Đs9 chuyên đề 3 hệ phương trình (68 trang)

BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | CHUYÊN ĐỀ 3.HỆ PHƢƠNG TRÌNH A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT I HỆ BẬC NHẤT HAI ẨN KIẾN THỨC CẦN NHỚ ax  by  c Hệ phương trình bậc hai ẩn hệ phương trình có dạng:  a ' x  b ' y  c ' + Cặp số ( x0 ; y0 ) gọi nghiệm hệ phương trình nghiệm chung hai phương trình + Hệ có nghiệm nhất, vô nghiệm vô số nghiệm tùy theo vị trí tương đối hai đường thẳng biểu diễn nghiệm hai phương trình + Phương pháp giải hệ: Chúng ta thường dùng phương pháp phương pháp cộng đại số để khử bớt ẩn, từ giải hệ MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ Xác định hệ số a, b hàm số y  ax  b để: a Đồ thị qua hai điểm A(1;3), B(2; 4) b Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ -4 cắt trục hồnh điểm có hồnh độ Lời giải: a Thay tọa độ điểm A, B vào phương trình đường thẳng ta được: 3  a  b b   a a    Vậy a  1, b     2a  b   2a   a b   a  4  a.0  b b  4 a  b Tương tự phần (1) ta có hệ:    0  a  b 2a  b  b  4 Vậy a  2, b  4 Ví dụ Giải hệ phương trình sau: 1 x  y   a     1  x y  x  x 1   b   x   x  y 3 y 1 3y  1 y 1 Lời giải: 1 a Đặt u  , v  Theo đề ta có hệ phương trình: x y u  v  v   u 5u  u      3u  2v  1 3u  2(3  u )  1 v   u v  1   2x 1  x  y   c  2 x     x y | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN Từ suy ra: x  b Đặt u  1  1; y   u v x y Theo đề ta có hệ phương trình: ,v  x 1 y 1 u  v  u   v u   v u      u  3v  1 3  v  3v  1 4v  4 v  1  x  x  2  x   x  2x   Từ suy ra:    y y   y y     1   y  1 c Điều kiện x  , x  y  Đặt a  x   ta có hệ phương trình  b  x  y   2x 1  a  b  a   x      1 2a  b  b   y   x y Vậy hệ có nghiệm x  1; y  Ví dụ Giải hệ phương trình sau: y  x x 5  y 6   a   10   1  x  y   x   1  y 1  b  3 x    2  y 1   x7   c     x   2x  x   y  1 d    2y   x  2y  x   2  y 1  e   4x     y 1 1  x   y    x y  f   xy    xy  x  2y  x 1  y 1   g   x  3  x  y    4x   2x  y   h   x 1    2x  y  y6 3 13  y6 Lời giải: a Điều kiện: x  5; y  Ta viết lại hệ phương trình thành: x 55 y 66   x 5  y 6  x 5       10   1  10  x 5 y 6 x 5    10 3 x 5  y 6   10  1   x 5 y6  12 12  10 6  6  y 6 x 5 y 6  21  1  7 y6 y6  BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | Từ 21   y    y  thay vào ta tìm x  10 Vậy hệ phương trình có nghiệm y 6  x; y   10;9 1 b Điều kiện x  , y  Ta nhân phương trình thứ hệ với thu được: 2  2 x   y    , cộng hai phương trình hệ ta có: x    x    3 x    2  y 1 x 1 Với x  thay vào phương trình ban đầu hệ ta có: 2 2 y   y 1   y 1     y 1  y   1  y  1  1  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: ( x; y)   ;0  ,  ;1 2  2     c Điều kiện x  7, y  6 , ta viết lại hệ thành:    Cộng phương trình hệ ta thu được: Vào ta tìm được:    y6 21  x7 12 5 y6 20  x7 12 26  y6 41 41   x    x    x  16 thay x7   y    y   36  y  30 thỏa mãn y6 điều kiện Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (16;30) d Điều kiện y  0, x  1 Ta viết lại hệ phương trình thành:  2x     x   y  1  x   y  3  , cộng phương trình hệ thu được:     2y   4y   x   x  y  4y   4y  y      y  1(TM ) y 1 y     suy y  thay vào  y   ( L)      