Mô tả:
DOÃN XUÂN HUY – THPT Ân Thi – Hưng Yên
CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I.Hệ phương trình đối xứng loại 1:
x 2 xy y 2 7 x 2 / y y 2 / x 18 x3 y 3 7
5( x y ) 2 xy 19
1/
;2 /
;3/
;4 /
x
y
3
xy
35
x
y
5
x
y
12
xy ( x y ) 2
4
4
( x 2 y 2 ) xy 78
x y xy 5
x y 4
x y 17
5/ 2
;6 / 2
;7 / 2
;8 / 4
2
2
3
3
2
4
x
y
xy
7
(
x
y
)(
x
y
)
280
x
y
xy
13
x y 97
II.Hệ phương trình đối xứng loại 2:
xyz x y z
2
2
2
2
xy
z
2
x
y
z
1
x
2
yz
x
x 2 13x 4 y
2
2
yzt y z t
2
2
1/ 2
;2 / yz x 2;3/ y z x 1;4 / y 2 zx y ;5 /
y 13 y 4 x
zx y 2 2 z 2 x 2 y 1 z 2 2 xy z
ztx z t x
txy t x y
III.Hệ phương trình đẳng cấp:
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
x 2 xy 3 y 9
3x 2 xy y 11
x y 1
2 x 9 y ( x y)(2 xy 3)
x y 1
2
2
2
2
5
2
2
2
3
2
5
2
2
x 4 xy 5 y 5
x xy y 3
x y x y
x 2 xy 3 y 17
x y 2 xy y 2
IV.Hệ phương trình vô tỉ:
x 2 y 2 2 xy 8 2
S 2 2P 2P 8 2
x2 y 2 8 x
x y x y 4
x y y x 30
2
2
2
2
x
y
128
x
x
y
y
35
x
y
128
x y 4
S 2 P 16
2
2
x y x y 2(1)
x 2 y 2
x5 y2 7
2( x y ) 3( 3 x y 3 xy )
( bp (1) )
;
;
;
3
2
2
2
2
3
y
2
x
2
y
5
x
2
7
x y 6
x y x y 4
x y 3x 2 y 1 20 y / x x y x y
x y 2x y 2 7
x y x y 20
;
;
;
()
2
2
3
x
2
y
23
x
y
136
x
y
x
y
0
16
x
/
5
y
x
y
x
y
V. Giải HPT bằng pp đánh giá:
x y 2 yz
x y 1 x 1/ y 1 2 x 2 /(1 x 2 ) y 2 x 2 /(1 x 2 ) y
2
z y 2 xz
2
3
4
2
;
y z 1; y 1/ z 1; 2 y /(1 y ) z ; 3 y /( y y 1) z
z 1/ x 1 2 z 2 /(1 z 2 ) x 4 z 4 /( z 6 z 4 z 2 1) x x z 2 yx
z x 1
2
2
2
x y z 12
1
DOÃN XUÂN HUY – THPT Ân Thi – Hưng Yên
z 2 1 2 xy
1 4 xy 1 ( z 2 1) 2
x y 1
x2 y 4 z 6 1
; 4
;
2
3
4
5
7
2
x
y
1
x
y
z
1
x
1
2
yz
1
4
xy
x 1 2 yz 1 4 xy
2
2
VI. Một số HPT khác:
x y
x y
2
2
2
2
3
3
6
5
2 y ( x y ) 3x
( x y ) x y ) 3
x 7 x y 7 y x 1/ x y 1/ y
x y
; 2
;
; 2
;
x y
3
2
2
2
2
x
(
x
y
)
10
y
(
x
y
)(
x
y
)
15
x
y
x
y
2
2 y x 1
xy 2
x 2 y 2 x y 18 x(3x 2 y )( x 1) 12 x( x 2)(2 x y) 9 ( x y)(1 1/ xy) 5
; 2
; 2
