Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Cấu trúc đề tài

Cấu trúc đề tài

Tải bản đầy đủ - 0trang

1.1.1. Nhiệm vụ quan trọng trong dạy học hệ phương trình

- Giúp học sinh có cái nhìn tổng qt hơn trong q trình giải bài tốn

- Phát huy tính nhạy bén, sáng tạo trong khi học.

- Phát triển bài toán từ đơn giản đến phức tạp

1.1.2. Các con đường tiếp cận

Suy đoán: Từ các xu hướng thường gặp

1.1.3. Các phương pháp dạy học hệ phương trình

1.1.3.1. Dạy học hệ phương trình theo con đường có khâu suy đốn

Qui trình dạy học hệ phương trình chúng ta thường đi theo các bước sau:

Bước 1: Nêu các xu hướng thường gặp

Bước 2: Thử giải theo các xu hướng đó

Bước 3: Kết luận xu hướng bài toán

Bước 4: Gải bài toán theo xu hướng đã chọn

Bước 5: Kết thúc bài toán và rút ra kinh nghiệm.

1.1.4. Các kĩ năng trong dạy học hệ phương trình

- Kĩ năng phân tích bài tốn để đưa ra các nhận xét

- Kĩ năng biến đổi như phép thế, cộng đại số, phân tích đa thức thành nhân

tử…

- Kĩ năng tổng hợp sau khi đã giải xong một bài toán



1.2 Cơ sở thực tiễn

1.2.1. Thực trạng việc học của học sinh

Từ trước tới nay hệ phương trình là một phần khơng thể thiếu trong chương

trình tốn phổ thơng đặc biệt trong các kì thi tốt nghiệp THPT, HSG cấp tỉnh và cấp

QG. Nhưng một vài năm gần đây thì trong kì thi THPT QG do hình thức thi trắc

nghiệm nên hệ phương trình hầu như khơng có và đặc biệt đây là một phần cũng khá

khó nên nhiều học sinh ít quan tâm. Tuy nhiên thì trong rất nhiều lời giải của các bài

toán, vật lý… và đề thi HSG cấp tỉnh, cấp QG thì khơng thể thiếu.

1.2.2. Thực trạng việc dạy của giáo viên



Và cũng như đã nói trên, do hình thức thi trắc nghiệm nên người ta ít ra bài

tốn giải hệ phương trình nên nhiều giáo viên ít quan tâm. Nhưng điều đó là một ý

nghĩ sai lầm. Mặc dù khơng có bài tốn giải hệ phương trình trong đề thi nhưng để

giải ra được một bài tốn khó, vật lý… thì rất nhiều bài phải đưa về giải hệ phương

trình để giải với nhiều độ khác nhau.



Chương 2. KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG

TRÌNH THƯỜNG GẶP TRONG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP

TỈNH Ở LỚP 10.

2.1. Hệ phương trình đối xứng loại I.

2.1.1. Định nghĩa:

Hệ đối xứng loại I là hệ mà khi ta vị trí của x và y thì hệ khơng thay đổi.



a ( x  y )  bxy  c



(I )

�2

2

x



y



d



Thường có dạng sau:

2.1.2. Phương pháp giải.

2

Đặt: S  x  y , P  xy . Điều kiện có nghiệm S �4 P .



Khi đó hệ (I) trở thành



c  aS



c  aS



P





aS  bP  c





�P



b

��

b ��

�2

�S  2 P  d

�S 2  2 P  d

�S 2  2 c  aS  d





b

Ta giải phương trình bậc 2 đối với S sau đó sẽ tính được P rồi áp dụng định lý vi-ét ta có thể

tìm được x và y.

Chú ý: Đối với hệ này nếu (x,y) là nghiệm thì (y,x) cũng là nghiệm



2.1.3. Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:



�x 2  y 2  2 x  2 y  6

(1)



x



y



xy



5



Giải:



Đặt S  x  y , P  xy



�S 2  2 P  2 S  6

�S  2

(1) � �

��

5

�P  3

�S  P

Theo định lý Vi-ét, x,y là nghiệm của phương trình:



X 2  2X  3  0

x  3, y  1



��

x  1, y  3



Vậy hệ có 2 nghiệm (x;y) thỏa mãn là: (-1;3) và (3;-1)

Nhận xét:

Nếu đơn giản chỉ là hệ đối xứng loại I thì chắc chắn sẽ được giải quyết một

cách đơn giản. Nhưng trong thực tế rất nhiều bài tốn người ta khơng ra nếu khi

nhìn vào đã thấy ngay đó là hệ đối xứng loại I, mà người ta sẽ ra dưới dạng sau:



a (U  V )  bUV

c



(*)



(U  m) 2  (V  m) 2  d



(Trong đó U,V là các hàm của x,y)

Ta sẽ xét ví dụ sau:

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:

2

2

�x  6 xy  4 y  19  2 x  6 y (1)

�2

2

 1 4 y

(2)

�x  4 y



Rõ ràng chúng ta sẽ khơng thấy được đó là hệ đối xứng loại I ngay. Vậy đối

với bài này thì chúng ta phải giải quyết nó như thế nào? Có dấu hiệu nào để biết nó

là hệ loại I? Đó là những câu hỏi khiến chúng ta băn khoăn ở đây. Để trả lời các câu

hỏi đó ta sẽ xem lời gải của bài này trước đã.