phương trình thứ ta tìm được: x   Vậy hệ có nghiệm  x; y     ;1   e Điều kiện: x  1; y  1, ta viết hệ lại dạng: | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN 2y   2     x 1  y 1   x 1  y 1  2 x         2 x    2 x    2 x      y  y      0   y 1  y 1  2 x      y 1 y 1  x  Suy  thỏa mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (0;1) y 1  u u  v  (1) f Đặt x  y  u; xy  v (với v  Hệ cho trở thành  v   (2)  v v  Phương trình (2) có dạng 2v  5v     v   2 x  y  + Với v  thay vào PT (1) tìm u  Ta có hệ phương trình  nên x, y nghiệm  xy  phương trình X  X   , tức ( x; y)  (1;2),(2;1)  x  y   + Với v  thay vào PT (1) tìm u  Ta có hệ phương trình  nên x, y nghiệm 2  xy   phương trình X  1 X   , tức ( x; y)  (1; ), ( ;1) Từ suy hệ cho có tất bốn 2 2 nghiệm g Điều kiện: x  1; y  1 Ta biến đổi hệ phương trình cho thành:  x 1 y     x 1  y    x 1       x 11       y 1  x 1  x 1  2  x 1  y 1   1     y 1  x 1 2  2  2  y 1 x   x 1 y 1   y 1  1 1  x  y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y)  (2;1) x  h Điều kiện:  , hệ phương trình viết lại thành: 2 x  y  1   2 x   x  y  2 x   x  y   x   x     (TMĐK)     y  2 x  y  2 x   14  16  15  15   x  y 2x  y Vậy hệ có nghiệm ( x; y)  (2;3) BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN |  x  y  (1) Ví dụ Cho hệ phương trình:  mx  y  (2) a Giải hệ phương trình với m  b Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) x, y trái dấu c Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x  y Lời giải: x  y  x  y  x  y  x  a Với m  ta có hệ phương trình:     2 x  y  2(2 y  5)  y  3 y  6  y  2 b Từ phương trình (1) ta có x  y  Thay x  y  vào phương trình (2) ta được: m(2 y  5)  y   (2m 1) y   5m (3) Hệ có nghiệm (3) có nghiệm Điều tương đương với: 2m    m  Ta có: x y   5m Từ ta được: y  ; x   2y  2m  2m  3(4  5m) Do x, y    5m   m  (thỏa mãn điều kiện) (2m  1) c Ta có: x  y   5m  (4) 2m  m  Từ (4) suy 2m    m  1 Với điều kiện m  ta có: 2  m  (l )    5m  Vậy m  (4)   5m       5m  3  m    x  my  m  (1) Ví dụ Cho hệ phương trình:  mx  y  3m  (2) a Khơng giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị m hệ phương trình có nghiệm nhất? b Giải biện luận hệ phương trình theo m c Tìm số ngun m cho hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) mà x, y số nguyên d Chứng minh hệ có nghiệm ( x; y ) điểm M ( x; y) chạy đường thẳng cố định e Tìm m để hệ có nghiệm cho x y đạt giá trị nhỏ Lời giải: a Từ phương trình (2) ta có y  3m   mx Thay vào phương trình (1) ta được: | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN x  m(3m   mx)  m   (m2  1) x  3m2  2m  (3) Hệ có nghiệm phương trình (3) có nghiệm nhất, tức m2    m  1 Ta lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm khi: m   m2   m  1 m b Từ phương trình (2) ta có y  3m   mx Thay vào phương trình (1) ta được: x  m(3m   mx)  m   (m2  1).x  3m2  2m  (3) Trƣờng hợp 1: m  1 Khi hệ có nghiệm  3m2  2m  (m  1)(3m  1) 3m  x     m2  (m  1).