(Sáng kiến kinh nghiệm) phân dạng toán hệ vi ét và ứng dụng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA PHỊNG GD&ĐT HOẰNG HÓA -o0o - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÂN DẠNG TOÁN HỆ THỨC VI-ÉT VÀ ỨNG DỤNG Người thực hiện: Lê Thị Như Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Hoằng Q SKKN thuộc lĩnh vực(mơn): Tốn THANH HĨA NĂM 2018 MỤC LỤC -  Nội Dung Phần I Mở đầu Trang I.1 Lý chọ đề tài I.2 Mục đích nghiên cứu I.3.Đối tượng nghiên cứu I.4 Phương pháp nghiên cứu Phần II Nội dung sáng kiến kinh nghiệm II.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm II.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm II.3 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm, giải pháp giải vấn đề II.4 Kết đạt Phần III Kết luận, kiến nghị 20 21 III.1 Kết luận 21 III.2 Kiến nghị 21 I MỞ ĐẦU I.1 Lý chọ đề tài Là giáo viên dạy Toán lớp 9, nhiều năm nhà trường phân công ôn tập cho học sinh thi vào THPT, với thời lượng cho phép, thực ôn tập cho học sinh theo chủ đề kiến thức Khi dạy hệ thức Vi-ét thấy dạy theo thứ tự lí thuyết tập SGK, SBT chưa cung cấp đủ phương tiện cho học sinh để giải tập thuộc chủ đề Quan trọng việc nhớ kiến thức em khơng có hệ thống Như kết làm em không cao, bên cạnh hầu hết đề thi vào THPT tỉnh nói chung tỉnh Thanh Hóa nói riêng có phần kiến thức hệ thức Vi-ét Chính thế, tơi tiến hành nghiên cứu SGK, SBT toán lớp tài liệu tham khảo để tập hợp tập hệ thức Vi-ét Sau tiến hành phân dạng với dạng rõ ứng dụng Từ cách nghĩ cách làm tơi nảy sinh việc viết sáng kiến “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét ứng dụng” I.2 Mục đích nghiên cứu Sáng kiến kịnh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét ứng dụng” có khả áp dụng rộng rãi cho giáo viên dạy toán lớp trường đại trà Giúp giáo viên có tài liệu phương pháp giảng dạy, ôn tập kiến thức hệ thức Vi-ét cách đầy đủ khoa học Giúp học sinh nâng cao kết việc giải toán hệ thức Vi-ét củng cố nhiều kiến thức toán học khác Từ góp phần nâng cao kết thi vào THPTcho học sinh tạo tiền đề vững cho em trình học tập sau I.3.Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu: Định lý Vi-ét, phân dạng toán hệ thức Vi-ét ứng dụng I.4 Phương pháp nghiên cứu Sáng kiến: “Phân dạng tốn hệ thức Vi-ét ứng dụng” ơn lại lí thuyết hệ thức Vi-ét khai thác sâu ứng dụng vào giải tốn Đại số Các dạng toán phân theo dạng (gồm 10 dạng hay gặp), dạng toán đưa có phương pháp giải tổng quát kèm theo ví dụ minh họa cụ thể, chọn lọc Sách giáo khoa (SGK), Sách tập (SBT), đề thi tuyển sinh mơn Tốn lời giải chi tiết Bên cạnh với dạng có nhận xét đánh giá ví dụ vừa đề cập nhằm nhấn mạnh khó khăn, sai sót mà học sinh hay mắc phải giải toán cách khắc phục II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM II.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Trong chương trình Đại số bậc THCS, định lí Vi-ét có ứng dụng phong phú việc giải tốn như: Tính nhẩm nghiệm phương trình bậc hai, tìm hai số biết tổng tích chúng, lập phương trình bậc hai có nghiệm cho trước, tìm mối liên hệ nghiệm phương trình bậc hai Các ứng dụng giúp học sinh củng cố nhiều kiến thức toán học khác rèn luyện kĩ trình bày, phân tích, tổng hợp Tuy nhiên giải tập hệ thức Vi-ét học sinh cịn gặp nhiều lúng túng, khơng có kĩ phân tích đề, phương pháp giải khơng khoa học Ngun nhân em chưa hướng dẫn cụ thể theo dạng Vậy làm để giúp học sinh nắm kiến thức phương pháp giải tập hệ thức Vi-ét tiến hành tìm tịi nghiêm cứu, tập hợp tốn hệ thức Vi-ét từ tiến hành phân dạng rõ ứng dụng dạng Trên sở tơi viế sáng kiến “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét ứng dụng” II.