⎡ y = 1 

= 1 ⇔ ⎢ 

⎣ y = −1 

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 . 

⎧x 

+ y = S 

Phương pháp: Khi đó ta đặt: ⎨ , điều kiện P ≥ 0 

⎩ xy = P 

⎪⎧ x + 1 + y + 1 = 4 

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: ⎨ (I) 

⎪⎩ x + y − xy = 3 

Lời giải: 

+) Điều kiện : x ≥ −1; y ≥ −1; xy ≥ 0 

+) Hệ (I) 

⎪⎧ x + y + 2 + 2 x + y + xy + 1 = 16 ⎧x 

+ y = S 

⎨ 

. Đặt ⎨ , điều kiện P ≥ 0 

⎪⎩ x + y − xy = 3 

⎩ xy = P 

⎧⎪ S + + S + P + = 

+) Khi đó hệ (I) có dạng: ⎨ 

⎪⎩ S − P = 3 (2) 

Từ phương trình (2) ta có S = P + 3 thay vào (1) được: 

2 

2 2 1 16 (1) 

P + + P + P + = ⇔ P + P + = − P 

2 2 

5 2 4 16 2 4 11 

2 2 P = 3 

⎧ 4 P + P + 4 = 121− 22 P + P (3) 

⎨ 

⎪⎩ 11− 

P ≥ 0 (4) 

⎪ ( ) 

⇔ 

⎡ 

⇔ ⎢ 

⎢ 

35 

P = − ( L ) 

⎣ 3 






8 











+) Với P = 3 ⇒ S = 6 . Khi đó: 

+) KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (3; 3). 

1.2.4.3. Hệ gần đối xứng: 

⎧ ⎪x + y = 6 ⎧x + y = 6 ⎧x 

= 3 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎪⎩ 

xy = 3 ⎩ xy = 9 ⎩ y = 3 

Phương pháp: Đưa về hệ phương trình đối xứng bằng cách đặt t = − x hoặct = − y . 


2 2 

⎧ x + xy + y = 

1 

⎨ 

⎩ x − y − xy = 3 

Lời giải: 

( ) 2 

⎧x 2 − xt + t 2 = 1 ⎧⎪ 

x + t − 3xt 

= 1 

Đặt t = − y thay vào hệ ta được: ⎨ 

⇔ ⎨ 

⎩ x + t + xt = 3 ⎪⎩ 

x + t + xt = 3 

Đặt 

⎧x + t = S 

⎨ 

⎩ xt = P 

2 

⎧S 

− P = 

3 1 

⎨ 

⎩ S + P = 3 

điều kiện 

S 

2 

− 4P 

≥ 0(*), thay vào hệ ta được: 

3S 

10 0 ⇔ 

2 

⇒ + − = 

+) Với S = 2 ⇒ P = 1. Khi đó ta có: 

+) Với S = −5 ⇒ P = 8(Loại do (*)) 

+) KL : Vậy hệ có nghiệm: ( 1; 1) 

S 

− . 

⎡S 

= 2 

⎢ 

⎣S 

= −5 

1.2.4.4. Hệ đối xứng chứa ax + b và ay + b . 

Phương pháp: Khi đó ta đặt: 

Ví dụ 1: Cho hệ phương trình: (I) 


b) Tìm m để hệ có nghiệm. 

+) Điều kiện x, y ≥ − 1 

+) Đặt: 

⎧ ⎪u 

= x + 1 

⎨ 

⎪⎩ v = y + 1 

⎧x + t = 2 ⎧x = 1 ⎧ x = 1 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎩ xt = 1 ⎩t = 1 ⎩ y = −1 

⎧ ⎪u = ax + b 

⎨ 

⎪⎩ v = ay + b 

với u, v ≥ 0 

⎪⎧ x + 1 + y + 1 = 4 

⎨ 

⎪⎩ x x + 1 + y y + 1 = 12m 

Lời giải: 


, đk u, v ≥ 0 . Thay vào hệ ta được: 





9 











⎧ u + v = 4 ⎧ u + v = 4 ⎧ u + v = 4 

⎨ ⇔ 

2 2 

⎨ ⇔ ⎨ 

⎩u( u − 1) + v( v − 1) = 12m ⎩5 − uv = m ⎩uv = 5 − m 

⇒ u, 

v là nghiệm của phương trình: 

a) Với m = 1 thay vào (1) được: 

2 

X X m 

− 4 + 5 − = 0(1) 

2 

X X X u v 

− 4 + 4 = 0 ⇔ = 2 ⇒ = = 2 

+) Với u = v = 2 ⇒ ⎧ ⎪ x + 1 = 2 ⎧x 

= 3 

⎨ ⇔ ⎨ 

⎪⎩ y + 1 = 2 ⎩ y = 3 

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 

⇔ ac < 0 ⇔ 5 − m < 0 ⇔ m > 5 

*) Trương hợp 2: Phương trình (1) có hai nghiệm không âm: 

⎧∆ 

⇔ ' = m − 1 ≥ 

⎨ 

0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 5 

⎩ 5 − m ≥ 0 

KL: Vậy với m ≥ 1 hệ có nghiệm. 

1.2.4.5. Hệ đối xứng chứa biến nghịch đảo 

1 

x + và 

x 

1 

y + . 

y 

⎧ 1 

u = x + 

⎪ x 

Phương pháp: Khi đó đặt: ⎨ 

1 

, với u ≥ 2; v ≥ 2 . 

⎪ v = y + 

⎪⎩ y 

⎧ 1 1 

x + y + + = 4 

⎪ x y 

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: (I) ⎨ 

⎪ 2 2 1 1 

x + y + + = 4 

2 2 

⎪⎩ x y 

+) Điều kiện: x, y ≠ 0 . 

+) Viết lại hệ: 

Lời giải: 

⎧ 1 1 ⎧ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

⎪ x + y + + = 4 

⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ = 4 

⎪ x y ⎪ ⎝ x ⎠ ⎝ y ⎠ 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⎪ 2 2 1 1 

x + y + + = 4 ⎪⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞ 

2 2 x + + y + = 4 

⎪ x y ⎪⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 

⎩ 

⎩ ⎝ x ⎠ ⎝ y ⎠ 






10 











+) Đặt 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

⎧ 1 ⎧ 2 1 2 

u = x + x + = u − 2 

2 

⎪ x 

⎪ x 

⎨ ⇒ 

1 

⎨ 

2 1 

, với u ≥ 2; v ≥ 2 . Khi đó (I) trở thành: 

⎪ 

2 

v = y + ⎪ y + = v − 2 

2 

⎪⎩ 

y ⎪⎩ 

y 

u + v = 4 ⎧u + v = 4 

⇔ ⎨ 

− 2 + − 2 = 4 ⎩ = 4 

2 2 

u v uv 

⇒u, v là nghiệm của phương trình: 

⎧ 1 

2 

+) Với u = v = 2 ⇒ x + = 

⎪ x ⎧x 

= 1 

⎨ ⇔ 

1 

⎨ 

⎪ y = 1 

y + = 2 ⎩ 

⎪⎩ y 

KL: Vậy hệ có nghiệm: (1; 1). 

Bài tập rèn luyện: 

Bài 1: Giải các hệ phương trình: 

⎧x + y + xy = 11 

⎨ 

⎩x y + xy = 30 

1/ 2 2 

3/ 

5/ 

⎧ 2 2 

x + y + xy = 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

2 8 2 

x + y = 4 

2 2 

⎧ x + y − xy = 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

x 

2 2 

7/ 3 3 

9/ 

3 

+ 1 + y + 1 = 4 

⎧x + y + 2xy 

= 2 

⎨ 

⎩ x + y = 8 

2 

( ) ( ) 

x ( x ) y 

⎪ 

⎧ x + 1 + x + 1 y + 1 + y = 6 

⎨ 

⎪⎩ + + 2 + 1 = 4 

X 

2 

− 4X 

+ 4 = 0 ⇔ X = 2 ⇒u = v = 2 (t/m) 

(tm). 

2/ 

4/ 

6/ 

8/ 

10/ 

2 2 

⎧ x + y + xy = 

7 

⎨ 4 4 2 2 

⎩x + y + x y = 21 

( x )( y )( x y ) 

2 2 

x + y + 1 = 2( x + y + 2) 

⎧ −1 − 1 + − 2 = 6 

⎨ 

⎩ 

⎧ ⎪ x + 1 + y + 1 = 4 

⎨ 

⎪⎩ x x + 1 + y y + 1 = 12 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

x+ y+ x + y = 

2 2 

8 

xy( x+ 1)( y+ 1) = 12 

4 3 ⎧⎪ y − + x = 

⎨ 

2 3 

⎪⎩ 

x 

1 3 

+ y = 82 

⎧x + xy + y = m + 2 

Bài 2: (CSND – 99A)Cho hệ phương trình: ⎨ 2 2 

⎩ x y + xy = m + 1 

a) Giải hệ với m = − 3 . 

Bài 3: (NT – 97D) Cho hệ: 

b) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất. 


2 2 

⎧ + + + = 

x y x y 8 

⎨ 

⎩xy( x + 1)( y + 1) = m 

a) Giải hệ với m = 12. b) Với giá trị nào của m thì hệ có nghiệm. 

11 















⎧ 5( x + y) − 4xy 

= 4 

Bài 4: (QG – 99D). Tìm m để hệ ⎨ 

để hệ có nghiệm. 

⎩( x + y) − xy = 1− 

m 

⎧ 1 1 

x + + y + = 5 

⎪ x y 

Bài 5: Tìm m để hệ sau có nghiệm: ⎨ 

⎪ 3 1 3 1 

x + + y + = 15m 

−10 

3 3 

⎪⎩ x y 

Bài 6: Tìm m để hệ pt sau có nghiệm: 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

x+ y = 1 

x x+ y y= 1−3m 

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: 

⎧ f ( x; y) = 0 (1) 

⎨ 

⎩g( x; y) = 0 (2) 

Bước 1: Trừ vế với vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được: 

⎡ x = 

− , = 0 ⇔ ⎢ 

⎣h x y 

( x y) h( x y) 

y ( 3) 

( , ) = 0 ( 4) 

Bước 2: Giải hệ phương trình với từng trường hợp. 

1.3.3. Ví dụ minh họa: 

3 

⎧ x + = 

( ) 

( ) 

⎪ 1 2y 

1 

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: ⎨ 3 

⎪⎩ y + 1 = 2x 

2 

Lời giải: 

+) Lấy vế trừ vế của hai phương trình ta được: 

( ) ( )( ) 

x y y x x y x xy y 

⎡ x − y = 0 

⎣x xy y 2 0 

3 3 2 2 

− = 2 − ⇔ − + + + 2 = 0 ⇔ ⎢ 2 2 

+ + + = 

+) Với x = y thay vào (1) ta được: 

+) Với 

2 2 

x + xy + y + 2 = 0 (vô nghiệm) 

KL: Hệ có nghiệm: 

− 1± 

5 

x = y = 1; x = y = 

2 

3 − 1± 

5 

x − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1, x = 

2 






12 












+) Điều kiện: x > 0, y > 0 

2 

⎧ + 

y 2 

3y 

= 

2 

⎪ x 

⎨ 2 

⎪ x + 2 

3x 

= 

2 

⎪⎩ y 

Lời giải: 

2 2 

⎧ 3x y = y + 2 

+) Hệ ⇔ ⎨ 

. Trừ vế theo vế ta được: 

2 2 

⎩3xy 

= x + 2 

⎡ x = y 

( x − y)( x + y + 3xy) 

= 0 ⇔ ⎢ 

⎣x + y + 3xy 

= 0 

+) Với x = y thay vào (1) ta được: 

3 2 

2x − x − 2 = 0 ⇔ x = 1⇒ y = 1 

+) Với x + y + 3xy 

= 0 (vô nghiệm do x > 0, y > 0 ). 