(m 1) m 1   y  3m   m 3m   m  m 1 m 1  Trƣờng hợp 2: m  Khi phương trình (3) thành: 0.x  Vậy hệ có vơ số nghiệm dạng ( x;2  x), x  Trƣờng hợp 3: m  1 phương trình (3) thành: 0.x  (3) vơ nghiệm, hệ vơ nghiệm c Hệ cho có nghiệm m  1 3m    x  m    m  Ta có:  Vậy x, y nguyên nguyên Do m  có m 1  y  m 1  1  m 1 m 1 thể 2; 1;1; Vậy m  3; 2;0 (thỏa mãn) m  (loại) Vậy m nhận giá trị 3; 2;0 d Khi hệ có nghiệm ( x; y ) ta có: x  y   2    1  2 m 1  m 1  Vậy điểm M ( x; y) ln chạy đường thẳng cố định có phương trình y  x  e Khi hệ có nghiệm ( x; y ) theo (d) ta có: y  x  Do đó: xy  x.( x  2)  x  x   ( x  1)2   1 Dấu xảy khi: x    2 1   m 1   m  m 1 m 1 Vậy với m  x y đạt giá trị nhỏ Chú ý: Ta tìm quan hệ x  y  theo cách khác: Khi hệ phương trình BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN |  x  my  m  (1) có nghiệm (m  1) lấy phương trình (2) trừ phương trình (1)  mx  y  3m  (2) hệ ta thu được: (m 1) x  (m  1) y  2(m  1)  x  y   x  my   4m Ví dụ Cho hệ phương trình:  Chứng minh với m hệ phương trình ln mx  y  3m  có nghiệm Gọi ( x0 ; y0 ) cặp nghiệm phương trình Chứng minh: x02  y02  5( x0  y0 )  10  Lời giải: Từ phương trình (2) hệ phương trình ta có y  3m   mx thay vào phương trình (1) hệ ta có: (m2  1) x  3m2  3m  Do m2   với m nên phương trình ln có nghiệm x0 Suy hệ ln có nghiệm với m  x0   m( y0  4) Gọi ( x0 ; y0 ) nghiệm hệ: Từ hệ phương trình ta có:  Nhân hai vế  y0   m(3  x0 ) phương trình thứ với (3  x0 ) , phương trình thứ hai với ( y0  4) trừ hai phương trình cho ta được: (3  x0 )( x0  2)  ( y0  4)( y0  1)   x02  y02  5( x0  y0 )  10  Ngồi ta giải theo cách khác sau: (d ) : x  my  4m   0,(d ') : mx  y  3m 1  Ta dễ dàng chứng minh đường thẳng (d) qua điểm cố định: A(2; 4) đường thẳng (d’) qua điểm cố định: B(3;1) Mặt khác ta dễ chứng minh đường thẳng (d) đường thẳng (d’) vng góc với nên hai đường thẳng cắt Gọi M ( x0 ; y0 ) giao điểm hai đường thẳng tam giác MAB vng 5 5 M Gọi I trung điểm AB I  ;  , AB  10 suy 2 2 2  5  5  2 IM  AB  IM  AB   x0     y0     10  x02  y02  5( x0  y0 )  10  2      x  my  (1) Ví dụ Cho hệ phương trình:  mx  y  2m  (2) Hệ có nghiệm ( x; y ) , tìm giá trị nhỏ biểu thức sau đây: a P  x2  y (1) b Q  x  y (2) Lời giải: Từ phương trình (2) ta suy ra: y  2m   mx Thay vào phương trình (1) ta được: x  m(2m   mx)   (m2 1).x  2m2  m  (3) | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Hệ có nghiệm phương trình (3) có nghiệm nhất, điều xảy khi: m2    m  1  2m2  m  (m  1)(2m  3) 2m  x     2  m 1 (m  1).(m  1) m 1 m 1 Khi   y  2m   m 2m   m 1 m 1  a Ta có: P  x2  3( x  2)2  x2  12 x  12  (2 x  3)2   P  x  2m  3    4m   3m   m  3 m 1 Vậy giá trị nhỏ P b Ta có: Q  x  y  x  ( x  2)4 Đặt t  x  Khi Q  (t  1)4  (t  1)4  t  4t  6t  4t   t  4t  6t  4t   2t  12t   Q   t   x 1 2m    2m   m   m  2 m 1 Vậy giá trị nhỏ Q mx  (m  1) y  Ví dụ Cho hệ phương trình:  Chứng minh hệ ln có nghiệm (m  1) x  my  8m    ( x; y ) tìm GTLN biểu thức P  x  y   y (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán – ĐHSP Hà Nội 2015) Lời giải: Xét hai đường thẳng (d1 ) : mx  (m  1) y   0; (d2 ) : (m  1) x  my  8m   + Nếu m  (d1 ) : y   (d2 ) : x   suy (d1) ln vng góc với (d2) + Nếu m  1 (d1 ) : x   (d2 ) : y  11  suy (d1) ln vng góc với (d2) + Nếu m  0;1 đường thẳng (d1), (d2) có hệ số góc là: a1   m m 1 suy , a2  m 1 m