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Đối với giáo viên: Khi dạy vè hệ thức Vi-ét, chương trình thời lượng khơng nhiều có tiết lí thuyết tiết luyện tập Thơng thường giáo viên thực nhiệm vụ theo phân phối chương trình với nội dung SGK mà khơng đầu tư cho việc hệ thống, phân dạng tập hệ thức Vi-ét Bên cạnh tập thể SGK SBT số lượng không nhiều, chưa đề cập hết dạng cần thiết để học sinh có đủ kiến thức giải tập dạng đề thi vào THPT Do kết học tập học sinh tập hệ thức Vi-ét thường không cao giáo viên khơng có tập hợp xếp đầy đủ khoa học 2.2 Đối với học sinh: Tháng năm 2017 sau hoàn thành việc giảng dạy ơn tập tốn hệ thức Vi-ét chưa áp dụng áp dụng sáng kiến, tiến hành kiểm tra khảo sát học sinh khối lớp với đề toán sau (thời gian làm 30 phút): Bài (5,0 điểm): Tính tổng tích hai nghiệm phương trình: a) 25x2 + 10x + = b) x2 - 2x + m = Bài (5,0 điểm): Cho phương trình x2 - 6x + m = Tính giá trị m, biết phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1  x  Với hai toán đưa ra, kiểm tra kiến thức tơi thấy số lượng em giải trọn vẹn hai chiếm ít, số em giải toán 1, phần a, phần lớn em trình bày lời giải mắc nhiều sai lầm, ngộ nhận, thiếu sở dẫn chứng (bài 1, phần b) khơng tìm hướng làm  Nguyên nhân: - Không nắm hệ thức Vi-ét ứng dụng - Không biết làm để xuất mối liên hệ kiện cần tìm với yếu tố, điều kiện biết để giải tập  Kết khảo sát khối lớp cụ thể sau: Năm học Sĩ số 2016-2017 56 Giỏi SL % 5,8 Khá SL TB Yếu Kém % SL % SL % SL 10,5 38 67,4 12,8 % 3,5 Qua kết ta thấy số tỉ lệ giỏi chưa cao, tỉ lệ trung bình cịn nhiều Từ thực trạng vậy, dành nhiều thời gian để thử nghiệm áp dụng sáng kiến năm 2017-2018 khẳng định kết sáng kiến II.3 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm, giải pháp giải vấn đề 3.1 Ôn tập lí thuyết * Định lí Vi-ét: (thuận) Nếu x1, x2 hai nghiệm phương trình ax2 + bx + c = ( a  ) b  x1  x     a  x x  c  a  Áp dụng: Nhờ định lí Vi-ét, biết trước nghiệm phương trình bậc hai suy nghiệm  Nếu phương trình ax2 + bx + c = ( a  ) có a + b + c = phương c trình có nghiệm x1 = 1, cịn nghiệm x2 = a  Nếu phương trình ax + bx + c = ( a  ) có a - b + c = phương c trình có nghiệm x1 = - 1, nghiệm x2 = - a * Định lí Vi-ét: (đảo) u  v  S Nếu hai số u, v thỏa mãn  hai số hai nghiệm u.v  P phương trình x2 – Sx + P = (Điều kiện để có hai số u, v S2 - 4P  0) 3.2 Các dạng toán phương pháp giải 3.2.1 Dạng tốn 1: Tính tổng tích hai nghiệm phương trình bậc hai ẩn 3.2.1.1 Phương pháp: Trước áp dụng định lí Vi-ét, ta cần kiểm tra điều kiện xem phương trình bậc hai ẩn có hai nghiệm hay khơng (Tức kiểm tra a  0,     '   có thỏa mãn khơng) 3.2.1.2 Ví dụ: Ví dụ (Bài 25/SGK-Trang 52): Tính tổng tích hai nghiệm phương trình: a) 2x2 - 17x + = b) 25x2 + 10x + = Giải a) 2x - 17x + = (a =  0, b = -17, c = 1) Ta có:    17   4.2.1  281   Phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1, b 17 c x2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x    , x1.x   a a 2 b) 25x + 10x + = (a = 25  0, b = 2b’ = 10, c = 1) Ta có:  '  52  25.1   Phương trình có hai nghiệm x1, x2 Theo hệ thức b 10 c Vi-ét, ta có: x1  x       , x1.x   a 25 a 25 Ví dụ (Bài 30/SGK-Trang 54): Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm, tính tổng tích nghiệm theo m: a) x2 - 2x + m = b) x2 +  m  1 x + m2 = Giải a) x - 2x + m = (a =  0, b = 2b’ = - 2, c = m) Ta có:  '   1  1.m   m Để phương trình có nghiệm   '    m   m  Vậy với m  , phương trình có hai nghiệm x1, x2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có: b c x1  x    2, x1.x   m a a b) x2 +  m  1 x + m2 = (a =  0, b = 2b’ =  m  1 , c = m) Ta có:  '     m  1   1.m  m  2m   m   2m 1 Để phương trình có nghiệm   '    2m   m  Vậy với m  , 2 phương trình có hai nghiệm x1, x2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có: b 2  m  1 c m2 x1  x       m  , x1.x    m2 a a 3.2.2 Dạng toán 2: Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai ẩn 3.2.2.1 Phương pháp: Để thực việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phương trình bậc hai ẩn ax2 + bx + c = ( a  ), ta áp dụng nhận xét sau: Trường hợp (Trường hợp đặc biệt):  Nếu phương trình ax2 + bx + c = ( a  ) có a + b + c = phương c trình có nghiệm x1 = 1, cịn nghiệm x2 = a  Nếu phương trình ax + bx + c = ( a  ) có a - b + c = phương c trình có nghiệm x1 = - 1, nghiệm x2 = - a Trường hợp 2: Cho phương trình x + bx + c = Ta thực theo bước:  Bước 1: Vận dụng hệ thức Vi-ét để thiết lập cho nghiệm x x2  x1  x   b   x1.x  c  Bước 2: Thực phân tích c thành tích hai thừa số (c = m.n), từ ta tính m + n Khi đó: - Nếu m + n = - b ta chuyển sang bước (kết luận) - Nếu m + n  - b, ta chuyển sang bước  Bước 3: Kết luận: Phương trình x2 + bx + c = có hai nghiệm x1 = m x2 = n Chú ý: Thuật tốn có tính dừng hiểu sau: - Nếu tìm cặp (m, n) thỏa mãn điều kiện m + n = - b dừng lại đưa lời kết luận nghiệm - Nếu tìm cặp (m, n) khơng thỏa mãn điều kiện m + n = - b dừng lại trường hợp không nhẩm nghiệm 3.2.2.2 Ví dụ: Ví dụ (Bài 26/SGK-Trang 53): Dùng điều kiện a + b + c = a – b + c = để tính nhẩm nghiệm phương trình sau: a) 35x2 - 37x + = b) x2 - 49x - 50 = Giải a) 35x - 37x + = Nhận thấy phương trình có a + b + c = 35 + (-37) + = Do phương trình c có nghiệm x1 = 1, x2 =  a 35 b) x - 49x - 50 = Nhận thấy phương trình có a - b + c = - (-49) + (-50) = Do phương trình c  50   50 có nghiệm x1 = - 1, x2 = -   a Ví dụ (Bài 27/SGK-Trang 53, Bài 38/SBT-Trang 44): Dùng hệ thức Vi-ét để tính nhẩm nghiệm phương trình: a) x2 - 7x + 12 = b) x2 + 6x + = Giải a) x - 7x + 12 = Ta thấy    7   4.1.12   Do phương trình có hai nghiệm x x2  x1  x  x  x    thỏa mãn   x1.x  12  3.4  x1.x  12  3.4 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 = x2 = b) x2 + 6x + = Ta thấy  '  32  1.8   Do phương trình có hai nghiệm x x2 thỏa  x1  x  6  x1  x   2    4   mãn   x1.x    2   4   x1.x    2   4  Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 = - x2 = - Nhận xét: Đối với phương trình có dạng ví dụ giải phương trình nhẩm nghiệm nhanh gọn việc vận dụng công thức nghiệm (cơng thức nghiệm thu gọn) 3.2.3 Dạng tốn 3: Dùng hệ thức Vi-ét tìm nghiệm cịn lại phương trình bậc hai ẩn cho biết trước nghiệm 3.2.3.1 Phương pháp: Giả sử phương trình ax2 + bx + c = ( a  ) cho biết nghiệm x1 = m Tìm nghiệm cịn lại x2 ? b Ta làm sau: Dùng hệ thức Vi-ét x1  x =  Thay x1 = m vào hệ thức, ta a b b c có x    x1    m ta dùng hệ thức x1.x  Thay x1 = m a a a c c vào hệ thức, ta có x    : x1    : m a a 3.2.3.2 Ví dụ: Ví dụ (Bài 39/SBT-Trang 44): a) Chứng tỏ phương trình 3x2 + 2x - 21 = có nghiệm -3 Hãy tìm nghiệm b) Chứng tỏ phương trình -4x2 - 3x + 115 = có nghiệm Tìm nghiệm Giải a) x1 = - nghiệm phương trình 3x2 + 2x - 21 = Vì 3(-3)2 + 2.