1;1 . 

KL: Hệ có nghiệm ( ) 


+) Điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 2 

( ) 

( ) 

⎧ ⎪ x + 5 + y − 2 = 7 1 

⎨ 

⎪⎩ y + 5 + x − 2 = 7 2 

Lời giải: 

+) Trừ (1) cho (2) vế theo vế ta được: 

x + 5 + y − 2 = y + 5 + x − 2 = 0 ⇔ x + 5 y − 2 = y + 5 x − 2 ⇔ x = y 

( )( ) ( )( ) 

+) Với x = y thay vào (1): ta được: x + 5 + x − 2 = 7 ⇔ x = 11⇒ x = y = 11 

KL: Hệ có nghiệm: ( 11;11 ) 

2 

⎧ x = y − y + m (1) 

Ví dụ 4: Cho hệ phương trình: ⎨ 2 

⎩y = x − x + m (2) 


b) Tìm m để hệ có nghiệm. 

c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 

Lời giải: 

2 2 ⎡x 

− y = 0 

+) Lấy (2) trừ (1) ta được: x − y = 0 ⇔ ⇔ ⎡ x = y 

⎢ 

⎣x 

+ y = 0 

⎢ 

⎣x 

= − y 


*) Trường hợp 1: Nếu x = y thay vào (2) ta được: x 2 – 2x + m = 0 (3) 

*) Trường hợp 2: Nếu x = − y thay vào (2) ta được: x 2 + m = 0 (4) 

13 















a) Với m = 0 ta có: (3) ⇔ x 2 – 2x = 0 

⎡x 

= 0 ⎡ y = 0 

⇔ ⎢ ⇒ 

⎣x 

= 2 ⎢ 

⎣ y = 2 

(4) ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0⇒ y = 0 

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− m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1 

+) phương trình (4) có nghiệm ⇔ −m 

≥ 0 ⇔ m ≤ 0 

KL : Vậy hệ có nghiệm khi: m ≤ 1 

c) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 

*) Điều kiện cần: 

Giả sử ( x ; y ) là nghiệm của hệ thì ( ; ) 

0 0 

y x cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có 

0 0 

nghiệm duy nhất thì x0 = y0 

. Khi đó thay vào (2) ta được: 

Do x0 duy nhất nên phương trình (5) có nghiệm duy nhất. 

∆ ' = 0 ⇔ 1− m = 0 ⇔ m = 1 

⇔ (5) 

*) Điều kiện đủ: 

2 

⎧ 1 (6) 

+) Với m = 1 hệ có dạng: ⎨ x = y − y + 

2 

⎩ y = x − x + 1 (7) 

Cách 1: Lấy (7) trừ (6) ta được: 

x 

2 2 ⎡x 

− y = 0 

+) Trường hợp 1: Nếu x = y thay vào (2) được: 

+) Trường hợp 2: Nếu x = − y thay vào (2) được: 

KL: Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 

Cách 2: Lấy (6) cộng (7) được: 

Nhận xét: 

x − 2x + m = 0 (5) 

2 

0 0 

⎡ 

− y = 0 ⇔ ⎢ ⇔ x = y 

⎣x 

+ y = 0 

⎢ 

⎣x 

= − y 

2 2 

( 1) ( 1) 0 

2 

x x x 

− 2 + 1 = 0 ⇔ = 1 

2 

x + 1= 0 (Vô nghiệm) 

⎧x 

= 1 

x − + y − = ⇔ ⎨ 

⎩ y = 1 

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: 

⎧ 

⎪ 

⎨ 


1 

y 

2 

2x 

+ x − = 2 

⎪ 2 2 

y − y x − y = − 

⎩ 

Lời giải: 

2 2 

(I) 

14 















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: y ≠ 0 

2 

⎧ 2x + x − u = 2 

1 

⎪ 

+) Đặt u = với u ≠ 0 , hệ (I) có dạng: 1 1 1 

y 

⎨ ⎪ − x − 2 = − 2 

2 2 

⎩u u u 

2 

⎧ 2x + x − u = 2 (1) 

⇔ ⎨ 2 

⎩2u + u − x = 2 (2) 

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 

2 2 

2( − ) + 2( − ) = 0 

x u x u 

⎡x 

− u = 0 ⎡x 

= u 

⇔ ( x − u)( x + u + 1) 

= 0 ⇔ ⎢ ⇔ 

⎣x 

+ u + 1 = 0 ⎢ 

⎣x 

+ u + 1 = 0 

+) Trường hợp 1: Với x = u thay vào (1) được: 

2 ⎡x 

= 1 ⎡ y = 1 

2x 

= 2 ⇔ ⎢ ⇒ 

x 1 

⎢ 

⎣ = − ⎣ y = −1 

⎡ −1− 

3 

⎢x 

= 

2 

2 

+) Trường hợp 2: Với x = −u 

−1thay vào (1) được: 2x 

+ 2x 

− 1 = 0 ⇔ ⎢ 

⎢ − 1+ 

3 

⎢x 

= 

⎣ 2 

+) Với 

−1− 

3 

x = ⇒ y = 1+ 3 +) Với 

2 

KL: Vậy hệ có 4 nghiệm ( ) ( ) 


−1− 

3 

x = ⇒ y = 1− 

3 

2 

⎛ −1− 3 ⎞ ⎛ − 1+ 

3 ⎞ 

1;1 , −1; − 1 , ⎜ ;1+ 3 ⎟, ⎜ ;1− 

3 ⎟ . 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

( x ) 

3 

⎧ y + = 

⎨ 

⎩ 

3 2 8 

3 

( 2) 6 

y x 

− = 

+) Với y = 0 không phải là nghiệm của hệ. 

+) Với y ≠ 0 ta có: 

⎩ 

( x ) 

3 

⎧ y 3 + 2 = 8 

⎨ 3 ⇔ 

y( x − 2) = 6 

2 

+) Đặt u = , với u ≠ 0 . Hệ (II) trở thành: 

y 

Lời giải: 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

( 3x 

+ 2) = 

3 

⎪ 3 

− = 

⎪⎩ 

x 

8 

y 

2 

2 3 

y 

(II) 

3 

⎧ 3x 

+ 2 = u (1) 

⎨ 3 

⎩x 

− 2 = 3 u (2) 






15 











+ 3 = + 3 ⇔ − + + + 3 = 0 

Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được: x 3 x u 3 u ( x u)( x 2 xu u 

2 

) 

⎡x 

− u = 0 

⇔ ⎢ 2 2 

⎣x + u + xu + 3 = 0( vn) 

+) Với x = u thay vào (1) được: x 

KL : Vậy hệ có hai nghiệm: ( −1; − 1 ),( 2;2) 


1/ 

3/ 

5/ 

7/ 

2 

⎧ x + = 

⎨ 

⎩y 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

2 

1 2x 

+ 1 = 2y 

x+ 1+ 7− y= 

4 

y+ 1+ 7− x= 4 

4/ 

⎧ ⎪ x + 2 − y = 2 

⎨ 

⎪⎩ y + 2 − x = 2 

⎧ 

⎪ x + 21 = y − 1 + y 

⎨ 

⎪⎩ y + 21 = x − 1 + x 

2 2 

2 2 

3 

⎡x = − 1 ⎡x = y = −1 

− 3x 

− 2 = 0 ⇔ ⎢ ⇒ 

x 2 

⎢ 

⎣ = ⎣ x = y = 2 

2/ 

⎧ = 2 + 

⎨ 

⎩ 2 

1.4. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI. 

1.4.1. Định nghĩa: Hệ đẳng cấp bậc hai có dạng: 

1.4.2. Phương pháp giải: 

Cách 1: 

*) Xét x = 0 thay trực tiếp vào hệ và kiểm tra. 

3 

x x y 

3 

y = y + x 

⎧ 1 1 

⎪x 

− = y − 

⎨ x y 

⎪ 3 

⎩ 2y 

= x + 1 

⎧ 

⎪ x + 91 = y − 2 + y 

6/ ⎨ 

⎪⎩ y + 91 = x − 2 + x 

8/ 

2 2 

2 2 

⎪⎧ x + 5 + y − 2 = 7 

⎨ 

⎪⎩ y + 5 + x − 2 = 7 

⎧ a x + b xy + c y = d 

⎨ 

⎩a x b xy c y d 

2 2 

1 1 1 1 

2 2 

2 

+ 

2 

+ 

2 

= 

2 

*) Xét x ≠ 0. Đặt y = tx (hiểu là đặt y = t ) thay vào hệ ta được: 

x 

2 2 2 2 

2 2 

⎧ a ( 1 1 1 ) 1 ( ) 

1x + b1tx + c x a b t c t d 1 

1t x = d 

⎧ 

1 ⎪ + + = 

⎨ 

⇔ 

2 2 2 2 ⎨ 

a x b tx c t x d 

2 2 

. 

⎩ + + = ⎪ ⎩ 

x a + b t + c t = d 2 

( ) ( ) 

2 2 2 2 2 2 2 2 

Chia vế cho vế hai phương trình của hệ: 

một phương trình bậc 2 ẩn t. 

a + b t + c t d 

a b t c t d 

2 

1 1 1 1 

= 

2 

2 

+ 

2 

+ 

2 2 


*) Giải (3) thay vào (1) tìm x từ đó suy ra y rồi kết luận. 

(I) 

(3). Phương trình (3) là 

16 















Cách 2: 

*) Từ hệ (I) khử số hạng 

giả sử ta khử 

2 

x (hoặc 

2 

2 

y được: Dx Exy F y 

2 

y ) để dẫn đến phương trình khuyết 

2 

Dx + F 

+ + = 0 ⇒ = − (3). 

Ex 

2 

x (hoặc y 2 ), 

*) 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: 


*) Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ. 

*) Xét 0 

x ≠ . Đặt y tx, 

( t ) 

⎧ x + xy − y = 

⎨ 

⎩ x xy y 

2 2 

3 5 4 38 

2 2 

5 − 9 − 3 = 15 

Lời giải: 

= ∈ R . Thay vào hệ ta được: 

( 3 5 4 ) 38 ( 1) 

2 2 

2 2 

⎧ 

⎧ 

x ( 3 5t 4t 

) 38 

x + t − t = 

⎪ + − = ⎪ 

⎨ ⇔ ⎨ 2 

2 2 3 + 5t 

− 4t 

38 

⎪ x ( − t − t ) = ⎪ 

= 

2 

5 9t 

3t 

15 

( ) 

⎩ 

5 9 3 15 2 

⎩ − − 

⎡ 1 

⎢ 

t = 

2 

Ta có: 

3 

( 2) 

⇔ 54t 

+ 417t 

− 145 = 0 ⇔ ⎢ 

⎢ 145 

t = − 

⎢⎣ 18 

1 

2 

*) Với t = thay vào (1) ta được x = 9 ⇔ x = ± 3 ⇒ y = ± 1 

3 

145 

*) Với t = − thay vào (1) không thỏa mãn. 