a1.a2  1 (d1 )  (d2 ) Tóm lại với m hai đường thẳng (d1) ln vng góc với (d2) Nên hai đường thẳng ln vng góc với Xét hai đường thẳng (d1 ) : mx  (m  1) y   0; (d2 ) : (m  1) x  my  8m   ln vng góc với nên cắt nhau, suy hệ có nghiệm Gọi giao điểm I ( x; y) đường thẳng (d1) BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | qua A(1;1) cố định, đường thẳng (d2) qua B(3; 5) cố định suy I thuộc đường trịn đường kính AB Gọi M (1; 2) trung điểm AB MI  AB  ( x  1)2  ( y  2)2  13 (*) P  ( x  1)2  ( y  2)2  x  y    2( x  y)    x   3( y  2)    Hay P  10    x   3( y  2)  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:   y  4x  Ví dụ 9:Giải hệ phương trình:   2 y  x  x  y   Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh Trà Vinh, năm 2009 – 2010) Hướng dẫn giải – đáp số Từ phương trình (1) ta có: y  x  vào phương trình (2) ta được: x   x  x  x     2 x   5x   (*)  Trường hợp Xét x   Phương trình (*)  2  x  5   5x     4 x  10  x    x   (thỏa mãn) 13  7 Từ (1), suy ra: y         3  Trường hợp Xét   x   Phương trình (*)   x  5   5x     x  10  x    x  1 Từ (1), suy ra: y  4.(1)    Trường hợp Xét x   Phương trình (*)   x  5  x    x  10  x    x   (thỏa mãn)   17 Từ (1) suy y         Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y  là: | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN 2  x  x  y  y Ví dụ 10:Giải hệ phương trình:  2   x  y  (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, Đại học Vinh, năm học 2015 – 2016) Hướng dẫn giải – đáp số 2  x  y  x  y  1   x  y  x  y   Ta có:    2 x  y  x  y     x  y  x  y 10  x y Trường hợp Xét   2 2 x  y  x  y    x  y   (1) Trường hợp Xét  2  x  y  (2) Từ phương trình (1) ta có y  1  x, vào phương trình (2), ta được: x  x    x  1   x  x     x  1 x       x  2 Với x   y  1 1  2 Với x  2  y  1  (2)  Vậy tập nghiệm  x; y  hệ phương trình là:   10   10 10   10  S   ; ;  ,    , 1; 2  ,  2;1    2       7 13   17   ;   ;  1;1 ;   ;  3   9 II MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƢƠNG TRÌNH KHÁC Hệ đối xứng loại I: a) Một hệ phương trình ẩn x, y gọi hệ phương trình đối xứng loại I phương trình ta đổi vai trị x, y cho phương trình khơng đổi b) Tính chất Nếu ( x0 ; y0 ) nghiệm hệ ( y0 ; x0 ) nghiệm S  x  y c) Cách giải: Đặt  điều kiện S  4P quy hệ phương trình ẩn S, P P  x y  Chú ý:  Trong số hệ phương trình đơi tính đối xứng thể phương trình Ta cần dựa vào phương trình để tìm quan hệ S, P từ suy quan hệ x, y 10 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN    x  m  m  1 phương trình có nghiệm   y  2 m 1  b) Ta có x, y  Z  m  1 Ư(2) m  1  m 0; 2; 3 hệ phương trình có nghiệm  x; y  thỏa mãn x; y  Z   a  1 x  y  Bài 21 Cho phương trình  (I)  3x  ay  a) Giải hệ (1) với a   b) Tìm giá trị a để hệ (I) vô nghiệm Hướng dẫn giải – đáp số  3.x  y   a) Với a   hệ (I) trở thành  3x   y      y 1 3.x  y     1 y  1     x 3x   y   3.x  y        b) Ta có x  Ta có:   ay vào phương trình (1)  a  11  ay   y   a   a  a  1 y  y   a  a  1 y  y  a    a   a  3 y  a  (3) Hệ (I) vô nghiệm  phương trình (3) vơ nghiệm   a   a  3  a    a  2; a  mx  y  10  m Bài 22 Cho hệ phương trình   x  my  a) Giải