(-3) - 21 = 27 – – 21 = Cách 1: Theo hệ thức Vi-ét, ta có: b 2 2 2  x2  x1  x =  =  x1    3     a 3 3 Cách 2: Theo hệ thức Vi-ét, ta có: c 21 x1.x    7  x   7  : x1   7  :  3   a 3 b) x1 = nghiệm phương trình -4x - 3x + 115 = Vì -4.52 – 3.5 + 115 = - 100 – 15 + 115 = Theo hệ thức Vi-ét, ta có: c 115 23  115   115  x1.x    x2    : x1   :5  a 4     Ví dụ (Bài 40/SBT-Trang 44): Dùng hệ thức Vi-ét để tìm nghiệm x phương trình, tìm giá trị m trường hợp sau: a) x2 + mx - 35 = 0, biết nghiệm x1 = 7; b) 3x2 – 2(m – 3)x + = 0, biết nghiệm x1 = Giải a) x + mx - 35 = c 35  35 Mà x1 = nên suy ra: Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1.x   a x  35 : x1  35 :  5 Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có: b m x1  x =  =  m    5   m  m  2 a Vậy x2 = 5 , m = 2 b) 3x2 – 2(m – 3)x + = Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1.x  c  Mà x1 = nên suy ra: a 3 5 x  : x1  :  3 Cũng theo hệ thức Vi-ét, ta có: b  m  3  m  3 x1  x =  =  5  16  2m   m  11 a 3 Vậy x2 = 5, m = 11 c Nhận xét: Trong ví dụ ta sử dụng hệ thức Vi-ét x1.x  trước để tìm x2 a b trước, sau sử dụng hệ thức Vi-ét x1  x =  (vì lúc biết x1 x2) để a suy giá trị tham số 3.2.4 Dạng tốn 4: Tìm hai số biết tổng tích chúng 3.2.4.1 Phương pháp: u  v  S Nếu hai số u, v thỏa mãn  hai số hai nghiệm u.v  P phương trình x2 – Sx + P = (1)  Nhận xét: Nếu (1) có hai nghiệm x1, x2 (điều kiện S2 - 4P  0) ta  u  x1 u  x được:   v  x  v  x1 3.2.4.2 Ví dụ: Ví dụ (Bài 28/SGK-Trang 53): Tìm hai số u v trường hợp sau: a) u + v = 32, u.v = 231; b) u + v = -8, u.v = - 105; c) u + v = 2, u.v = Giải a) Ta có u + v = 32, u.v = 231 Do u v nghiệm phương trình: x2 - 32x + 231 =    32   4.231  100     100  10 32  10 32  10  21; x   11 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  2 Vậy u = 21, v = 11 u = 11, v = 21 b) Ta có u + v = -8, u.v = - 105 Do u v nghiệm phương trình: x2 + 8x - 105 =   82  4. 105   484     22 8  22 8  22  7; x   15 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  2 Vậy u = 7, v = -15 u = -15, v = c) Ta có u + v = 2, u.v = Do u v nghiệm phương trình: x2 - 2x + = 2    2   4.9  32   Phương trình vơ nghiệm Vậy khơng tồn cặp u, v thỏa mãn điều kiện Ví dụ (Giải toán cách lập hệ phương trình): Tìm cạnh hình chữ nhật, biết chu vi 30m diện tích hình chữ nhật 54m2 Giải Gọi độ dài hai cạnh hình chữ nhật u v, điều kiện u, v > Vì chu vi hình chữ nhật 30m, nên ta có phương trình: 2.(u + v ) = 30  u + v = 15 (1) Vì diện tích hình chữ nhật 54m2, nên ta có phương trình: u.v = 54 (2) u  v  15 Từ (1) (2), ta có hệ phương trình:  Do u, v nghiệm u.v  54 phương trình bậc hai: x2 - 15x + 54 = Ta có    15   4.54    phương trình có nghiệm x1  6; x  Vậy hình chữ nhật có hai cạnh 6m 9m Ví dụ Giải hệ phương trình sau:  x  y  12  x  y  10 a)  b)   xy  24  xy  4 Giải  x  y  10  x    y   10  a)  x  y   24    xy  24  Do x (-y) nghiệm phương trình: t2 – 10t - 24 = Ta có    10   4. 