18 

3;1 , −3; − 1 

KL: Hệ có hai nghiệm: ( ) ( ) 

2 2 

⎧⎪ 

x − 2xy − 3y 

= 8 

⎨ 

2 2 4 3 2 

Ví dụ 2: Tìm a để hệ phương trình: 

⎪⎩ 2x + 4xy + 5y = a − 4a + 4a 

− 12 + 105 

có 

nghiệm. 

Lời giải: 

2 2 

⎧ x − xy − y = 

⎨ 2 2 

2 3 8 (1) 

4 3 2 

*) Đặt m = a − 4a + 4a 

− 12 + 105 , khi đó hệ có dạng: 

⎩2x + 4xy + 5 y = m (2) 

Nhận xét: Nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì x ≠ 0 ( nếu x = 0 thì phương trình (1) vô 

nghiệm) 






17 











+) Khử số hạng y 2 từ hệ ta được: 

+) Thay (3) vào phương trình (1) của hệ được: 

( ) ( ) 2 

4 2 

105 − 2 31 + 408 + 3 + 40 = 0 

x m x m 

2 

2 40 + 3m 

−11x 

2xy = 40 + 3m −11x ⇔ y = − (3) 

2x 

Đặt 2 2 

t = x ,( t ≥ 0) 

ta có: f ( t) t ( m ) t ( m ) 2 

= 105 − 2 31 + 408 + 3 + 40 = 0 (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 

⎪ 

⇔ ⎨ 2(31m 

+ 408) ⇔ m ≥ − 3 + 105 

⎪ 

≥ 0 

⎩ 105 

Từ đó ta có: 

4 3 2 

a − 4a + 4a 

− 12 + 105 ≥ − 3 + 105 

⎡a 

≥ 3 

4 4 9 0 ⇔ ⎢ 

⎣a 

≤ −1 

4 3 2 

⇔ a − a + a − ≥ 

KL: Vậy với a ≥ 3 hoặc a ≤ − 1 hệ có nghiệm. 


3 2 

⎧ x + xy + x − y = 

⎨ 

⎩ 

( ) ( ) 

( ) 

x 

2 

+ xy = 3 

3 6 0 

Lời giải: 

3 2 

⎧ ⎪x + xy = 3 − x + 2y 

1 

Hệ ⇔ ⎨ 

. Thế (1) vào (2) ta được: 

2 

⎪⎩ x + xy = 3 2 

3 2 2 3 2 2 ⎡ x = 0 

x + xy = ( x + xy)( − x + 2y) 

⇔ 2x − x y − xy = 0 ⇔ ⎢ 

⎣ x − xy − y = 

*) Với x = 0 thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn. 

⎡ x = y 

2 − − = 0 ⇔ − 2 + = 0 ⇔ ⎢ 

⎣ y = −2x 

*) x 2 xy y 2 

( x y)( x y) 

+) Với x = y thay vào (2) ta được: x = y = ± 

+) Với y = − 2x 

thay vào (2) ta được: 

6 

2 

2 

x = − 3 (vô nghiệm) 

2 2 

2 0 

⎛ 6 6 ⎞ ⎛ 6 6 ⎞ 

KL: Hệ có nhiệm ⎜ ; ⎟, ⎜ − ; − ⎟ 

⎝ 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 


18 















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: 


Hệ 

( ) 

( ) 

3 3 

⎧⎪ 

x − y = 8x + 2y 

1 

⇔ ⎨ 2 2 

⎪⎩ x − 3y 

= 6 2 

( ) ( )( ) 

⎧ − = + 

⎨ 2 2 

⎩ x − 3y 

= 6 

3 3 

x 8x y 2y 

Lời giải: 

. Nhân chéo vế của (1) và (2) ta được: 

x = 0 

12 0 

3 3 2 2 3 2 2 

6 x − y = x − 3y 8x + 2y ⇔ x + x y − 12xy 

= 0 ⇔ ⎢ 2 2 

x + xy − y = 

*) Với x = 0 thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn. 

= y 

+ − 12 = 0 ⇔ − 3 + 4 = 0 ⇔ ⎢ 

⎣ y = −4x 

2 2 ⎡ x 3 

*) x xy y ( x y)( x y) 

+) Với x = 3y 


+) Với x = − 4y 


KL: Hệ có nhiệm ( ) ( ) 

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau: 

2 

y y x 

⎡ 

⎣ 

= 1 ⇔ = ± 1⇒ = ± 3 

6 6 

y = ± ⇒ x = ∓ 4 

13 13 

⎛ 6 6 ⎞ ⎛ 6 6 ⎞ 

3;1 , −3; −1 , ⎜ 4 ; − ⎟, ⎜ −4 ; ⎟ 

⎝ 13 13 ⎠ ⎝ 13 13 ⎠ 

3 3 2 

⎧ ⎪ x + y − xy = 

⎨ 4 4 

( ) 

( ) 

1 1 

⎪⎩ 4x + y = 4x + y 2 

Lời giải: 

Thế (1) vào (2) ta được: 4x 4 + y 4 = ( 4x + y)( x 3 + y 3 − xy 

2 

) ( 3) 

3 

⎧ x = 

⎨ 4 

1 

+) Xét y = 0 thay vào hệ: ⇔ x = 1 

⎩4x 

= 4x 

+) Xét y ≠ 0 . Đặt x = ty thay vào (3) ta được: 

⎡t 

= 0 

4 4 4 3 3 2 

y ( 4t + 1) = y ( 4t + 1)( t − t + 1) 

⇔ t − 4t + 3t = 0 ⇔ 

⎢ 

⎢ 

t = 1 

⎢ ⎣t 

= 3 

+) Với t = 0 ⇒ x = 0 ⇒ y = 1 

+) Với t = 1 ⇒ x = y thay vào hệ: ⎨ 

⎩ 

3 

⎧ x = 

4 

5x 

= 5 

1 

⇔ x = 1 = y 

x 






19 











+) Với t = 3 ⇒ x = 3y 

thay vào hệ: 

⎧ y = 

⎨ 

⎩ y = 

⎛ 3 1 ⎞ 

1;0 , 0;1 , 1;1 , ; ⎟ 

⎝ 25 25 ⎠ 

KL: Hệ có nghiệm: ( ) ( ) ( ) ⎜ 3 3 


1/ 

3/ 

5/ 

7/ 

9/ 

11/ 

13/ 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

2 2 

x + 2xy+ 3y 

= 9 

2 2 

2x 

+ 2xy+ y = 2 

⎧ x + xy − y = 

⎨ 

⎩ x − xy − y = 

2 2 

3 5 4 38 

2 2 

5 9 3 15 

⎧⎪ 

− = + 

⎨ 2 2 

⎪⎩ 

x − 3 = 3 + 1 

3 3 

x 8x y 2y 

( y ) 

2 2 

⎧ 2y 

− x = 1 

⎨ 3 3 

⎩2x − y = 2y − x 

2 2 

⎧ x + y = 

⎨ 3 2 

8 12 

⎩x + 2xy + 12y 

= 0 

2 

⎧5x − 3y = x − 3xy 

⎨ 3 2 2 3 

⎩ x − x = y − 3y 

( )( ) 

⎧ 

⎪ 3x + y x + 3y xy = 14 

⎨ 

2 2 

⎪⎩ ( x + y)( x + y + 14xy) 

= 36 

3 

25 1 1 3 

⇔ y = ⇒ x = 

x 

4 3 3 

325 13 25 25 

2/ 

4/ 

6/ 

8/ 

10/ 

12/ 

14/ 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

2 2 

2 + 3 + = 12 

x 

xy y 

2 2 

x − xy+ 3y 

= 11 

⎧ ⎨ + = + 

⎩ + y = + x 

3 3 

x 4y y 16x 

2 2 

1 5(1 ) 

3 2 

⎧ x + xy + x − 3y 

= 0 

⎨ 2 

⎩ x + xy = 2 

3 3 

⎧ x + y = 1 

⎨ 2 2 3 

⎩x y + 2xy + y = 2 

⎧ + = 

⎨ 

⎩ x y − y = y 

3 

x 

2 

x y 2y 

2 3 

2 2 

⎧ x + y = 

⎪ 

⎨ 

⎪3x 

⎩ 

1 

1 

− y = 

x + y 

3 3 

⎧ + − − + + = 

⎨ 

⎩ x − y + 3xy − x −8y 

− 5 = 0 

2 

2x 2 

3y xy 9x 8y 

9 0 

2 2 

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. 

20 
















2.1.2. Các ví dụ minh họa: 


*) Với x = 0 hệ 

⎧0 = 1 

⇔ ⎨ 

⎩1 = 0 

*) Với x ≠ 0 phương trình (2) 

( )( ) 

2 2 

⎧ x y + x + y + = x − x + 

1 1 3 4 1 (1) 

⎨ 

⎩xy + x + = x 

2 

1 (2) 

Lời giải: 

(vô nghiệm) 

2 

x −1 

⇔ y + 1 = thay vào (1) được: 

x 

2 2 

2 x −1 ⎛ x − 1 ⎞ 2 

x . . + x = 3x − 4x 

+ 

2 2 

⎜ ⎟ 

1 ⇔ ( x −1)( 2x − 1 ) = ( x −1)(3x 

− 1) 

x ⎝ x ⎠ 

⇔ x − x + x − x = 

3 2 

( 1)(2 2 4 ) 0 

*) Với x = 0 ( loại do x ≠ 0) 

*) Với x = 1 ⇒ y = − 1 

*) Với 

5 

x = −2 

⇒ y = − 

2 

⎡x 

= 1 

⇔ 

⎢ 

⎢ 

x = −2 

⎢ ⎣x 

= 0 

KL: Hệ phương trình có hai nghiệm: ( ) 


⎛ 5 ⎞ 

1; −1 , ⎜ −2; 

− ⎟ 

⎝ 2 ⎠ . 

4 2 2 3 

⎧ x + x y + x y = x + 

⎨ 

⎩ 

2 

x xy x 

2 2 9 (3) 

+ 2 = 6 + 6 (4) 

Lời giải: 

2 

( ) 2 

⎧ 

4 2 2 3 

x + xy = 2x 

+ 9 (1) 

⎧x + x y + 2x y = 2x 

+ 9 ⎪ 

⎨ 

⇔ 

2 

⎨ 

2 

⎩ x + 2xy = 6x + 6 x 

⎪ xy = 3x 

+ 3 − (2) 

⎩ 

2 

*) Thế 

2 

x 

xy = 3x 

+ 3 − vào (1) ta được: 

2 

2 

⎞ 

4 3 2 

3 3 2 9 12 48 64 0 

2 

⎛ x 

⎜ + x + ⎟ = x + ⇔ x + x + x + x = 

⎝ 2 ⎠ 

( L) 

3 ⎡ x = 0 

⇔ x( x + 4) 

= 0 ⇔ ⎢ 

⎣ x = −4 

( Khối B 2008). 