Giải: Hệ tương đương với:



( x  1)2  6( x  1) y  4 y 2  20



(I )

�2

2

2

�x  (2 y  1)





a 2  3ab  b 2

 20





2

2

(

a



1)



(

b



1)

2

a



x



1,

b



2

y



Đặt

thì hệ trở thành:

2



 20

�S  P

�2

S  2 P  2S  0

Đặt S  a  b, P  ab thì hệ trở thành: �



80

� 10

�S  , P 

�� 3

9

2



�S  4, P  4 � S  4, P  4 Do điều kiện ( S �4 P)

2

Theo định lí Vi-ét (a,b) là nghiệm của phương trình: X  4 X  4  0 Vậy hệ



có nghiệm duy nhất (x,y)=(-1,-1)

Một câu hỏi đặt ra ở đây là tại sao chúng ta nghĩ đến việc đặt a  x  1, b  2 y

và đây có phải đó là cách đặt duy nhất hay không?

Câu trả lời ở đây trước hết đây khơng phải là cách đặt duy nhất. Ví dụ ta có thể

đặt theo cách 2 như sau: a  x, b  2 y  1 . Khi đó hệ trở thành





a 2  3ab  b 2  5(a  b)  15

�2

a  b2

2



Đặt S  a  b, P  ab thì hệ trở thành



�S 2  P  5S  15

�2

 2 (Đến đây thì cơng việc còn lại khá đơn giản)

�S  2 P

Chúng ta tiếp tục với ví dụ tiếp theo.



Ví dụ 3: (Đề thi HSG tỉnh lớp 10 trường Lý Thái Tổ tỉnh Bắc Giang 2015

- 2016)





2x  2(x2  y2 )  7



� 2 2

2(x  y )

5



Giải

Đặt a  x  y, b  x  y hệ tương đương với



�a  b  2ab 7

�2 2

5

�a  b



Dễ thấy đây là hệ loại I cơ bản bạn đọc hồn tồn có thể tự giải



Nhận xét:

Lời giải ngắn gọn dễ hiểu nhưng để tìm ra phương án giải quyết nó thì thật khơng dễ,



chưa nói đến những hệ phức tạp cồng kềnh làm nhiễu sang dạng khác. Vậy làm sao

để có phương hướng đúng chính xác nhất? Để trả lời câu hỏi trên ta hãy đến với

mục tiếp theo “cách nhận dạng” hệ loại I.

2.1.4. Cách nhận dạng

Hãy để ý đến hệ (*). Nếu đó là “hệ đối xứng loại I” thì ta có thể chọn m bất kỳ.

Với ví dụ 1 ở trên cho ta thấy có thể chọn m  1 như cách 1, m  0 như cách 2 và

có thể có vơ số cách chọn m như vậy. Từ điều này dẫn đến cách nhận dạng và

phương pháp giải của loại này. Đó là chắc chắn chúng ta sẽ biến đổi được một

2

2

(

U



m

)



(

V



m

)

 c . Đây chính là mấu chốt của

phương trình của hệ về dạng:



vấn đề. Với nhận thức đó ta sẽ giải quyết một ví dụ sau.

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:



�x 2  y 2

 5  4 x  4 y (1)



3 x  xy  y  15

(2)



Với cách nhìn nhận vấn đề trên trước hết bài này ta hãy tạm quên phương trình

thứ (2) mà hãy để ý đến phương trình (1).



(1) � ( x  2) 2  ( y  2)2  13

Bây giờ việc tiếp theo là chọn m cho phù hợp. Giả sử chọn m  0 . Khi đó ta có

cách đặt như sau:

Đặt: a  x  2, b  y  2 hệ trở thành





a 2  b 2  13



a  ab  b  11 . (Việc còn lại là khá đơn giản, bạn đọc hồn tồn có thể tự



giải quyết)

Ở đây ta có thể rèn luyện thêm cho học sinh về kỹ năng tính tốn nhằm mục

đích kiểm nghiệm phương pháp bằng cách chọn m  2

2.1.5. Khai thác và phát triển hệ loại I



Với ý tưởng trên ta có thể hồn tồn ra một đề tốn đủ khó để rèn luyện cho

học sinh.