biện luận hệ phương trình theo m b) Xác định giá trị nguyên m để hệ có nghiệm  x; y  cho x  0; y  c) Với giá trị ngun m hệ có nghiệm  x; y  với x; y số nguyên dương d) Tìm giá trị m để hệ có nghiệm cho S  x  y đạt giá trị nhỏ 54 BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | e) Chứng minh hệ có nghiệm  x; y  điểm M  x; y  nằm đường thẳng cố định Hướng dẫn giải – đáp số a) Từ phương trình  x   my Thế vào phương trình trên: m   my   y  10  m   m  2 m  2 y   m   (*) 2 x  y   x   y  Xét m  2, hệ phương trình có dạng:   x  y  y  R  Xét m  2, phương trình (*) có dạng: y  20 vô nghiệm  hệ phương trình vơ nghiệm  Xét m2; 2 từ (*) suy ra: y  8m x m2 m2 Kết luận: x   y  Với m  2, hệ phương trình có vơ số nghiệm, nghiệm tổng quát là:  y R  Với m  2, hệ phương trình vơ nghiệm 8m   x  m   Với m2; 2 hệ phương trình có nghiệm nhất:  y   m2 b) Để hệ phương trình có nghiệm m2; 2 8  m  m   x  m      2  m   y  8  m   0  m  Vậy 2  m  hệ phương trình có hai nghiệm dương c) Hệ phương trình có nghiệm m2; 2 nghiệm là: 8m 10   x  m   m    y  m2  Để hệ phương trình có nghiệm nguyên dương m   Ư(5) m   0, , suy ra: 55 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN m+2 m -1 8m   x  m  d) Với m2; 2, hệ phương trình có nghiệm nhất:  y  m2  8  m   25  2  m  2  m  2 Xét S  x  y 2 Vậy giá trị nhỏ S  m2  16m  89  m  2  2m  21   m  2 1   5 21 m  e) Hệ phương trình có nghiệm m2; 2 nghiệm là: 8m 10   x  m   m   suy ra: x  y  1  y   m2 Vậy điểm M  x; y  nằm đường thẳng cố định x  y  1   m  1 x  y  Bài 23 Cho hệ phương trình:  (với m tham số)  mx  y  m Xác định tất giá trị m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện: x  y  (Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Đồng Tháp, năm học 2014 – 2015) Hướng dẫn giải – dáp số (1)  y  m 1  x   y  m 1  x    m  1 x  y      Ta có:    m  1 x  m 1  x     2m  1 x  m  (2) mx  y  m   Khi m   , phương trình (2) trở thành 0.x  (vơ lý) Hệ phương trình vơ nghiệm 2 m3  x  2m    Khi m   , hệ phương trình có nghiệm nhất:   y  m  m  2  2m  Suy ra: x  y  m2  m  2m  56 BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | 1  11  Do m  m    m     nên x  y   2m    m   2  Vậy với m   hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn điều kiện: x  y  2   x  3xy  y  1 Bài 24 Giải hệ phương trình :  2  3x  xy  3y  13 (Thi học sinh giỏi Toán lớp , tỉnh Nghệ An , năm học 2012-2013) Hướng dẫn giải – đáp số   y  1 Xét x  ta có hệ  hệ vô nghiệm 3y  13   x  1 Xét y  ta có hệ  hệ vô nghiệm 3x  13  Vậy x; y khác đặt x  ty; t  2 2  y  t  3t  1  1   t y  3ty  y  1   Ta có hệ  2 (*) 2 2 3t y  ty  3y  13 y 3t  t   13       Vì vế hệ (*) khác ta chia vế hệ (*) cho ta : t  3t  1   13t  39t  13  3t  t   2t  5t   3t  t  13 t    t   2t  1    t   2  y  1  Với t   x  2y thay vào hệ (*) ta :  13y  13 Giải ta có nghiệm  x; y    2;1 ;  2; 1  Với t  1  x  y thay vào hệ (*) ta : 2 1  2  y  y  y  1  y  1   2  y  y  3y  13 13 y  13   Giải ta có nghiệm  x; y   1;2  ;  1; 2  Vậy tập nghiệm hệ phương trình :  x; y    2;1 ;  2; 1 ; 1;2  ;  1; 2  57 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN  x  2x  y 1 Bài 25 Giải hệ phương trình :   