21 











*) Với 

17 

⎛ 17 ⎞ 

x = −4 

⇒ y = KL: Hệ có một nghiệm: ⎜ −4; ⎟ 

4 

⎝ 4 ⎠ 


( y 1) 3 0 ( 1) 

⎧ x x + + − = 

⎪ 

⎨ 5 

⎪ 

2 

⎩ x 

2 

( x + y) − + 1 = 0 ( 2) 

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. 

*) Điều kiện: x ≠ 0. 

3 

1 ⇔ x + y = − 1 thay vào (2) ta được: 

x 

( ) 

Lời giải: 

2 

⎛ 3 ⎞ 5 

2 

⎡ x = 1 

⎜ + 1⎟ − + 1 = 0 ⇔ 2x 

− 6x 

+ 4 = 0 ⇔ 

2 

x x 

⎢ 

⎝ ⎠ ⎣x 

= 2 

*) Với x = 1 ⇒ y = 1 

*) Với 

3 

x = 2 ⇒ y = − 

2 

KL: Hệ có nghiệm: ( ) 

⎛ 3 ⎞ 

1,1 ; ⎜ 2, − ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 


( ) ( ) 

⎧ 

⎪ x y − xy + y = x + y 

⎨ 

⎪⎩ 

xy x y x y 

Lời giải: 

2 2 3 

5 4 3 2 1 

2 2 

2 

( + ) = ( + ) ( 2) 

2 2 2 2 

( ) ( x y )( xy ) ( xy ) ( xy )( x y ) 

(Khối A - 2011) 

⇔ + − = − ⇔ − + − = ⇔ ⎢ 2 2 

x + y = 

2 1 2 1 1 2 0 

1 

*) Với xy = 1 ⇔ y = thay vào (1) ta được: 

x 

4 2 2 ⎡ x = 1 ⎡ y = 1 

x − 6x + 3 = 0 ⇔ x = 1 ⇔ ⎢ ⇒ 

x 1 

⎢ 

⎣ = − ⎣ y = −1 

2 2 

*) Với x + y = 2 thay vào (1) ta được: 

⎡ xy − 1 = 0 

⎣ 2 

2 2 3 2 2 2 2 3 3 ⎡ x = y 

5x y − 4xy + 3y = ( x + y )( x + y) 

⇔ 4x y − 5xy + 2y − x = 0 ⎢ 

⎣x 

= 2y 

*) Với x = y ⇒ x = y = ± 1 






*) Với 

2 2 2 2 

x = 2y ⇒ y = ⇔ y = ± ⇒ x = ± 2 

5 5 5 

22 











KL: Hệ có nghiệm: ( ) ( ) 

2.1.3. Bài tập rèn luyện 

1/ 

3/ 

5/ 

7/ 

9/ 

11/ 

2 

⎧ ⎪ x + xy = x + 2 

⎨ 

⎪⎩ ( y ) x x 

2 2 

2 + 5 + 13 = 26 

2 

x y ( x y) 

2 

( )( ) 

⎧⎪ 

− + + 1 = 0 

⎨ 

⎪⎩ 

x + 1 x + y − 2 + y = 0 

( ) 2 

⎧ 

3 2 

⎪x + 7 y = x + y + x y + 7x 

+ 4 

⎨ 

2 2 

⎪⎩ 3x + y + 8y + 4 = 8x 

2 

⎧ 2 + 1 = 2 − 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

y x y 

⎛ 2 2 ⎞ ⎛ 2 2 ⎞ 

1;1 , −1; −1 , ⎜ 2 ; ⎟, ⎜ −2 ; − ⎟ . 

⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5 ⎠ 

( ) 

2x + y + 2 x − y = 3y 

( ) 

( ) ( ) 

⎧ ⎪ x + y x − y + 2 = x + 3y 

+ 2 

⎨ 

⎪⎩ x − y x − y + 2 = x + y + 1 x + y − 2 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

8 8 

+ 3 −13 − 15 = − 

3 

y y 

4 5 2 2 

3 2 

x x x 

( ) 

⎪ 2 2 2 

y + = y x + x + 

⎩ 

⎧⎪ 

x − x − y −1 − 1 = 0 

13/ ⎨ 

2 2 

⎪⎩ y + x + 2y x − xy = 0 

2/ 

4/ 

6/ 

⎧ x + x + y = 

⎨ 

⎩ xy − x + y = 3 

2 2 

2 7 

2 

⎧ x + 5x + y = 9 

⎨ 3 2 2 

⎩3x + x y + 2xy + 6x 

= 18 

2 2 

⎧ ⎪ 1+ x + y = 4x + xy 

⎨ 2 2 

xy y y y x 

⎪⎩ 

( ) 

− + + 1 = + 1 

⎧⎪ x + y = 8 

⎨ 

⎪⎩ x + 9 + y + 9 = 10 

8/ 2 2 

⎧⎪ 

5x − y − 2y − x = 1 

10/ ⎨ 

2 2 

⎪⎩ 2 2y − x + 3xy = 2x + y + 3x 

−1 

12/ 

14/ 

3 2 3 

⎧ x − x y = y − 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

6 8 6 

2 

4 + = 2 + 2 − + 1 + 1 

xy x y y x 

⎪⎧ x + 2y + 2x + y + 5 = y + 2 

⎨ 

⎪⎩ 2x + y + 5 + ( y − 1) 2 

= x + 3 

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 





23 








3. Hệ có chứa 


x 

x 

+ y ta đặt 

4 2 

+ x y ta đặt 

4 2 2 

2 

u = x ± y 

2 

u = x ± xy 






x 

x 

+ y ta đặt 

4 4 

2.2.1. Ví dụ minh họa 

2 2 

2 2 


2 2 

u = x ± y 

+ 1 1 

, y 

x 

+ y 

ta đặt 1 1 

u = x ± , v = y ± 

x y 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

+ + + + 

5 

= − 

4 

(1 2 ) 

5 

4 

Lời giải: 

2 3 2 

x y x y xy xy 

Phân tích bài toán: Để ý đến mối quan hệ của 

( ) 2 

4 2 3 2 

x y x y x y 

a) 

+ + 2 = + . 

⎧ 

⎪ 

⎨ 

+ + + + 

5 

= − 

4 

5 

4 

2 3 2 

x y x y xy xy 

⎪ 4 2 

x + y + xy(1 + 2 x) 

= − 

⎪⎩ 

Đặt 

⎧ = + 

⎨ 

⎩ v = xy 

2 

u x y 

Từ (2) ta có 

+) Với 

v 

5 

4 

⎪ 4 2 

x + y + xy + x = − 

⎪⎩ 

x 

+ y và x 

4 2 

2 

+ y ta có: 

⎧ 2 2 

5 

x + y + xy( x + y) 

+ xy = − 

⎪ 

⇔ 

4 

⎨ 

⎪ 2 2 5 

( x y) 

xy 

⎪⎩ 

+ + = − 4 

⎧ 5 

u + uv + v = − 

⎪ 

4 

Thay vào hệ ta được: ⎨ 

2 5 

u v 

⎪⎩ 

⎪ + = − 4 

2 

= − − u thay vào (1) được: 

2 2 2 

u u u u u u u 

(1) 

(2) 

( Khối A 2008) 

⎡u 

= 0 

⎛ 5 ⎞ 5 5 ⎛ 1 ⎞ 

+ ⎜ − − ⎟ − − = − ⇔ ⎜ − − − ⎟ = 0 ⇔ ⎢ 

1 

⎝ 4 ⎠ 4 4 ⎝ 4 ⎠ ⎢ u = − 

⎣ 2 

2 

⎧ x + y = 0 

⎪ 

2 3 

0 0 4 5 0 

5 5 5 25 

u = ⇒ v = − ⇒ 3 3 

⎨ 5 ⇒ x − = ⇔ x − = ⇔ x = ⇒ y = 

4 ⎪xy 

= − 

4x 

4 16 

⎩ 4 

+) Với 

⎧ 2 1 

x + y = − 

1 3 ⎪ 2 3 1 3 

= − ⇒ = − ⇒ ⎨ 

⇒ − = − ⇔ 2 + − 3 = 0 ⇔ = 1⇒ = − 

2 2 ⎪ 3 

2x 

2 2 

xy = − 

⎪⎩ 2 


2 3 

u v x x x x y 





24 








KL: Vậy hệ có hai nghiệm là: 

⎛ 5 25 3 

; ⎞ , ⎛ 1; − 

⎞ 

⎝ 4 16 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

3 3 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 





4 3 2 2 

⎧ − + = 

x x y x y 1 

⎨ 3 2 

⎩ x y − x + xy = −1 

Phân tích: Kinh nghiệm khi giải hệ phương trình là nếu trong hệ có chứa 

thì ta sẽ đặt ẩn phụ theo 

Hệ 

Đặt 

*) Với 

*) Với 

x 

2 

± xy . Từ đó ta có hướng phân tích bài toán như sau: 

Lời giải: 

2 

2 

3 

( ) 

3 2 

( ) 

4 3 2 2 

⎧ 

⎧ 

x − x y + x y = 1 ⎪ x − xy + x y = 1 

⇔ ⎨ 

⇔ 

3 2 

⎨ 

. 

⎩ x y − x + xy = −1 ⎪ 

⎩ 

x y − x − xy = −1 

⎧ = − 

⎨ 3 

⎩ v = x y 

2 

u x xy 

Thay vào hệ ta được: 

⎧u 

= ⎧x 

− xy = 1 ⎧x 

= ± 

⎨ ⇒ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎩v 

= ⎩ x y = 0 ⎩ y = 

2 

1 1 

3 

0 0 

2 

⎧ u + v = 1 (1) ⎧ u = 1 ⎧u 

= −2 

⎨ ⇔ ⎨ ∨ ⎨ 

⎩ u − v = 1 (2) ⎩v 

= 0 ⎩v 

= −3 

2 2 

2 

u = −2 ⎧x − xy = − 2 ⎧x + 2 = xy ⎪⎧ x + 2 = xy 

⇒ ⇔ ⇔ 

3 2 

2 2 

= − 3 + 2 = −3 

⎧ 

⎨ ⎨ ⎨ ⎨ 

⎩v ⎩ x y = − 3 ⎩ x xy = −3 

⎪⎩ 

x x 

KL: Hệ có nghiệm: ( 1;0 ),( − 1;0 ) 

( ) 

2 

⎧ 

2 2 

− = − + + 

xy 1 x y xy 2 

⎪ 


2 2 ⎛ 1 1 ⎞ 25 

⎪( x y + 1) 

⎜ + 

2 2 ⎟ = 

⎩ ⎝ x y ⎠ 4 

Phân tích: Từ (2) ta có: ( ) 

2 2 

1 1 

ẩn u = x ± , v y 

x 

= ± y 

. 