Cho hệ đối xứng như sau:



2a  2b  ab  8



�2

a  b2

5





a  2 x  1, b 

Bây giờ ta thay



2

y vào hệ trên ta có:



4 4x  2



4

x



2





8



y

y





�x 2  1

1 x

2



y



.

Đây là hệ đã đủ khó để học sinh giải quyết nó rồi! Với cách làm trên thì ta có

thể ra được vô số bài tập loại này cho học sinh giải mà khơng phải tìm tài liệu mất

thời gian.

2.2. Hệ phương trình đối xứng loại II.

2.2.1. Định nghĩa:

Hệ đối xứng loại II là hệ mà khi ta hoán đổi x, y thì phương trình (1) trở thành

phương trình (2) và ngược lại.



Có dạng:



�f ( x, y )  a



�f ( y, x)  a



.



2.2.2. Phương pháp giải:

Lấy vế trừ của hai phương trình cho nhau ta thu được x  y

2.2.3. Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:



�x 2  y  5 x  3



�2

�y  x  5 y  3

Giải: Trừ vế theo vế ta thu được: ( x  y )( x  y  6)  0 .



Hệ đã cho tương đương với:





y

�x



x  y 1



x  y 1



�2







x



4

x



3



0

x



y



3







��

��

x y 3







x



y



6

x



3,

y



3









x  9, y  15





�2



x





9,

y



15



x



x



5(6



x

)





3









Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: {(1;1),(3;3),(-9;15)}

Ví dụ 2: (Đề thi khảo sát HSG lớp 10 tỉnh Hải Dương 2017 - 2018)





(x  1)(y2  6)  y(x2  1)





(y  1)(x2  6)  x(y2  1)

Giải hệ phương trình: �

Giải: Trừ vế theo vế ta được: (x  y)(x  y  2xy  7)  0

2

TH1 x  y thế vào phương trình (1) ta được x  5x  6  0





x 2

��

x 3



TH2 x  y  2xy  7  0. Cộng hai phương trình ta được:





x y 1

(x  y)2  6(x  y)  5  0 � �

x y 5



x  y  1 suy ra xy 4 hệ vô nghiệm



x  2, y  3

��

x  3, y  2

x  y  5suy ra xy 6 �

Vậy hệ có tập nghiệm là:



 (2,3);(3,2)



2.2.4. Khai thác và phát triển hệ loại II

Giống với trường hợp hệ loại I trên. Người ta sẽ không ra một hệ mà khi nhìn

vào đã thấy ngay đó là hệ đối xứng loại II, mà người ta sẽ ra dưới dạng sau đây.



Có dạng:



�f (U ,V )  a



�f (V ,U )  a



. (Trong đó U, V là các hàm của x, y).



Bây giờ chúng ta đi vào ví dụ sau sẽ rõ hơn.



Ví dụ 4: (Thi thử ĐH CĐ THPT Lê Văn Hưu, Thanh Hóa 2011)



1

� 2

2

x



x



2



y



�y  y 2 x  2 y 2  2

Giải hệ phương trình: �

Với hệ này U,V là cái gì? Làm thế nào để tìm được U,V? Đây là những câu hỏi

mà chúng ta cần giải quyết. Bây giờ ta xem lời giải trước đã.

Giải: ĐK: y �0 . Hệ tương đương với:



1

1

� 2

� 2

2

x



x





2

2

x



x



2





y

y





��



1

2

� x2 

�2  1  x  2

2

2





y

y

�y

�y



2x2  x  u  2



1

� 2

u

2u  u  x  2 .

y

Đặt:

. Hệ tương đương với: �

Đây là hệ đối xứng loại II cơ bản. Bạn đọc hồn tồn có thể tự giải quyết

2



Vậy là chúng ta đã chia phương trình (2) cho y và đặt



U  x,V 



1

y . Và đây



cũng chính là xu hướng mà gần đây một số đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 10

đã sử dụng. Chúng ta sẽ đến với một ví dụ nữa.

Ví dụ 5: (Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh lớp 10 năm 2016 - 2017)



Giải hệ phương trình:



�x 3 (2  3 y )  8

� 3

( y  2) x  6





3

HD: Chia cả hai vế cho x ở PT(1) và x ở PT(2). Khi đó hệ tương đương với:



2 3



�2 3

2



3

y



(

)

( )  3y  2







�x

x

��



2

3

�y  2  3.

�y 3  3 2  2

x

x







2

 a, y  b

Đặt x

ta thu được hệ sau



a 3  3b  2



�3

b  3a  2 đây là “hệ đối xứng loại II”





của a và b. Cơng việc còn lại là khá đơn giản, bạn đọc hồn tồn có thể tự giải



quyết.

Ta có thể phát triển từ một bài toán đơn giản để có một bài tốn khó hơn.