24   196     14 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: t1 = 12; t2 = -2 Suy x = 12, - y = -2  x = 12, y = x = -2, - y = 12  x = - 2, y = -12 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (12; 2); (-2; -12)  x  y  2  x  y  12  x  y   2xy  12  x  y          x  y  2 b)  xy   xy   xy     xy  4    x  y   x, y nghiệm phương trình:  Với x + y = 2, ta có hệ:   xy  4 t2 – 2t - =  t1   5, t    x   5, y   x   5, y    x  y  2  x, y nghiệm phương trình:  Với x + y = - 2, có hệ:  xy    t2 + 2t - =  t  1  5, t  1   x  1  5, y  1  x  1  5, y  1  Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm: 1       5;  ;  5;  ; 1  5;   ; 1  5;    Nhận xét: Trong ví dụ ta chuyển đổi việc giải hệ phương trình sang giải phương trình bậc hai ẩn; bên cạnh ta cần sử dụng thêm phép biến đổi tương đương cho hệ phương trình kết hợp sử dụng đẳng thức A  B2   A  B   2AB Ngồi nhiều trường hợp cịn cần sử dụng tới ẩn phụ ví dụ phần a) hay ví dụ sau minh họa cho điều Ví dụ Giải phương trình sau: x 9  x  x   x  (1) Giải Điều kiện: x  u  x 9  x    u  v uv  x   x  Đặt   v  x9  x u  v   u, v nghiệm Khi phương trình (1) chuyển thành hệ:  uv   phương trình: t2 - 4t + =  t1  1, t   u  1, v    u  v       x   x   x   x   x   x  x   x 1  x   x   x  16 (TM) Vậy phương trình cho có nghiệm x = 16 3.2.5 Dạng tốn 5: Tính giá trị biểu thức đối xứng nghiệm mà khơng giải phương trình 3.2.5.1 Phương pháp: Biểu thức đối xứng nghiệm x1 x2 phương trình ax2 + bx + c = ( a  ) biểu thức có giá trị khơng thay đổi ta hoán vị (đổi chỗ) x x2 Ta thực theo bước:  Bước 1: Xét biệt thức   b  4ac  phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (hoặc  '  )  Bước 2: Tìm tổng x1 + x2 = S x1x2 = P phương trình, thay vào biểu thức Chú ý: Một số phép biến đổi: (1) x12  x 22   x1  x   2x1x  S2  2P; (2) x13  x 32   x1  x   3x1x  x1  x   S3  3SP; (3) x14  x 24   x12    x 22    x12  x 22    x1x    S2  2P   2P ; (4) 2 2 1 x1  x S    ; x1 x x 1x P 1 x12  x 22 S2  2P (5)    x1 x  x1 x  P2 3.2.5.2 Ví dụ: Ví dụ Cho phương trình x2 – 6x + = Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức: 1  ; c) C = x12  x 22 a) A = x12  x 22 ; b) B = d) D = x1  x x1 x Giải 2 Phương trình x – 6x + = có  '   3  1.8      phương trình có S  x1  x  hai nghiệm phân biệt x1, x2 Theo định lí Vi-ét ta có:   P  x 1x  a) A = x12  x 22 =  x1  x   2x1x  S2  2P = 62 – 2.8 = 36 – 16 = 20 Vậy A = 20 1 x1  x S      Vậy B = b) B = x1 x x 1x P 4 2 c) C = x1  x   x1  x   x1  x   S. x1  x   6. x1  x  Mà ta có: 2  x1  x   x12  x 22  2x1x   x1  x   4x1x  S2  4P  62  4.8   x1  x  2 Vậy C = 12 d) D = x1  x  S2  4P   Ví dụ (Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT, tỉnh Hải Dương 2004-2005) Cho phương trình 2x2 – 7x + = 0, gọi hai nghiệm x x2 Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau: a) x1 + x2 ; x1.x2 b) x13 + x23 c) x1  x Giải Phương trình 2x2 – 7x + = có    7   4.2.4  17   phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Theo định lí Vi-ét: S  x1  x  ,P  x1x  2 a) x1 + x2 = S = ; x1.x2 = P = 2 175 7 b) x  x   x1  x   3x1x  x1  x   S  3SP     .2  2   c) x1  x  S  x1  x   0, P  x1x    x1, x     Đặt C  x1  x  3  C  x  x  x 1x  S  P  74 2  2 74 3.2.6 Dạng tốn 6: Tìm hệ thức nghiệm không phụ thuộc vào tham số 3.2.6.1 Phương pháp: Ta thực theo bước sau: Bước 1: Tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x 1, x2 ( a  0,   a  0,  '  ) Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét tính S = x1 + x2, P = x1x2 theo tham số Bước 3: Khử m để lập hệ thức S P, từ suy hệ thức hai nghiệm không phụ thuộc vào tham số 3.2.6.2 Ví dụ: Ví dụ Cho phương trình x2 – 2mx + 2m - = (x ẩn) Tìm hệ thức liên hệ gữa x1, x2 khơng phụ thuộc vào m Giải Phương trình x2 – 2mx + 2m - = có:  '  m  2m    m  1   với m Do phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 S  x1  x  2m (1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  P  x1x  2m  (2) Lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta S – P =  x1 + x2 - x1x2 = (khơng phụ thuộc vào m) Ví dụ Cho phương trình mx2 – (2m + 3)x + m - = (x ẩn) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 Khi tìm hệ thức liên hệ gữa x1, x2 khơng phụ thuộc vào m Giải Phương trình mx – (2m + 3)x + m - = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 m  m  m  m       9   28m   2m   4m m         m  28  2m  3 12   S  x  x    4S   (1)  m m   m Áp dụng hệ thức Vi-ét:   P  x x  m    3P   12 (2)  m m  m  C  x1  x  Cộng vế theo vế, ta được: 4S + 3P = 11 hay 4(x1 + x2) + 3x1x2 = 11 (Không phụ thuộc vào m) Nhận xét: Ngồi cách cộng vế theo vế, ta m từ hệ thức (1) vào hệ thức (2) để khử m Trong trình làm tránh vội vàng áp dụng hệ thức Vi-ét mà quên bước tìm điều kiện để phương trình có nghiệm x1, x2 3.2.7 Dạng tốn 7: Tìm giá trị tham số để nghiệm phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước 3.2.7.1 Phương pháp: Ta thực theo bước sau:  Bước 1: Tìm điều kiện tham số (giả sử tham số m) để phương trình có nghiệm x1, x2 (tức cho    '  )  x  x  S  f ( m) (I)  Bước 2: Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta được:  x x  P  g( m )   Bước 3: Biểu diễn điều kiện cho trước thơng qua hệ (I) để tìm m  Bước 4: Kết luận: Chọn giá trị m thích hợp với điều kiện trả lời 3.2.7.2 Ví dụ: Ví dụ (Bài 62/SGK-Trang 64): Cho phương trình 7x2 + 2(m – 1)x – m2 = a) Với giá trị m phương trình có nghiệm b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, dùng hệ thức Vi-ét, tính tổng bình phương hai nghiệm phương trình theo m Giải a) Phương trình có nghiệm   '    m  1  7m  (đúng với m) Vậy với giá trị m phương trình ln có nghiệm b) Gọi x1 x2 nghiệm phương trình  2  m  x1  x  S  (I) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x x  P  m  2 Theo bài, ta có hệ thức: x1  x =  x1  x   2x1x (II) Thay (I) vào (II), ta  2  m   m  18m  8m  có: x  x      2. 49     Ví dụ (Bài 44/SBT-Trang 44): Cho phương trình x2 - 6x + m = Tính giá trị m, biết phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1  x  Giải Phương trình có hai nghiệm x1, x2 khi:  '    3  m   m   m  2 2 (1)  x1  x  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1x  m (2) Theo bài: x1  x  (3) Giả hệ gồm (1) (3), ta được: 2x1  10  x1   x   x1    Thay x1 = 5, x2 = vào (2), ta có: 5.1 = m  m = (thỏa mãn điều kiện) Vậy với m = x1  x  Ví dụ (Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT, tỉnh Hải Dương 2011-2012) Cho phương trình: x - 2(m +1)x + 2m = (1) (với ẩn x ) a) Giải phương trình (1) m =1 b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m c) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x 1; x2 Tìm giá trị m để x1; x2 độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12 Giải a) Khi m = ta có phương trình x – 4x + = Giải phương trình x1   2; x   b) Ta có  '  m   với m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt  x1  x  2(m  1) (1) c) Theo hệ thức Vi-ét ta có:  (2)  x1x  2m Theo giả thiết: x1, x2 độ dài hai cạnh tam giác vuông có cạnh huyền 12 nên x1 > 0, x2 >  m > x12  x12  12  (x1  x )  2x1x  12 (3) Thay (1), (2) vào (3), được: m2 + m – =  m = (thỏa mãn); m = - (loại) Vậy m = Ví dụ Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – = (có ẩn số