Điều kiện x ≠ 0, y ≠ 0 . 

( ) ( ) 

2 

( ) 

x 

(vô nghiệm) 

+ x y 

4 2 2 

⇔ 1 1 25 

x + y 

2 2 

x 

+ + y 

= 4 

. Từ đó ta thử biến đổi hệ theo 

Lời giải: 

2 2 2 2 2 2 2 

1 ⇔ xy − 1 = x − y + xy + 2 ⇔ x y − 2xy + 1 = x − y + xy + 2 

2 2 2 2 2 2 

⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ 

⇔ ( x y − x ) + ( y − 1) = 3xy ⇔ ( x + 1)( y − 1) 

= 3xy ⇔ ⎜ x + ⎟⎜ y − ⎟ = 3 

⎝ x ⎠⎝ y ⎠ 






25 











Hệ 

⎧ ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞ 

⎜ x + ⎟⎜ y − ⎟ = 3 

⎪ ⎝ x ⎠⎝ y ⎠ 

⇔ ⎨ 

. Đặt 

⎪⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞ 25 

x + + y + = 

⎪⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 

⎩ ⎝ x ⎠ ⎝ y ⎠ 4 

⎧ 1 ⎧ 2 1 2 

u = x + x + = u − 2 

2 

⎪ x 

⎪ x 

⎨ ⇒ 

1 

⎨ 

⎪ 

2 1 2 

v = y − ⎪y + = v + 2 

2 

⎪⎩ 

y ⎪⎩ 

y 

⎧ uv = 3 

⎪ 

Ta được hệ phương trình: ⎨ 2 2 25 . Đến đây việc giải hệ này không còn khó 

⎪u 

+ v = 

⎩ 4 

khăn nữa. 

⎧ ⎪ 6x + y + 2x + y = 2 


⎪⎩ 2x + y + 2x − y + 6 = 0 

Lời giải: 

Nhận xét: Đây là dạng hệ phương trình có chứa hai căn, ta đặt ẩn phụ theo hai căn là 

được. 

⎧ 2 

⎪u = 6x + y ⎧ u = 6x + y 2 2 

Đặt ⎨ 

( u ≥ 0, v ≥ 0) 

⇒ ⎨ 

⇒ u − 2v = 2x − y . Thay vào hệ ta 

2 

⎪⎩ v = 2x + y 

⎩2v = 4x + 2y 

được hệ: 

⎧ u + v = 2 ⎧u = 0 ⎧6x + y = 0 ⎧x 

= −1 

⎨ ⇔ 

2 2 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎩u − 2v + v = − 6 ⎩v = 2 ⎩2x + y = 4 ⎩ y = 6 

. 

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. 

⎧ xy + x + 1 = 7 y (1) 

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: ⎨ 2 2 2 

⎩x y + xy + 1 = 13 y (2) 

Lời giải: 

*) Với y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình. 

⎧ xy + x + 1 = 7 y 

*) Với y ≠ 0 , ta có hệ: ⎨ 2 2 2 

⎩x y + xy + 1 = 13y 

⎧ x 1 

⎧ x 1 

x 7 x + + = 7 

+ + = ⎪ y y 

⎪ y y 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 2 

⎪ 2 x 1 ⎛ 

x 

13 

1 ⎞ 

+ + = ⎪ x 

2 

x + − = 13 

⎪⎩ y y ⎪ 

⎩ 

⎜ ⎝ y ⎠ 

⎟ y 

(Khối B - 2009) 






26 











Đặt 

⎧ 1 

u = x + 

⎪ y 

⎨ 

⎪ x 

v 

⎪⎩ 

= y 

⎧u 

+ v = 7 

thay vào hệ được: ⎨ 2 

⎩ u − v = 13 

⎧ 1 

x + = − 5 

⎧ u = −5 

⎪ y 

*) Với u = −5 ⇒ v = 12 ⇒ ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩v 

= 12 ⎪ x 

= 12 

⎪⎩ y 

⎧ 1 

x + = 4 

⎪ y 

*) Với u = 4 ⇒ v = 3 ⇒ ⎨ 

⎪ x 

= 3 

⎪⎩ y 


1/ 

3/ 

5/ 

⎪⎧ 4x + y + 2x + y = 4 

⎨ 

⎪⎩ 2x + y + x + y = −2 

⎧ ⎪ 3 x + 2y + 3 − x − y = 5 

⎨ 

⎪⎩ 2 3 − x − y + 2x + 3y 

+ 4 = 2 

⎧ ⎨ y + xy = 6x 

⎩1 + x y = 5x 

2 2 

2 2 2 

⎧xy + x − 1 = 3y 

⎨ 

⎩ x y − x = 2y 

7/ 2 2 

9/ 

⎧ 2 2 

⎪ x y + 6 + y x + 3 = 7xy 

⎨ 

⎪⎩ x x + 3 + y y + 6 = 2 + x + y 

2 2 2 2 

⎧ 2 2 

⎪ x 17 − 4x + y 19 − 9x 

= 3 

11/ ⎨ 

2 2 

⎪⎩ 17 − 4x + 19 − 9y = 10 − 2x − 3y 

2 

⇒ u + u − = 

⎡u 

= 4 

20 0 ⇔ ⎢ 

⎣u 

= −5 

hệ vô nghiệm. 

⎛ 1 ⎞ 

. Giải hệ được nghiệm ⎜1; ⎟,(3;1) 

. 

⎝ 3 ⎠ 

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 

27 

2/ 

⎪⎧ 2x + y − 5x + 3y 

= −2 

⎨ 

⎪⎩ 2x + y + 5x − y = 8 

⎪⎧ x + y + 2x + y + 3 = 5 

4/ ⎨ 

2 

⎪⎩ 2x + y + 3 + x − y = 5 

6/ 

2 2 

⎧ x + y + xy + 2x = 5y 

⎨ 3 2 2 

⎩x + x y − x + 2xy − 6x + 3y 

= 0 

8/ 

2 2 

2 

⎪⎧ ( 4x − 4xy + 4y − 51)( x − y) 

+ 3 = 0 

⎨ 

⎪⎩ ( 2x − 7)( x − y) 

+ 1 = 0 

10/ 

12/ 

2.3. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI THÀNH TÍCH 


⎧ 

⎪ + + + = + 

⎨ 

⎪⎩ x + 3 + y + 5 + x + y = 8 

2 2 

x y 5 y x 3 3 2xy 

2 2 

⎧ 

2 2 9 

⎪( x + xy − y )( x − xy + y) 

= xy 

⎨ 

2 

2 2 

2 

⎪ 2 

⎩ 

x + ( xy − y ) − 5y 

= 0 
















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. 


3 3 2 2 

Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình ⎪ 

⎧⎪ x − y + 2x + 4y 

+ 5 = 0 

⎨ 

(HSG 10 Vĩnh Phúc 

⎪ 2 2 

⎪⎩ x + 2y + 4x− 13y 

+ 7 = 0 

năm học 2015 – 2016) 

Lời giải: 

Cộng tương ứng hai vế của (1) và (2) ta được 

3 3 

+ 3 + 4 = − 6 + 13 −12 

⇔ ( x + 1) + ( x + 1) = ( y − 2) + ( y −2). 

3 2 3 2 

x x x y y y 

⇔ x + − y + ⎡ x + + x + y − + y − + ⎤ 

⎢⎣ 

⎥⎦ 

= 

2 2 

( 1 2) ( 1) ( 1)( 2) ( 2) 1 0 

⎡ − 3+ 

177 

x = 

2 

Thế y = x + 3 vào (2) ta được: 

6 

3x 

+ 3x 

− 14 = 0 ⇔ −3− 

177 

x 

⎣ 

⎢ = 6 

⎛ 3 177 15 177 ⎞ ⎛ 3 177 15 177 ⎞ 

Vậy hệ có nghiệm ( x; 

y) 

là: 

− + + − − − 

; ; ; . 

⎜ 

6 6 ⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 6 6 

⎟⎠ 

2 2 

⎧ x + y − xy − y − = 

⎪ 2 3 1 0 (1) 

Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình: ⎨ 

(HSG 10 Vĩnh Phúc 

2 2 

⎪⎩ x + y − y − 3 = 0 (2) 

năm học 2014 – 2015) 

Lời giải: 

⎡x 

= y −1 

Ta có ( 1) ⇔ ( x − y + 1)( x − 2y 

− 1) 

= 0 ⇔ ⎢ 

⎣x 

= 2y 

+ 1 

⎡ y = 2 

2 

Với x = y −1 

thay vào (2) ta được 2y 

− 3y 

− 2 = 0 ⇔ ⎢ 

⎢ 

1 

y = − 

⎣ 2 

+) y = 2 ⇒ x = 1. 

1 3 

+) y = − ⇒ x = − . 

2 2 

⎡ y = −1 

2 

Với x = 2y 

+ 1 thay vào (2) ta được 5y 

+ 3y 

− 2 = 0 ⇔ ⎢ 

⎢ 

2 

y = 

⎣ 5 

2 9 

+) y = −1⇒ x = −1; +) y = ⇒ x = . 

5 5 

Vậy, hệ (I) có nghiệm ( x; 

y ) là: ( ) ( ) 

⇔ y = x + 3. 


⎛ 3 1 ⎞ ⎛ 9 2 ⎞ 

1;2 , −1; −1 , ⎜ − ; − ⎟, ⎜ ; ⎟ 

⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 5 5 ⎠ . 





28 











Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau: 

Điều kiện: y ≠ 0 . 

7 6 2 

⎧ y + y − x = 

6 0 (1) 

⎪ 

3 

⎨ 5 x 2 2 

⎪ y + = x + xy (2) 

3 

⎩ y 

Lời giải: 

3 

x 

⎛ x ⎞ 

⎡ x = y 

2 ⇔ − + − = 0 ⇔ − + ⎜ − 1⎟ 

= 0 ⇔ − − = 0 ⇔ ⎢ 

y ⎝ y ⎠ ⎣x = y 

3 

( ) y 5 xy 2 x 2 y 2 ( y 3 x) x 2 ( y 3 x)( y 5 x 

2 

) 

*) Với 

x 

3 3 2 5 

3 

= y thay vào (1) ta được: 

Với y = 5 ⇒ x = 125 

5 

= y thay vào (1) ta được: 

y 

7 6 

⎡ y = 0( L) 

− 5y 

= 0 ⇔ ⎢ 

⎣ y = 5 

*) Với x 

7 6 5 5 2 ⎡ y = 2 ⎡ x = 32 

y + y − 6y = 0 ⇔ y ( y + y − 6) 

= 0⎢ 

⇒ 

y 3 

⎢ 

⎣ = − ⎣x 

= −243 

KL: Hệ có nghiệm: ( 5;125 ),( 2;32 ),( −3; − 243) 

⎧ xy + x − 2 = 0 (1) 

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: ⎨ 3 2 2 2 

⎩2x − x y + x + y − 2xy − y = 0 (2) 

Lời giải: 

( ) ( x 3 xy) ( x 2 y y 2 ) ( x 2 y) x( x 2 y) y ( x 2 y) ( x 2 y) 

2 ⇔ 2 − 2 − − + − = 0 ⇔ 2 − − − + − = 0 

2 

⎡ x = 

2 

y 

⇔ ( x − y)( 2x − y + 1) 

= 0 ⇔ ⎢ 

⎣ y = 2x 

+ 1 

+) Với 

y 

2 

= x thay vào (1): 

+) Với y = 2x 

+ 1 thay vào (1): x 

KL: Hệ có nghiệm: ( ) 

3 

x x x y 

+ − 2 = 0 ⇔ = 1 ⇒ = 1 

2 

⎡ − 1+ 

5 

⎢x 

= 

2 ⎡ y = 5 

+ x − 1 = 0 ⇔ ⎢ 

⇒ ⎢ 

⎢ −1− 5 y 5 

x 

⎢⎣ = − 

⎢ = 

⎣ 2 

⎛ − 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 

ax + by + cxy + dx + ey + f = 0 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. 