; 2
2
2 2
xy ( x 1)( y 1) 72 x 4 x 2 y 8
x 4x y 6
( x y )(1 1/ x y ) 49
x 2 y 3z 9
x u v 9
x y z 6
( x y )( x y z ) 45
2
2
2
2
2
2
xy yz zx 7 ; x 4 y 9 z 189 x u v 189; ( y z )( x y z ) 63
x 2 y 2 z 2 14 3xz 4 y 2
xv u 2
( z x)( x y z ) 54
5 xy 6( x y ) 5 xyz 24( x y) xy a 0 x y xy 1 x( x y z ) 2 yz
7 yz 12( y z ); 7 xyz 24( y z ); yz b 0 ; y z yz 5; y ( x y z ) 3 xz
3xz 4( z x) xyz 4( z x)
zx c 0 z x zx 2 z ( x y z ) 6 xy
2 2
2
2
2
x 1
x y 2x y 0
y 2 x /( x 1) 1
2
3
2
3
2 x 4 x 3 y 0
2( x 1) 1 y 0 y 1
2
2
x2 y 2 x2 y 2
1/ x 1/ y 1
2
x y 2
2
2
2
x
y
2
2
1
xy
2
x
1
y
1
xy
2
3
x y 16
x, y 0 8 3 x y 4 4 x 3 y 8 x y 2
3x y 8
2
4
x 32 x y 3
( x 32 x ) ( 4 x 4 32 x ) y 2 6 y 21 12.VT 12 x 16; y 3
4
x 32 x 6 y 24
4
3
2 2
4
3
2 2
2
2
x x y x y 1
x x y x y 1 x ( x 1) 0
x y 1
3
2
2
x y x xy 1
( xy 1)( x 1) 0
xy 1
y xy 2 6 x 2
1/ x y 6 x / y
yz ( z y ) 6
SP 6
S 3
y 1;2 (1/ 2;1)
2
2
2
2
2
2 2
2
P
2
z
2;1
1/
x
y
5
z
y
5
S
2
P
5
1
x
y
5
x
(1;2)
3 3
3
1/ x3 y 3 19
z 3 y 3 19 xy x / y 16 / 3
1 x y 19 x
;
2
2
1/
x
y
6
x
/
y
zy
(
z
y
)
6
y
xy
6
x
xy y / x 9 / 2
x 2 y 2 64 2 xy
x y 8
x 2 x y 1 x y 2 y x 1 y 18
x 4
2
2
2
2
y4
x 9 y 9 10
x2 x y 1 x y 2 y x 1 y 2
x 9 y 9 10
2
DOÃN XUÂN HUY – THPT Ân Thi – Hưng Yên
y 2 x /(1 x 2 )
2 x x y y
y tan2a
x tan(k / 7)
2
2
2 y y z z x y z 0 z 2 y /(1 y ) z tan 4a y tan(2k / 7)
2 z z 2 x x
2
x tan8a
z tan(4k / 7)
x 2 z /(1 z )
2
6 x( y 2 z 2 ) 13 yz
x 0 y 0 z 0 6 xy / z 6 xz / y 13
2
2
3 y ( z x ) 5 zx y 0 z 0 x 0 6 xy / z 6 yz / x 10
6 z ( x 2 y 2 ) 5 xy
z R x R y R 6 xz / y 6 yz / x 5
VII. Biện luận hệ phương trình:
x y xy m
1/ Tìm gt của m để hpt sau có nghiệm:
(1)
2
2
x y m
Giải: Đặt S = x + y; P = xy S P m & S 2 2P m S 2 2S 3m 0. ' 1 3m 0 m 1/ 3 . Để
(1) có nghiệm thì S 2 4P S 2 2P 2P m 2P m 2(m S ) m 2S m 2 2 3m 1 0 . Để (1)
có nghiệm ta chỉ cần đk: m 2 3m 1 0 3m 1 m 2 0 m 8 ( do m 0 từ pt thứ hai của hệ ).