y  2y  x   (Thi học sinh giỏi Toán lớp , tỉnh Hải Dương , năm học 2013-2014) Hướng dẫn giải – đáp số Từ phương trình (1) (2) vế trừ vế ta : x  y3  x  y   x  y   x  xy  y2  1   Trường hợp Xét x  y   x  y vào phương trình (1) ta có : x  2x  x  x  x  3  suy x  0; x  3; x    Trường hợp Xét x  xy  y2   Từ phương trình (1), (2) cộng vế với vế ta x  y3   x  y    x  y   x  xy  y2  3  x  y   y  x  y   x x  1   ; Xét    2 2 x  xy  y   x  x  x  x   y  2 2    x  xy  y   x  xy  y   Xét    2    x  xy  y   3x  3xy  3y   Vế trừ vế ta :  x  2xy  y2    x   y  x  x  1 ; Giải ta   y  1  y  Vậy tập nghiệm hệ phương trình :  x; y    0;0 ;     3; ;  3; ; 1; 1 ;  1;1   x  2y  1 Bài 26 Giải hệ phương trình :  2   x  2y  2xy    Hướng dẫn giải – đáp số Từ phương trình (1) suy x   2y , vào phương trình (2) ta :   2y   2y2  2y   2y    y  3y   Giải ta y1  1; y2   Với y  ta x   2.1   Với y  ta x   2.2  58 BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TỐN | Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    3;1 ; 1;2  2   x  y  2xy  Bài 27 Giải hệ phương trình  3   x  y  2xy  Hướng dẫn giải – đáp số 2  x  y   x  y  2xy     3  x  y  2xy   x  y  1xy    x  y  1  3  x  y  2xy    x  y  11  Trường hợp 1: Giải hệ phương trình  3   x  y  2xy    Từ phương trình (1) ta có x  y  thay vào phương trình (2) ta :  y  1  y3  2y  y  1   y2  y   Giải ta y1   x1  2; y  2  x  1   x  y  1 3  Trường hợp : Giải hệ phương trình  3   x  y  2xy    Từ phương trình (3) ta có x  y  thay vào phương trình (4) ta  y  1  y3  2y  y  1   5y2   phương trình vơ nghiệm Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y   1;  ;  2; 1 85  2  4xy   x  y    x  y  Bài 28 Giải hệ phương trình :  2x   13  xy (Thi học sinh giỏi , Tỉnh Thái Bình , năm học 2009-2010) Hướng dẫn giải – đáp số 85 85 2   2  3 x  y   x  y   2 4xy   x  y     x  y    x  y    2x   13  x  y    x  y    13   xy xy Đặt x  y  u; x  y  v hệ phương trình có dạng   85 1 103  2 1 3  u    v  3u  v  u    u    13 u  v   13  u  u   v   u  59 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN Từ phương trình (2) thay vào phương trình (1) ta 103  13    v   v2   2v  13v  11  3  Giải ta dược v1  1; v  11  Trường hợp : Xét v   u  13    3u  10u   Giải ta u1  3; u  u 3  u  x  y  x  Xét    v  x  y  y    1 x    u  x  y   Xét  3 3  v   x  y  y     Trường hợp 2: Xét v  11 13 11 ta có u    u  6u  7u   phương trình vơ nghiệm    Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    2;1 ;  ;    3   2   x  1 y  1  10 Bài 29 Giải hệ phương trình :    x  y  xy  1  (Thi học sinh giỏi tốn 9, tỉnh Thanh Hóa , năm học 2008-2009) Hướng dẫn giải – đáp số 2 2 2    x y  x  y   10  x  y    xy  1  10    x  y  xy  1     x  y  xy  1  Đặt u  x  y; v  xy  hệ phương trình có dạng :  u  v2  10 u  v2  2uv  16  u  v   16    uv  uv  uv    u  v  Trường hợp Xét  uv  Suy u, v nghiệm phương trình X2  4X   1 u  u  ; Phương trình (1) có nghiệm X1  1; X2  Suy  v  v  60 BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN |  u   x  y  x  y  Xét     v   xy   xy  Suy x; y nghiệm phương trình X2  X     phương trình (2) vô nghiệm  u   x  y  x  y  Xét    v  xy   xy  Suy x; y nghiệm