. 





29 











Cũng cần lưu ý rằng bài toán chỉ có thể giải quyết được theo cách này khi phương 

trình có ∆ dạng ( my n) 2 

+ . 


Từ (1) ta có: ( ) ( ) 

2 2 

⎧ x + xy − 2y + 3x 

+ 2 = 0 

⎨ 2 2 

⎩ x + y = x + y 

Lời giải: 

1 2 3 2 2 2 0 

⇔ x + y + x − y + = (phương trình bậc 2 ẩn x tham số y) 

2 

∆ = 9y + 6y + 1 = ( 3y 

+ 1) 2 

. Từ đó suy ra: ( 1) 

*) Với x y 1 

= − thay vào (2) ta được: ( ) 2 

*) Với x 2y 

2 

⎡ x = y −1 

⇔ ⎢ 

⎣x 

= −2y 

− 2 

y − 1 = 0 ⇔ y = 1⇒ x = 0 

= − − thay vào (2) ta được: 5y 2 + 9y + 6 = 0( vn) 

KL: Hệ có nghiệm: ( , ) ( 0,1) 

x y = . 


(Khối B_2013) 

+) Điều kiện: 2x + y ≥ 0, x + 4y 

≥ 0. 

+) Từ phương trình (1): ( ) 

⎧ ⎪ x + y − xy + x − y + = 

⎨ 

⎪⎩ x − y + x + = x + y + x + y 

( ) 

( ) 

2 2 

2 3 3 2 1 0 1 

2 2 

4 4 2 4 2 

Lời giải: 

2 2 

y − 3x + 2 y + 2x + 3x 

+ 1 = 0 (3). Coi (3) là phương trình 

ẩn y tham số x. Giải phương trình ta được : y = x + 1; y = 2x 

+ 1 thay vào (2). 

+) Với y = x + 1 thay vào (2) ta được: 

( ) ( ) ( ) 

2 2 

3 − + 3 = 3 + 1 + 5 + 4 ⇔ 3 − + + 1− 3 + 1 + + 2 − 5 + 4 = 0 

x x x x x x x x x x 

( 2 ⎛ 1 1 ⎞ 

⎡x 

= 

) 3 0 0 ⎡ y = 

⇔ x − x 1 

⎜ + + ⎟ = ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ ⎢ ⇒ 

x 1 3x 1 x 2 5x 

4 

x 1 

⎢ 

⎝ + + + + + + ⎠ ⎣ = ⎣ y = 2 

+) Với y = 2x 

+ 1 thay vào (2) ta được: 

( ) ( ) 

3 − 3x = 4x + 1 + 9x + 4 ⇔ 3x + 4x + 1 − 1 + 9x 

+ 4 − 2 = 0 

⎛ 4 9 ⎞ 

⇔ x⎜3 + + ⎟ = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 1 

⎝ 4x 

+ 1 + 1 9x 

+ 4 + 2 ⎠ 

+) 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. 

30 
















*) ( 1) + k ( 2 ) : ( ) 

( ) 

( ) 

⎧ ⎪ x + xy + y = 

⎨ 2 

⎪⎩ y + xy + 5x 

= 7 2 

Lời giải: 

2 

2 2 5 1 

2 2 

2x + 2y + ky + 5k x + ky + y − 7k 

− 5 = 0 (3). 

Coi (3) là phương trình ẩn x tham số y thì ta có: 

2 2 

( ) ( ) ( ) ( ) 

∆ 

x 

= ⎣⎡ + k y + k⎤⎦ 

− ky + y − k − = k − y + k + k − y + k + k + 

∆ = ay + b ⇔ ∆ = 

2 2 2 2 

2 5 8 7 5 2 2 5 10 4 25 56 40 

*) Để giải quyết được bài toán ta phải tìm k sao cho: ( ) 2 x 

y 

0 

*) Với ( 2 2 2 

) ( ) ( 2 

) 

∆ 

y 

= 5k + 10k − 4 − k − 2 25k + 56k + 40 = 0 ⇔ k = 1. 

Như vậy k = 1. Khi đó: 

2 − y + 3 

∆ = y + 22y + 121 = y + 11 ⇒ (3) ⇔ x = ; x = −y 

− 4. 

2 

1;1 , −1; − 3 .. 

*) ( ) 2 

x 

*) Thay vào (1) hoặc (2) ta có nghiệm của hệ là: ( ) ( ) 

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. 

( ) 

( ) 

3 2 2 

⎧ ⎪ x + 2xy = 2x y + 4 1 

Ví dụ 8 : Giải hệ phương trình : ⎨ 2 2 

⎪⎩ x + 2y = xy + x + 2y 

2 

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 

x 2x y k x 2y 2x y 4 k xy x 2y 

+ + + = + + + + 

2 2 3 2 

(*) 

( 2x α ) y ( 2x kx 2k ) y x kx kx 4 0 

⇔ + − + + + + − − = . Để đưa phương trình 

(*) về dạng tích ta chọn k sao cho (*) luôn đúng với mọi y. Tức là ta có: 

2 3 2 

2x + 2k = 2x + kx + 2k = x + kx − kx − 4 = 0 ⇔ x = 2, k = − 2 

( ) ( ) 

*) Như vậy: 

1 − 2. 2 : − 2 − 2 + 2 − 2 + 2 

⎡ 

= 0 ⇔ ⎢ 

2 2 

( ) ( ) ( x )( x xy y y ) 

x = 2 

⎢⎣ ( x y) ( y ) 

*) Với x = 2. thay vào (2) ta có y = 1. KL: Hệ có nghiệm ( 2;1 ). 


Giải các hệ phương trình sau. 

2 2 

− + − 1 + 1 > 0 






31 








1/ 

⎧ x + xy + = 

⎨ 2 

⎩ y + xy + 5x 

= 7 

2 

2 2 5 5 

2/ 

2 2 

⎧ x + y + xy = 

⎨ 

⎩ 

3 

2 

x + 2xy + 9 = 7x + 5y 




3/ 

5/ 

7/ 

9/ 

3 2 

⎧ x + xy + = 

⎨ 

⎩ 

3 49 0 

2 2 

x 8xy y 8y 17x 

− + = − 

2 2 2 

⎧ x + 2xy = 2x y + 4 

⎨ 

⎩ + = + + 

2 2 

x 2y xy x 2y 

3 3 

⎧ x − y = 

⎨ 

⎩ 

35 

2 2 

2 + 3 = 4 − 9 

⎧ 

⎪x 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

x y x y 

2xy 

+ y + = 1 

x + y 

2 2 

2 

x y x y 

+ = − 

( ) ( ) ( )( ) 

3 3 

⎧ 

⎪ x + 1 − y − 1 = x − y xy − 1 + 4xy 

11/ ⎨ 

2 

2 

⎪⎩ 2x + 5 − 4 2 − x = ( y − 1) 

+ 2 + y 

( ) 

⎧ ⎪ x + y x − y + 2 = x + 3y 

+ 2 

13/ ⎨ 

⎪⎩ ( x − y) x − y + 2 = ( x + y + 1) 

x + y − 2 

15/ 

⎧ 

⎪ x − y + x − 2y 

− 14 = 4 

⎨ 

+ − + = − − 

⎪⎩ 

( 1 ) 

2 2 

x y x y xy x y 

4/ 

6/ 

8/ 

10/ 

12/ 

14/ 

⎧ x + y = y + x + 

⎨ 2 2 

⎩2y + 8 = x + x + 7 y 

2 2 

2 3 3 

⎧ = + 

⎨ 

⎩ 4 

3 3 

x 8y 3y 

2 2 

x + y = y + x 

3 3 

⎧ x + y = 

⎨ 

⎩ 

9 

2 2 

x + 2y = x + 4y 

⎧ 

2 4 

⎪ 

3( 2−x) 2− y −( 2− y) 

= 

⎨ 

x+ 

1 

⎪ 2 2 

⎩( x + xy − x+ y−2) 

2− y = x+ y−2 

2 2 

( ) ( ) ( ) 

2 

2 

( x − 2) = 4( 2− 

y) 

⎧ 

⎪ 

2x x + 3 − y y + 3 = 3xy x − y 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

2 2 

( y ) x y x 

⎧⎪ 4 − 1 + 1 − 2 = 2 + 1 

⎨ 

3 2 2 

⎪⎩ x + x y + y = 1 

2 

( y 1)( x 7) 

⎧ + + 

3 

⎪ x + 3x 

= 

17/ ⎨ 

x + y + 3 

⎪ 

⎪⎩ 

2 

( x − y)( y + y + x) = x( y + 1) 

2.4. PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP VÀ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH. 


- 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. 


⎪⎧ x + x + 2 + x + 4 = y − 1 + y − 3 + y − 5 


2 2 

⎪⎩ x + y + x + y = 44 

Lời giải: 






32 











*) Điều kiện xác định: 

⎧x 

≥ 0 

⎨ 

⎩y 

≥ 5 

( ) ( x y ) ( x y ) ( x y ) 

1 ⇔ − − 5 + + 2 − − 3 + + 4 − − 1 = 0 

x − y + 5 x − y + 5 x − y + 5 

⇔ + + = 0 

x + y − 1 x + 2 + y − 3 x + 4 + y − 5 

⎛ 1 1 1 ⎞ 

⇔ ( x − y + 5) 

+ + = 0 

⎜ 

x y 1 x 2 y 3 x 4 y 5 ⎟ 

⎝ + − + + − + + − ⎠ 

⇔ x + y − 5 = 0 

⎧x 

= y − 5 

*) Kết hợp với (2) ta được hệ: ⎨ 2 2 . 

⎩x + y + x + y = 44 

2 2 2 ⎡ y = −2( L) 

⇒ 2y − 5 + 2y − 10y + 25 = 44 ⇔ 2y − 8y − 24 = 0 ⇔ y − 4y 

− 12 = 0 ⇔ ⎢ 

⎣ y = 6 

*) Với y = 6 ⇒ x = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1;6). 


Điều kiện: x ≥ 0. 

*) Xét 

*) Xét 

2 2 

x y x y 

2 2 

( ) 

⎧ 

⎪ x + y + x + 3 x = y − 3 

⎨ 

⎪ 

2 

⎩ x + y + x = x + 3 

Lời giải: 

+ − + 3 = 0 ⇔ = 3 thay vào hệ ta thấy không thỏa mãn. 

