Các dạng hệ phương trình cơ bản và cách giải

*Giới thiệu cấu trúc: A. Các dạng hệ phương trình cơ bản: I.hệ phương trình bậc 2: I.1: hệ đối xứng loại 1 I.1.1:Lý thuyết I.1.2:Bài tập áp dụng I.2: hệ đối xứng loại 2: I.2.1:Lý thuyết I.2.2:Bài tập áp dụng II.Hệ đẳng cấp II.1:Lý thuyết II.2:Bài tập áp dụng. B.Các cách giải hệ phương trình: I.phương pháp biến đổi tương đương: .....
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Các dạng hệ phương trình cơ bản và cách giải *Giới thiệu cấu trúc:A. Các dạng hệ phương trình cơ bản:I.hệ phương trình bậc 2:I.1: hệ đối xứng loại 1I.1.1:Lý thuyếtI.1.2:Bài tập áp dụngI.2: hệ đối xứng loại 2:I.2.1:Lý thuyếtI.2.2:Bài tập áp dụngII.Hệ đẳng cấpII.1:Lý thuyếtII.2:Bài tập áp dụng.B.Các cách giải hệ phương trình:I.phương pháp biến đổi tương đương:I.1:Lý thuyết:Loại 1Loại 2Loại 3I.2: Bài tập áp dụng:I.2.1:Bài tập áp dụng cho loại 1I.2.2:Bài tập áp dụng cho loại 2I.2.3:Bài tập áp dụng cho loại 3II. phương pháp đặt ẩn phụ:II.1:Lý thuyếtII.2:Bài tập áp dụngIII. phương pháp hàm số:III.1:Lý thuyết:Loại 1Loại 2III.2:Bài tập áp dụng:III.2.1:Bài tập áp dụng cho loại 1III.2.2:Bài tập áp dụng cho loại 2IV. phương pháp đánh giáC.tuyển tập các bài toán hay và khó ***Chuyên đề:Hệ phương trìnhA.Các hệ dạng hệ phương trình cơ bản:I.hệ phương trình bậc 2:I.1: hệ đối xứng loại 1:I.1.1:Lý thuyết:Cách giải của hệ pt đối xứng loại 1 là biến đổi các pt củahệ để đưa về đặt ẩn phụ theo tổng và tích các biến dưới dạng định Lý vietI.1.2: Bài tập áp dụng:Bài 1 : Giải hệ phương trình  x 2  xy  y 2  4   x  xy  y  2 u 2  t  4(1)Lời giải:Đặt x+y =u và xy = t   u  t  2(2) u  3Từ (2)  t = 2 – u thế vào (1) ta có : u 2  u  6  0   1 u2  2 u1  3 u2  2Từ đó ta có :  hoặc  t1  5 t2  0  x  y  3 Hệ :  vô nghiệm  xy  5 x  y  2 Hệ :  có 2 nghiệm ( x,y 0 = ( 0;2) và ( 2; 0)  xy  0 Biên soạn: Nguyễn Thị Yến Giang  x 2  1  3 y (1) Bài 2 :Giải hệ phương trình :  2  y  1  3x(2) Lời giải:Từ (1) và (2) suy ra : x  y 2  3 y  3x  ( x  y)( x  y  3)  0 2 Vậy hệ đã cho tương đưong với :  x2  1  3 y  x2  1  3 y   x2  1  3 y   x  y  0    x  y  0   2 ( x  y )( x  y  3)  0  x  y  3  0  x  1  3 y    x  y  3  0   3 5 x  y   2  3  41   x   2  3  41  y  3   2 Biên soạn : Nguyễn thị Yến GiangBài 3: Giải hệ :  x 2  y 2  2 xy  8 2    x y 4 Lời giải:Đặt u = x  0 ; v = y  0 , ta có hệ :  u 4  v 4  2uv  8 2   u  v  4 Đặt S = u + v . P = uv thì : S  4    ( S  2 P)  2 P  2 P  8 2(*) 2 2 2 Ta có (*) 2P2  64P  256  2P  8 2 P2  32P 128  8  P P  8   P  32 P  128  64  16 P P 2 2 P = 4 S  4Vậy ,  v , u là các nghiệm của phương trình : t 2  4t 4  0 P  4 t1  t2 = 2 u = v = 2 x  y = 2 x = y = 4 Biên soạn:Nguyễn Thị Phương Thảo BChú ý : Ta đã khử bớt căn thức nhờ đặt ẩn số phụ u , v . Mặt khác hệ đãcho là hệ đối xứng kiểu 1 . Nên ta tính P để áp dụng hệ thức Viet . Cácbạn có thể nhân hai vế của phương trình (1) với 2 và bình phương haivế của phương trình (2) để dẫn đếnx=y.Bài 4: Giải hệ: ( x 2  xy  y 2 ) x 2  y 2  185   2 ( x  xy  y 2 ) x 2  y 2  65 Lời giải:Cộng từng vế của hai phương trình ta được : 2( x 2  y 2 ) x 2  y 2  250 ( x2  y 2 )3  125 x2  y 2  5 (25  xy )5  185Thay vào hệ :  xy = 12 (25  xy )5  65  x 2  y 2  25Ta có hệ   xy  12 x  3 x  4Dễ dàng giải hệ đối xứng này để dẫn tới nghiệm :  ; ; y  4 y  3 x  3  x  4 ; y  4  y  3 Biên soạn: Nguyễn ...