2
x 2 xy y mx
2/ Giải và bl hpt: 2
y 2 xy x my
Giải: Trừ các vế của 2 pt ta được: ( x y)( x y 1 m) 0
a/ x y 3x2 m( x 1) 0 x 0;(m 1) / 3
b/ y m 1 x x 2 (m 1) x m 1 0. (m 1)(m 5)
Kết luận: +/ 1 < m < 5: hpt có nghiệm x y 0; x y (m 1) / 3
+/ m 1 m 5 : hpt có nghiệm: x y 0; x y (m 1) / 3 ; (
m 1 m 1
;
)
2
2
2
2
x xy y 1(1)
3/ Tìm m để hpt sau có nghiệm: 2
2
x 3xy 2 y m(2)
Giải: Đặt x ty (1) : y 2 (t 2 t 1) 1 (3). Vì t 2 t 1 0 với mọi t nên (3) luôn có nghiệm. Từ hpt ta suy ra:
(t 2 3t 2) /(t 2 t 1) m (m 1)t 2 (3 m)t m 2 0 (4).
+/ m = 1: t = 1/2 hpt có nghiệm.
+/ m 1: (4) có 3(m 4)(m 6) .
Từ đó ta suy ra hpt có nghiệm khi 4 m 6 .
x 1 y 1 3
4/ Tìm m để hpt sau có nghiệm:
x y 1 y x 1 x 1 y 1 m
3
DOÃN XUÂN HUY – THPT Ân Thi – Hưng Yên
u v 3(u, v 0)
S 3
hpt có nghiệm khi 0 m 27 / 4 .
2
2
P m / 3
u (v 1) v (u 1) u v m
Giải: hpt đã cho tđ với:
2
3
2
y x 4 x ax
2
3
2
x y 4 x ay
Giải: a/ đk cần: gs hpt có nghiệm: ( x0 ; y0 ) thì nó cũng có nghiệm ( y0 ; x0 ) do đó để hpt có nghiệm duy nhất thì
5/ Xác định a để hpt sau có nghiệm duy nhất:
x0 y0 x03 5x02 ax0 0 . Vậy nếu hpt có nghiệm dn thì 25 4a 0 a 25/ 4 .
2
3
2
x y 4 y ay
b/ đk đủ: hpt tđ với
. Do pt x2 xy y 2 3( x y) a 0
2
2
( x y ) x xy y 3( x y ) a 0
x2 ( y 3) x y 2 3 y a 0 có x ( y 3)2 4( y 2 3 y a) 3 y 2 6 y 9 4a 0y vì
'y 12(3 a) 0 do a > 25/4 .
Với x = y thì hpt trở thành x( x 2 5x a) 0 . Do a 25/ 4 25 4a 0 nên pt chỉ có nghiệm x = 0 do đó
hpt có nghiệm duy nhất x = y = 0 . Vậy với m < 25/4 thì hpt đã cho có nghiệm duy nhất.
x y xy a
x y a
6/ Giải và biện luận hpt:
Giải: trừ các vế của hai pt ta được: 2 y xy 0 y 0 x 4 y( y 0)
a/ a < 0: hpt có hai nghiệm ( a; 0) và ( 4a/3; a/3)
b/ a 0 : hpt có nghiệm duy nhất ( a; 0).
MỘT SỐ BÀI TẬP:
2
2
x 4 xy y k
1/ Chứng minh hpt sau luôn có nghiệm: 2
y 3xy 4
x 4 y 1 4
(13/ 3 m 7)
x
y
3
m
2/ Tìm các GT của m để hpt sau có nghiệm:
x3 y 2 7 x 2 mx
3/ Tìm m để hpt sau có nghiệm duy nhất: 3
có nghiệm duy nhất ( m > 16 )
2
2
y
x
7
y
my
x y xy 2m 1
4/Cminh với mọi m, hpt sau luôn có nghiệm, tìm m để hpt có nghiệm duy nhất:
(m 1)
2
xy ( x y ) m m
3x 2 2 xy y 2 11
59 3897
59 3897
5/ Tìm m để hpt sau có nghiệm: 2
m
2
4
4
x 2 xy 3 y 17 m
6/ Cho HPT: x my m(d ) & x 2 y 2 x(C ) . Biện luận số nghiệm của HPT theo m. Khi HPT có hai nghiệm
( x1; y1 ) & ( x2 ; y2 ) hãy tìm GT của m để GTBT S ( x2 x1 )2 ( y2 y1 )2 đạt GTLN ( m = 1/2 )
4
DOÃN XUÂN HUY – THPT Ân Thi – Hưng Yên
--------------------- // --------------------
5
- Xem thêm -
.PDF 
5 
269 
146 