x) a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình cho Tìm giá trị nhỏ y = x12  x 22 Giải 2 a) Ta có  '   m  1   2m    m  2m   2m    m     với m Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1  x  2(m 1)  2m  (1) b) Theo hệ thức Vi-ét, ta có:  (2)  x1x  2m  Theo bài: y = x12  x 22 =  x1  x   2x1x (3) Thay (1) (2) vào (3), ta có: 2 y =  2m     2m    4m  12m  12   2m    Vì  2m  3  với m nên suy y =  2m  3   Dấu “=” xảy 3  2m    m  Vậy ymin =  m  2 Nhận xét: Ngồi việc phải kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm để chọn giá trị m cần ý trường hợp tốn cịn có điều kiện ràng 2 buộc khác (như ví dụ 3) ta cần đối chiếu giá trị m để loại bỏ giá trị khơng thích hợp 3.2.8 Dạng tốn 8: Xét dấu nghiệm 3.2.8.1 Phương pháp: Dùng hệ thức Vi-ét ta xét dấu nghiệm x1, x2 phương trình ax + bx + c = ( a  ) dựa kết quả: c - Phương trình có hai nghiệm trái dấu x1   x  P   a     '   - Phương trình có hai nghiệm dấu   P      '    Phương trình có hai nghiệm dương  P  S       '    - Phương trình có hai nghiệm âm  P  S   3.2.8.2 Ví dụ: Ví dụ Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x – m + = Xác định m để phương trình: a) Có hai nghiệm trái dấu b) Có hai nghiệm dương phân biệt Giải c a) Để phương trình có hai nghiệm trái dấu  P    m   m  a Vậy với m < phương trình có hai nghiệm trái dấu b) Để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  x1  x m  3m   '     P   1  m    m  S  2 m       Vậy với < m < phương trình có hai nghiệm dương phân biệt Ví dụ Cho phương trình mx2 - 6x + m = Tìm m để phương trình có hai nghiệm âm Giải Để phương trình có hai nghiệm âm x1  x  m   a   m  m    '    m 3  m    0   3  m  P    m  S  6 m   0 m Vậy với 3  m  phương trình có hai nghiệm âm 3.2.9 Dạng tốn 9: Lập phương trình bậc hai có nghiệm thỏa mãn biểu thức chứa hai nghiệm phương trình cho trước 3.2.9.1 Phương pháp: Bước 1: Tìm tổng S tích P hai nghiệm phương trình bậc hai muốn lập Bước 2: Áp dụng định lí Vi-ét đảo lập phương trình dạng X2 – SX + P = 3.2.9.2 Ví dụ: Ví dụ (Bài 42, 43/SBT-Trang 44) a) Lập phương trình có hai nghiệm hai số  b) Cho phương trình x2 + px – = có nghiệm x x2 Hãy lập phương trình có hai nghiệm hai số cho trường hợp sau: 1 1) -x1 -x2 2) x1 x2 Giải   a) Ta có S = x1 + x2 = +  =  , P = x1x2 =  Vậy hai số  nghiệm phương trình cần lập   x2 – (  )x +  = b) Phương trình x2 + px – = có   p   Do phương trình có hai nghiệm phân biệt p 5   p , x1x2 =  5 Theo định lí Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 1 1) Ta có -x1 + (-x2) = - (x1 + x2 ) = p -x1(-x2) = x1x2 = - Vậy phương trình cần lập : x2 - px - = 2) Ta có: 1 x1  x  p p 1 1   ,   + = = x1 x2 x 1x 5 x1 x x x 5 p Vậy phương trình cần lập : x2 - x  = hay 5x2 - px - = 5 Ví dụ Gọi x1, x2 nghiệm phương trình x – 3x + = Khơng giải phương trình trên, lập phương trình bậc hai ẩn y có nghiệm: 1 y1  x  ; y  x1  x1 x2 Giải Phương trình x2 – 3x + = có    3  4.1.2     Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1  x  Theo định lí Vi-ét, ta có:   x1x  2 1  x  x2   Ta có: y1  y   x  x1        x  x1      3  2  x1 x   x 1x     1 y1y   x   x1    x x1  22 2 x1  x2  x1 x 2  9 Vậy phương trình bậc hai cần lập y2 - y + = hay 2y2 – 9y + = 2 Nhận xét: Mặc dù tốn có nói x1, x2 nghiệm phương trình cho trước (như ví dụ phần b, ví dụ 2) Tuy nhiên ta phải tính biệt thức   ' để khẳng định phương trình cho trước có hai nghiệm, từ áp dụng định lí Vi-ét Điều