phương trình X2  3X    3 x  x  Phương trình (3) có nghiệm X1  1; X2  suy  ; y  y   u  v  4 Trường hợp Xét  u.v  Suy u; v nghiệm phương trình X2  4X     phương trình (4) có nghiệm : u  1 u  3 X1  1; X2  3 Suy  ;  v  3  v  1  u  1 x  y  1 x  y  1 Xét     v  3 xy   3 xy  2 Suy x, y nghiệm phương trình X2  X    5 Giải phương trình (5) ta X1  1; X2  2  x   x  2 Suy  ;  y  2  y   u  3 x  y  3 x  y    Xét   v  1 xy   1 xy   x   x  3 ; Suy   y  3  y  Vậy tập nghiệm hệ phương trình là:  x; y    2;1 ; 1;2 ; 1; 2  ;  2;1 ; 0; 3 ;  3;0   x  y  x  y   Bài 30 Giải hệ phương trình :  x  y2     x y2 (Thi học sinh giỏi Toán lớp , tỉnh Hà Tĩnh , năm học 2007-2008) Hướng dẫn giải – đáp số 61 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN  1  2  x   y  x  y      5    x  y x y     x  y2     x     y    2      x y y2   y2   Đặt u   ;v  y  x y u  v  1 u  v   Hệ phương trình có dạng   2  u   v   u  v  13   Từ phương trình (1) ta có u   v thay vào phương trình (2) ta v1  2; v2     x  x   x  2x   Với v   u  ta có    y  3y   y  y   x  x  Giải hệ có nghiệm  ; y  y    2  x  x   x  3x    x  3x   Với v  u  ta có    2 y  2y     y  1    y   y  vơ nghiệm Vậy tập nghiệm hệ phương trình :  x; y   1;1 ; 1;2  1   x  y  x  y  1  Bài 31 Giải hệ phương trình :   xy      xy (Thi học sinh giỏi Toán 9,tỉnh Quãng Ngãi , năm học 2009-2010) Hướng dẫn giải – đáp số Từ phương trình (2) ta có : 2  xy   5xy     2xy  1 xy     xy  ; xy  2  Trường hợp Xét xy  x 1 y thay vào phương trình (1) ta : 2x 1   2x   2x  3x   2x x 62 BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | 1 Giải ta : x1   y1  ; x   y2  2  Trường hợp Xét xy   y  Thay vào (1) ta có x  x x     x  3x   x x 2 Giải ta x3   y3  3; x  2; y       Vậy tập nghiệm phương trình :  x; y   1;  ;  ;1 ; 1;  ;  2;1         x  y  xy  16 Bài 32 Giải hệ phương trình :    x  y  10 (Thi học sinh giỏi Toán , tỉnh Hải Dương , năm học 2012-2013) Hướng dẫn giải – đáp số Điều kiện x  0; y  Đặt u  x  y; v  xy với u  0; v  u  4v  16 1 Hệ phương trình có dạng :  u  2v  10   Từ phương trình (1) suy v  16  u thay vào phương trình (2) ta được:  16  u  u2     10  2u  u  36    Giải phương trình ta : u1   (loại) u  (thỏa mãn)  x  y  Với u   v  Suy   xy  Suy x; y nghiệm phương trình X2  4X   Giải ta : X1  1; X2    x 1   x  x  x  ;  ; Suy :  y  y  y   y      Vậy tập nghiệm phương trình :  x; y   1;9  ;  9;1 63 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN 2x  y  11 Bài 33 Giải hệ phương trình :   xy  x    (Thi học sinh giỏi Toán lớp 9, tỉnh Phú Thọ , năm học 2011-2012) Hướng dẫn giải – đáp số 2 2   2x  y  11 4x  2y    2   xy  x    xy  x   Suy : 4x  2y2  xy  x  3x  xy  2y2  x  y    x  y  3x  2y     3x  2y   Trường hợp Xét x  y   x  y thay vào phương trình (1) ta được: 2x  y2   x  1; y  1  Trường hợp 3x  2y   y  3x thay vào (1) 9x x2 2x  1   vô nghiệm 4 Thử lại hệ phương trình Vậy tập nghiệm phương trình  x; y   1;1 ;  1; 1  2  x  y    Bài 34 Giải hệ phương trình :  3   x y 6 x y  xy  (Thi học sinh giỏi Toán lớp , tỉnh Hải Dương , năm học 2009-2010) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt x  a; y  b , hệ phương trình trở thành : 3 2 2   