Ví dụ 6: Cho hệ phương trình:

2

�a  b  3

�2

b a3





Và ta sẽ thay:



a



1

x 2 , b  x  y vào hệ trên. Khi đó hệ trở thành



�1

x y

3



�x 4



�x 2  2 xy  y 2  1  3



x2

Đây là một hệ đủ khó cho học sinh rồi!!

Với cách làm trên ta có thể tự mình ra cho học sinh vơ số bài giải hệ phương

trình loại này cho học sinh mà khơng cần phải tìm tài liệu ở đâu xa xôi.

2.2.5. Ứng dụng hệ đối xứng loại II vào giải phương trình vơ tỷ

Một ứng dụng thú vị của loại hệ này là để giải một số dạng phương trình vơ tỷ.

Ta đến một ví dụ như sau:

Ví dụ : Giải phương trình:



3x 2  2 x  3  9 x  5 (1)

5

x�

9 . Đặt 9 x  5  3 y  1 . Phương trình tương đương với

Giải: ĐK:



x y

(1)





3x 2  2 x  2  3 y

��

3x  5

� 2



y

(2)

3 y  2 y  2  3x



3



(1)



� 3x 2  x  2  0( PTVN )



(2)



� 3x 2  5 x  8  0( PTVN )



Vậy PT vô nghiệm.

Nhận xét:

Lời giải thật gọn và đẹp nhưng một điều thắc mắc ở đây là tại sao ta lại đặt:



9 x  5  3 y  1 . Đây có phải là điều ngẫu nhiên hay không? Câu trả lời là không



phải ngẫu nhiên. Ta sẽ thực hiện một số bước nhằm tìm đến lời giải.

2 2

2

Trước hết ta đặt: 9 x  5  ax  b � 9 x  5  a x  2abx  b



� a 2 x 2  (2ab  9) x  b 2  5  0

(1) � 3x 2  2 x  3  ax  b � 3x 2  (2  a ) x  3  b  0

Bây giờ ta cân bằng hệ số của hệ sau:



�a 2 x 2  (2ab  9) x  b 2  5  0 �a 2 x 2  (2ab  9) x  b 2  5  0

�� 2

� 2

3

x



(2



a

)

x



3



b



0

3tx  (2  a )tx  (3  b)t  0





Ta thu được: a  3, b  1, t  3 . Do đó ta có cách giải như trên.

Nhận xét

Ở đây vì sao ta lại đặt



9 x  5  ax  b mà không phải là



9 x  5  ay  b ? Đây



chính là điều thú vị của “hệ đối xứng loại II” này. “Hệ đối xứng loại II” ln ln có

nghiệm x  y hoặc U  V do đó mà ta phải đặt 9 x  5  ax  b và có cách giải ngắn

gọn trên.

Ví dụ : Giải phương trình:



16 x 2  10 x  1  2 x  1

Giải:

Trước hết ta đi tìm lời giải theo cách trên.

Đặt: 2 x  1  ax  b



� 16 x 2  10 x  1  ax  b

� 16 x 2  (10  a) x  1  b  0

2 2

2

2 2

2



a

x



(2

ab



2)

x



b

1  0

a

x



2

abx



b



2

x



1

Mặt khác:



Bây giờ ta sẽ cân bằng hệ số của hai phương trình trên ta thu được:



a  4, b  1, t  1

Từ đây suy ra ta có cách đặt: 2 x  1  4 y  1





16 x 2  10 x  1  4 y  1 �

8 x 2  3 x  3 y  2 x  y





�� 2

� 2

16

y



8

y



1



2

x



1

8 y  3 y  3 x  2 x  y





Bây giờ ta có hệ:

�y  x



�y   x  3

4 (Cơng việc còn lại là khá đơn giản. Bạn đọc

Lấy (1)  (2) ta có: �

hồn tồn có thể tự giải quyết).

Chú ý: Với dạng toán này ta còn có thể giải được theo cách khác như sau

Biến đổi phương trình vơ tỷ trên về dạng:



A2(x)  B2(x) , ( B(x) chứa căn) và ta có cách đặt B(x)  A(y) cũng đưa về

hệ đối xứng loại II.

2.3. Phương pháp hằng số t.

2.3.1. Ví dụ minh họa



1

�2

2

x



y



(1)





5



57



4 x 2  3x 

  y (3 x  1)(2)



25

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

Giải: Lấy (2) �2  (1) ta thu được:



9 x 2  y 2  6 xy  6 x  2 y 



119

25



144

25

12



3

x



y



1





5

��

12



3x  y  1  



5

� (3 x  y  1) 2 



Thay



y



7

7

1

 3x

x 2  (  3x)2 

5

5

5

vào ta được:



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Cấu trúc đề tài

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×