+ − + 3 ≠ 0 ⇔ ≠ 3 . Khi đó nhân cả hai vế của (1) cho 

2 2 

x y x y 

2 2 

x + y − x + 3 ta được: 

⎡ = + − + 

(1) ⇔ ( y − 3) x = ( y − 3)( x + y − x + 3) ⇔ ⎢ 

⎢⎣ y = 3( l) 

* Với 

2 2 

= + − + 3 Thế vào (2) ta có: 

x x y x 

2 2 

2 2 x x y x 3 

2 2 

( ) x x ( x ) ( x ) 

2 

1 x −1 

2 

x − 

2 ⇔ + + 3 = 3 ⇔ − 1 + + 3 − 2 = 0 ⇔ + = 0 

x + 1 x + 3 + 2 

. 

⎛ 1 x + 1 ⎞ 

⇔ ( x − 1) 

⎜ + ⎟ = 0 ⇔ x = 1 

2 

⎝ x + 1 x + 3 + 2 ⎠ 

*) Với x = 1⇒ y = 8. 


KL: Hệ có nghiệm ( 2;8 ). 

. 





33 









⎪ 

⎧ x + − y + + x − x y = 

⎨ 

3 2 

⎪⎩ x − 3y + 1 = 8 − 3x 

3 2 

3 4 3 4 0 

. 




*) Điều kiện: 

*) Nhận xét: ( x y) 

4 8 4 

− ≤ x ≤ ; y ≥ − . 

3 3 3 

Lời giải: 

⎛ 4 4⎞ 

; = ⎜− ; − ⎟ 

⎝ 3 3⎠ không là nghiệm của hệ. Do đó 3 

x≠− hoặc 

4 

( x − y) 

3 

y ≠ − 

4 

3 ⎛ 

2 3 

⎞ 

2 

( 1) 

⇔ + x ( x − y) = 0 ⇔ ( x − y) 

+ x 

= 0 

3x + 4 + 3y + 4 ⎜ 3x 4 3y 

4 ⎟ 

⎝ + + + ⎠ 

⇔ x − y = 0 

*) Với x = y vào phương trình (2) ta có: 

3 2 3 2 

x − 3x + 1 = 8 − 3x ⇔ ( x − 2x − 1) + ( 2 − x) 

− 8 − 3x 

= 0 

⎛ 

2 

4 ⎞ 

3 

2 

⇔ ( x − x − 1) 

x + 1+ = 0 

⎜ 

2 

( 2 − x) 

+ 8 − 3x 

⎟ , Vì ( 1) 

+ x > 0, 

3x 

+ 4 + 3y 

+ 4 

⎝ 

⎠ 

Ta có : 

( ) 

( ) 

4 − x + x + 6 + x + 1 8 − 3x 

x + 1+ = 

2 2 

2 − x + 8 − 3x 2 − x + 8 − 3x 

2 2 2 

( x ) ( x ) x ( x ) 

( ) 

2 2 

2 

2 

( x + + − x ) + 

( ) 

+ 1 + 2 + 1 8− 3 + 8− 3 + 3 1 8 3 3 

= = > 0 , với 

2 2 

2 2 − x + 8−3x 2 2− x + 8−3x 

*) Do đó ta có 

⎡ 1+ 

5 

⎢x 

= 

⎢ 2 

1 5 

⎢x 

= 

⎣ 2 

2 

⇔ x − x − 1 = 0 ⇔ 

⎢ + 

*) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x y) 


⎪⎧ x + 3y + 2 + 3x − 2y − 5 = 3 y + 1 

1/ ⎨ 

⎪⎩ 2x − 3 − y + 2 = x + y − 4 

3/ 

2 

( ) 2 2 

⎧ 

⎪ x + y + x x + y = y + y 

⎨ 

⎪⎩ 4 3 1 3 2 

2 

x + y − + = x − + y 

4 8 

− ≤x≤ 

3 3 

⎛1+ 5 1+ 5 ⎞ ⎛1− 5 1− 

5 ⎞ 

; = ⎜ ; ⎟; ⎜ ; ⎟ . 

⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ 

2/ 

2 2 

⎧⎪ x + x − = y + y + 

⎨ 

3 3 

⎪⎩ 

3 3 

x − y = 3x − 3y 

+ 4 


⎧ ⎪2 xy + y + x + y = 3 

4/ ⎨ 

2 

⎪⎩ 3 x + 1 − y + 25 − 3x = x − 2x 

+ 7 

34 















5/ 

7/ 

2 2 

⎧⎪ + + = + − 

x x 1 y y 1 

⎨ 

2 2 

⎪⎩ x + y − xy = 1 

2 2 

( x x )( y y ) 

⎧ + + 1 + + 1 = 1 

⎪ 

⎨ y 35 

⎪ y + + = 0 

2 

⎩⎪ 

x −1 

12 

2 

( ) 

⎧ 

⎪x 12 − y + y 12 − x = 12 

6/ ⎨ 

3 

⎪⎩ 

x − 8x − 1 = 2 y − 2 

8/ 

⎪ 

⎧ 2x + y − 4 + 4x + 3y − 9 = 5 y −1 

⎨ 

2 

⎪⎩ 8x = ( 35 − 8x) y −1 

2.5. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 


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. 

( k 

Định lí 3: Cho hàm số y = f ( x) 

có đạo hàm đến cấp n và phương trình f ) ( x ) = 0 

( k− 

có m nghiệm, khi đó phương trình f 

1) ( x) = 0 có nhiều nhất là m+1 nghiệm. 


3 3 2 2 

⎧⎪ 

x − y − 3x + 6y = − 6x + 15y 

−10 


( x, 

y ∈ R) 

2 

⎪⎩ y x + 3 + ( y + 6) 

x + 10 = y + 4x 

(HSG 12 Vĩnh Phúc 2014 – 2015) 

( ) 

Lời giải: 

3 3 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 

( ) ( ) 

3 3 2 2 

⎧⎪ 

x − y − 3x + 6y = − 6x + 15y −10 ⎪ x − 1 + 3 x − 1 = y − 2 + 3 y − 2 1 

⎨ 

⇔ 

2 

⎨ 

2 

3 6 10 4 3 6 10 4 2 

⎪⎩ 

y x + + y + x + = y + x ⎪⎩ 

y x + + y + x + = y + x 

⎧x 

≥ −3 

Điều kiện ⎨ 

⎩y 

∈ R 

⎧ 


3 2 

Xét hàm số f ( t) = t + 3 t, ∀t ∈ R, f ′( t) 

= 3t + 3 > 0 ∀t ∈ R . Vậy hàm số ( ) 

f t đồng 

35 















biến trên R. Từ (1) ta có f ( x − 1) = f ( y − 2) ⇔ x − 1 = y − 2 ⇔ y = x + 1 ( 3) 

Thay (3) vào (2) ta được phương trình: ( x + 1 ) x + 3 + ( x + 7 ) x + 10 = x 2 + 6 x + 1 ( 4 ) 

Phương trình ( ) ( )( ) ( )( ) 

2 

4 ⇔ x + 1 x + 3 − 3 + x + 7 x + 10 − 4 = x − x − 30 

( x − ) 

( x − ) 

6 6 

⇔ ( x + 1) 

⋅ + ( x + 7) 

⋅ = x + 5 x − 6 

x + 3 + 3 x + 10 + 4 

( ) 

⎡x 

− 6 = 0 5 

⇔ 

⎢ 

⎢ x + 1 x + 7 

+ = x + 5 6 

⎢ ⎣ x + 3 + 3 x + 10 + 4 

Từ ( ) 

( 3) 

( ) 

( )( ) 

( ) ( ) 

5 : x − 6 = 0 ⇒ x = 6 ⎯⎯→ y = 7 ⇒ x; y = 6;7 là một nghiệm của 

x + 1 x + 3 x + 7 x + 7 

x + 3 + 3 2 x + 10 + 3 2 

Từ ( 6 ) : − + − = 0 ( 7) 

phương trình vô nghiệm 

( ) 

do VT ( x ⎛ 1 1 ⎞ 1 1 

3) ( 7) 

0 

3 3 2 x ⎛ ⎞ 

< + ⋅⎜ − ⎟ + + ⋅⎜ − < = 

x 

x 10 4 2 

⎟ 

⎝ + + ⎠ ⎝ + + ⎠ 

VP 

7 7 

KL :Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( ) ( ) 

( ) 

x; y = 6; 7 . . 

Ví dụ 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực 

3 2 2 

⎧ ⎪3x + x y − 3x − xy = 2m ⎨ 

( , ) 

2 

x y ∈ R (HSG 12 Vĩnh Phúc 2013 – 2014) 

⎪⎩ x + 2x + y = 6 − m 

Lời giải: 

Hệ tương đương 

Đặt 

2 1 

2 

⎧⎪ 

( x − x)(3 x + y) = 2m 

⎨ 

2 

⎪⎩ ( x − x) + (3 x + y) = 6 − m 

x − x = a, a ≥ − ;3x + y = b , ta có hệ: 

4 

⎧ab 

= 2m 

⎨ 

⎩a + b = 6 − m 

2 

⎧6a 

− a 

⎧ab = 2 m ⎧ a(6 − m − a) = 2 m ⎪ = m (1) 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ a + 2 

⎩a + b = 6 − m ⎩b = 6 − m − a ⎪ 

⎩b = 6 − m − a 

Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn 

Xét hàm số 

Với 

2 

6 1 

a − a 

f ( a) = ; a ≥ − . Ta có 

a + 2 4 

1 

a ≥ − thì f '( a) = 0 ⇔ a = 2. 

4 

2 

a + 4a 

−12 

f '( a) 

= − . 

2 

( a + 2) 

Lập bảng biến thiên ta được giá trị cần tìm của m là: m ≤ 2. 

1 

a ≥ − . 

4 


36 















Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 

5 4 10 6 

⎧ ⎪x + xy = y + y 

⎨ 

⎪⎩ x + + y + = 

Lời giải: 

(1) 

2 

4 5 8 6 (2) 

5 

Điều kiện : x ≥ − . 

4 

+) Với y = 0 thay vào hệ ta thấy không thỏa mãn. 

+) Với y ≠ 0 từ đó chia hai vế của phương trình (1) cho y 5 ta được: 

5 

⎛ x ⎞ x 

⎜ ⎟ + = + 

⎝ y ⎠ y 

5 

Ta được : y y (*) 

+) Xét hàm số ( ) 

5 

f t = t + t với t thuộc R . Là hàm số luôn đồng biến trên R vậy ta 

* ⇔ x 

x 

f ( ) f ( y) 

y x y 

y 

= ⇔ y 

= ⇔ = . 

có: ( ) 

2 

+) Với 

x 

+ + + = ⇔ = ⇒ = ± . 

2 

= y thay vào (2) ta được: 4x 5 x 8 6 x 1 y 1 

1;1 , 1; − 1 .. 