2  a  b    a b  ab  2  a  b   a  ab  b   3ab  a  b      a  b  a  b    2   a  b  2  a  b   5ab  2  a  b   9ab     ab  a  b    a  b  Suy a; b nghiệm hệ phương trình X2  6X   Giải ta  a  a  X1  2; X2   ;  b  b  64 BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN |  a   x   x 2 Với    b    y  64  y 4  a    x  64  x 4 Với    b   y   y 2 Vậy hệ phương trình có cho nghiệm  x; y  8;64  ;  64;8  3x  xy  4x  2y  Bài 35 Giải hệ phương trình :    x  x  1  y  y  1  (Thi học sinh giỏi toán lớp , tỉnh Hải Dương , năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số  3x  xy  4x  2y   3x  xy  4x  2y     x  y  x  y    x  x  1  y  y  1    2x  xy  y  5x  y     2  x  y  x  y   Ta có : 2x  xy  y2  5x  y     y  x   y  2x  1   y   x y  2x   Với y   x thay vào (2) ta : x  2x   suy x  Ta nghiệm 1;1  Với y  2x  thay vào (2) ta dược : 5x  x   , suy x  1; x   4 13  Ta tính nghiệm 1;1  ;   5   4 13  Vậy hệ phương trình có nghiệm 1;1  ;   5  2 2   x  y  2x y Bài 36 Giải hệ phương trình :  2   x  y 1  xy   4x y (Thi học sinh giỏi Tốn lớp , tỉnh Thanh Hóa , năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số  Với x  y  nghiệm hệ phương trình  Nhận thấy x  y  ngược lại Xét x  0; y  hệ phương trình tương đương với 65 4 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN 1 1 1  x  y2   x  y  1       1                 x y  xy   x y  xy   1 x  y  1 1 1  Thay (1) vào (2) ta           x  y 1 x y x y  1  xy Vậy hệ có nghiệm  x; y   0;0  ; 1;1   4 x  x     y y   Bài 37 Giải hệ phương trình :  x         y y  (Tuyển sinh lớp 10 , THPT chuyên , Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh, năm học 2015-2016) Hướng dẫn giải – đáp số   4  4x x  x     x  y  y2  y y    Ta có     x  2x  x    3     y y y y   2    2x  2x 2 2  x     x    y y y y     1 x  2x     2  x  y   y  4  x  y   y            1 1 Suy  x     x    4   x     y y y     x x    1  x   y y y Từ ta có : x  x     x  2x     x  x   Với x    y  1  Với x    y    x    x   ; Thử lại ta thấy :  nghiệm hệ phương trình y     y   66 BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | 2  x  y  Bài 38 Giải hệ phương trình :  3   x  2y  10x  10y (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên , TP Hà Nội , năm học 2015-2016) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có : 2  x  y2   x  y    3  x  2y  10x  10y    x  2y   2x  2y  2 2   x  y  x  y    3 2 3 2 x  2y  x  y 2x  2y       x  2y  2x  2xy  2x y  2y   2  x  y   2   x  x  2xy  2y    x  y2  x  Trường hợp Xét    x  y   2 2   x  y  x  y   Trường hợp Xét  vô nghiệm 2  x  2xy  2y   x  y   y      Vậy hệ có nghiệm  x; y  0; ; 0;   2   x  y  3xy  1 Bài 39 Giải hệ phương trình :  3  9x  2y   x  y  4xy  1 (Tuyển sinh lớp 10 , THPT chuyên , tỉnh Gia Lai , năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số 2   x  y  3xy  11 Ta có :  3  9x  2y   x  y  4xy  1  Thay (1) vào (2) ta : 9x  2y3   x  y   4xy  x  y2  3xy    x  y   x  y2  xy   9x3  2y3  x  y3  8x  y3  y  2x Thay y  2x vào phương trình (1) ta : x    x  1 Với x  y  Với x  1 y  2 67 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN  x   x  1 Vậy phương trình có hai nghiệm :  ;  y   y  2 68