KL: Vậy hệ có hai nghiệm ( ) ( ) 


* Điều kiện: 

⎧2x 

+ y + 5 ≥ 0 

⎨ 

⎩ 3 − x − y ≥ 0 

⎪⎧ + + − − − = − − + 

⎨ 

3 2 3 

⎪⎩ x − 6x + 13x = y + y + 10 

3 2 

2x y 5 3 x y x 3x 10y 

6 

Lời giải: 

2 3 (*) 

x − + x − = y + y . 

*) Biến đổi phương trình (2): ( 2) ( 2) 

3 

2 

*) Xét hàm số f ( t) = t + t . Ta có ( ) 

trên R. 

⇔ f x − 2 = f y ⇔ x − 2 = y. 

. 

Suy ra (*) ( ) ( ) 

*) Với y = x − 2 Thay vào pt (1) ta được: 

f ' t = 3t + 1 > 0∀t ∈ R . Suy ra hàm số đồng biến 

( ) ( ) 

3 2 3 2 

3 + 3 − 5− 2 = −3 − 10 + 26 ⇔ 3 + 3 − 3 + 1− 5− 2 = −3 − 10 + 24 

x x x x x x x x x x 

⎡ 

x = 2 

3( x − 2) 2( x −2) 

2 

( x 2)( x x 12) 

⎢ 

3 2 

3x 

+ 3 + 3 1+ 5−2x 

⎢ ⎣ 3x 

+ 3 + 3 1+ 5−2x 

⇔ + = − − − ⇔ ⎢ 

2 

+ = x − x − 


Do 

5 

−1 

≤ x ≤ nên 

2 

3 2 

2 

+ = − − 

3x 

+ 3 + 3 1+ 5 − 2x 

x 

x 

12 

(vô nghiệm). 

12 

37 















* Với x 2 y 0 

= ⇒ = . Kết luận hệ có nghiệm: ( ) 


(Khối A, A1 _ 2013) 

+) Điều kiện: 1 

2;0 . 

4 4 4 

( ) 

( ) ( ) 

⎧ ⎪ x + 1 + x −1 − y + 2 = y 1 

⎨ 

2 2 

⎪⎩ x + 2x y − 1 + y − 6y 

+ 1 = 0 2 

Lời giải: 

x ≥ . Từ (2) ta suy ra được: 4y ( x y 1) 2 

= + − , suy ra y ≥ 0 

4 

+) Đặt u = x −1, ( u ≥ 0) 

. Phương trình (1) trở thành: u 4 + 2 + u = y 4 + 2 + y ( 3) 

+) Xét hàm: ( ) 4 

/ 

f t = t + 2 + t, ( t ≥ 0) 

. Ta có: ( ) 

Do đó phương trình (3) tương đương với: 

+) Thay x y 

7 4 

⎡ 

y( y + 2y + y − 4) 

= 0 ⇔ ⎢ 

⎣ 

+) Với y = 0 ⇒ x = 1 

4 

= + 1 vào phương trình (2) ta được: 

( ) 

7 4 

g y y y y 

3 

2t 

f t = + 1 > 0∀t 

≥ 0 

4 

t + 2 

1 

4 

= ⇔ = + . 

y u x y 

y = 0 

= + 2 + − 4 = 0 

7 4 

+) Với g ( y) = y + 2y + y − 4 = 0 ta có: ( ) 

phương trình ( ) 0 

duy nhất của phương trình ( ) 0 y 

KL: Hệ có nghiệm ( 1,0 );( 2,1 ). 

/ 6 3 

g y = 7 y + 6y + 1 > 0∀y 

≥ 0. Nên 

g y = có nhiều nhất một nghiệm mà y = 1 là nghiệm. Vậy là nghiệm 

g y = . Với = 1⇒ x = 2. 


+) Điều kiện 

3 5 

x ≤ ; y ≤ 

4 2 

⎧ ⎪ + + − − = 

⎨ 

⎪⎩ 

Lời giải: 

2 

(4x 1) x ( y 3) 5 2y 

0 (1) 

2 2 

4x + y + 2 3 − 4x 

= 7 (2) 

2 

3 

(1) ( ) ( ) ( ) 3 

⇔ 2 x(4x + 1) = ⎡⎣ 5 − 2y + 1⎦ ⎤ 5 − 2y ⇔ 2x + 2x = 5 − 2y + 5 − 2y 

(3) 

+) Xét hàm số: ( ) 

3 

+) Ta có: ( ) 

2 

[ 0;+∞ ) 

f t = t + t , với t ≥ 0 

f ' t = 3t 

+ 1 > 0 với t ≥ 0 suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng 


Từ (3) ta có: f(x) = f(y) ⇔ ( ) ( ) 

⎧ x ≥ 0 

⎪ 

f 2x = f 5 − 2y ⇔ 2x = 5 − 2y 

⇔ 2 

⎨ 5 − 4x 

⎪ y = 

⎩ 2 

38 















4 3 

+) Thay y vào (2) được: 16x − 24x − 3 + 8 3 − 4x 

= 0 

Xét hàm số 

4 3 

f ( x) 16x 24x 3 8 3 4x 

= − − + − , với 

⎛ 3 ⎞ 

f '( x) = 64x − 72x 

− < 0 với ∀x 

∈ ⎜ 0; ⎟ 

3 − 4x 

⎝ 4 ⎠ , 

Hàm số f ( ) 

Mà ta có : 

3 2 16 

x liên tục trên 

⎡ 3⎤ 

⎢ 

0; 4 ⎥ 

⎣ ⎦ ⇒ f ( ) 

f ⎛ 1 

⎜ 

⎞ ⎟ 0 

⎝ 2 ⎠ 

= ⇒ x = 1 ⇒ y = 2 

2 

⎛ 1 ⎞ 

KL : Vậy hệ có nghiệm: ⎜ ;2 ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

Ví dụ 7: Tìm m để hệ phương trình: 

nghiệm thực. 

Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 

+) Ta có (1) ⇔ ( x + 1) − 3( x + 1) = y − 3y 

⎡ 3⎤ 

x ∈ ⎢ 

0; 

⎣ 4⎥ 

⎦ 

x ⎡ 3⎤ 

là hàm đồng biến trên ⎢ 

0; 

⎣ 4 ⎥ 

⎦ 

3 3 2 

⎧ x − y + y − x − = 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

Lời giải: 

3 2 3 2 

3 3 2 0 (1) 

+ 1− − 3 2 − + = 0 (2) 

2 2 2 

x x y y m 

+) Đặt t = x + 1 ⇒ 0 ≤ t ≤ 2 . Khi đó ta có (1) t 3 - 3t 2 = y 3 - 3y 2 

+) Xét hàm số: f(u) = u 3 - 3u 2 . Dễ thấy hàm số nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 

(1) y = t ⇒ y = x + 1 

+) Với y x 1 

+) Xét hàm: 

= + thay vào (2) ta được: ( ) 

f ( x) x 2 1 x 

x 

Ta có: f '( x) = 2x 

− 2 

1 

2 

− x 

2 2 

= − − với 1 

/ 

, ( ) 

2 2 

2 2 1 0 

x ≤ . 

f x = 0 ⇔ x = 0 . 

⇔ x − − x + m = (3). 

+) Lập bảng biến thiên cho hàm số f ( x ) trên đoạn [ − 1;1] 

ta được: − ≤ f ( x) 

Vậy để hệ có nghiệm thực khi và chỉ khi (3) có nghiệm thực 

⇔ −2 ≤ −m 

≤ 1 ⇔ −1 ≤ m ≤ 2 

+) Kết luận: −1 ≤ m ≤ 2 


1/ 

⎪⎧ x + 5 + y − 2 = 7 

⎨ 

⎪⎩ y + 5 + x − 2 = 7 

2/ 

2 3 4 6 

⎧ ⎪ 2x y + y = 2x + x 

⎨ 

⎪⎩ ( x + 2) y + 1 = ( x + 1) 

2 

2 ≤ 1 


có 

39 












⎪ 

⎧ 2x + 1 − 2y + 1 = y − x 

3// ⎨ 

3 4 2 

⎪⎩ 2y = 2y − 4x + 24x 

+ 18 

4/ 

⎪⎧ + + − − − = − − + 

⎨ 

3 2 3 

⎪⎩ x − 6x + 13x = y + y + 10 

3 2 

2x y 5 3 x y x 3x 10y 

6 




5/ 

7/ 

9/ 

2 2 4 2 

( ) ( 1) 

⎧ 

⎪ x x + y = y y + 

⎨ 

⎩ ⎪ − + − = 

4 2 2 2 

5y 4x 5x 4x 

2 

( ) 

⎧ 

⎪ − + 1 = 2 − + 1 − 

⎨ 

⎪ ⎩ x + 1 + y − 3 + x − y = 2 

2 2 

x y y x x 

3 

⎧ ⎪2y + 2x 1− x + 3 1− x − y 

⎨ 

2 

⎪⎩ y = 2x + 2xy 1+ x −1 

Đề kiểm tra. 

Giải các hệ phương trình sau 

⎧x + y + 2xy 

= 2 

Câu 1: ⎨ 3 3 

⎩ x + y = 8 

6/ 

8/ 

10/ 

( ) 

⎧⎪ x − x − + x x + = y + y + y + 

⎨ 

2 2 

⎪⎩ x + 2y = 2x − 4y 

+ 3 

2 2 2 

3 2 5 2 1 2 1 2 2 

⎪⎧ x − − − y = y − x + x − y + 

⎨ 

⎪⎩ 2x 

+ 3 + 4y 

+ 1 = 6 

2 2 

2 3 4 6 5 

⎧ ⎪ + − − + + = 

⎨ 

⎪⎩ 

2 2 

6x y 5xy 7x 3y 

2 0 

3 3 

x + x − 1 = y + y −1 

Câu 2: 

⎧ ⎪ 2x 

+ 3 + 4 − y = 4 

⎨ 

⎪⎩ 2y 

+ 3 + 4 − y = 4 

⎧ 2xy + 3x + 4y 

= −6 

⎧ 2 2 

⎪ x 5 − x + y 5 − 4y 

= 3 

Câu 3: ⎨ 2 2 

Câu 4: ⎨ 

⎩x − y + 2x − 4y 

= 5 

2 2 

⎪⎩ 5 − x + 5 − 4y = 6 − x − 2y 

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. 






40 











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: 






41 











- 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. So sánh phương pháp dạy khi chưa phân dạng và phương pháp dạy theo 

hướng phân dạng 

a. Phương pháp dạy khi 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 






42 











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 

1 - Nguyễn Thị 

Thanh Hòa 

- Lớp 12A1, 12A3 

Địa chỉ 

Trường THPT Trần 

Hưng Đạo – Tam 

Dương – Vĩnh Phúc 

Tam Dương, ngày 25 tháng 02 năm 2018 

Thủ trưởng đơn vị 

(Ký tên, đóng dấu) 

Phạm vi/Lĩnh vực 

áp dụng sáng kiến 

Chương 1 phần Giải Tích lớp 

12 

Chương 3 phần Đại số lớp 10 

Tam Dương, ngày 24 tháng 02 năm 2018 

Tác giả sáng kiến 

Nguyễn Thị Thanh Hoà 






43

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?