đảm bảo tính chặt chẽ tốn học lời giải coi đầy đủ, chọn vẹn 3.2.10 Dạng toán 10: Một vài ứng dụng khác hệ thức Vi-ét Ở ta đề cập dạng toán liên quan đến đến hệ thức Vi-ét ứng dụng Tuy nhiên tìm hiểu sâu rộng chút ta có vài ứng ứng khác hay hiệu Sau vài ứng dụng khác hệ thức Viét 3.2.10.1 Phân tích đa thức thành nhân tử 3.10.1.1 Phương pháp: Phương trình ax2 + bx + c = ( a  ) có nghiệm x1, x2 tam thức ax2 + bx + c phân tích thành nhân tử sau: ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2) 3.10.2.2 Ví dụ: Ví dụ Phân tích đa thức x2 – 5x + thành nhân tử Giải Phương trình x – 5x + = có a + b + c = – + = Do phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = Vì đa thức x2 – 5x + = (x – 1)(x – 4) Ví dụ (Bài 33/SGK-Trang 54) Phân tích đa thức 2x2 – 5x + thành nhân tử Giải Phương trình 2x – 5x + = có a + b + c = – + = Do phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x2 = Vì đa thức 2x2 – 5x + = 2(x – 1)(x – ) 3.2.10.2 Lập phương trình đường thẳng y = ax + b ( a  ) (d) quan hệ với Parabol y = mx2 ( m  ) (P) 3.2.10.2.1 Phương pháp:  Để lập phương trình đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm A  x A ; y A  B  x B ; y B  , ta làm sau: Do đường thẳng (d) Parabol (P) có hai giao điểm nên hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình: mx2 = ax + b  mx2 - ax - b = a  x  x  A B  m (I) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x x  b  A B m Từ hệ (I) tìm a b  Phương trình (d) cần lập  Để lập phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P) điểm A  x A ; y A  , ta làm sau: Do (d) (P) có giao điểm nên phương trình mx - ax - b = có nghiệm kép: x1 = x2 a   x1  x  m  b  (II) Vận dụng hệ thức Viet, ta có:  x1x  m   x1  x  x A   Từ hệ (II) tìm a b  Phương trình (d) cần lập 3.2.10.2.2 Ví dụ: Ví dụ Cho parabol (P) có phương trình: y = x2 Gọi A B hai điểm thuộc (P) có hồnh độ xA = -1; xB = Lập phương trình đường thẳng qua A B Giải Goi phương trình đường thẳng qua A B có dạng y = ax + b (AB) Phương trình hồnh độ giao điểm (AB) (P) là: x2 = ax + b  x2 - ax - b =0 (1) Ta có: xA = - 1; xB = nghiệm phương trình (1) x A  x B  a  1   a a    Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  (1).2   b b   x A x B  b Vậy phương trình đường thẳng qua A B là: y = x + x2 Ví dụ Cho parabol (P): y  ; điểm A thuộc (P) có hồnh độ xA = Lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) A Giải Gọi phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) A (d): y = ax + b Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: x2 = ax + b  x2 - 4ax - 4b = (*) Ta có: xA = nghiệm kép (*) (x1 = x2 = xA ) Áp dụng hệ thức Vi-ét ra, ta có:  x1  x  4a 4  4a a      x1x  4b 4  4b b  1 x  x  x  2 A  Vậy phương trình đường thẳng tiếp xúc với (P) A là: y = x - 3.2.10.3 Áp dụng hệ thức Vi-ét giải phương trình hệ phương trình 5x  5x   Ví dụ Giải phương trình x.   x    (*) x 1   x 1   Giải Điều kiện: x  1   5x  5x  5x   u  x. x   u  v  x. x     x  x   u  v          (1)    Đặt  u.v  v   x   x  u.v  x.  x   x   x           x 1  x 1   x 1    u, v nghiệm phương trình: t2 – 5t + =  t1  3; t  Do u = v = u = v = u  - Với  (1) trở thành: x2 - 2x + = v   Ta có ' = – = - <  Phương trình vơ nghiệm u  - Với  (1) trở thành: x2 - 3x + = v   Ta có a + b + c = – + =  x1 = 1; x2 = Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x1 = 1; x2 = Ví dụ Giải hệ phương trình:  x  y   x  y  xy  a)  (Hệ đối xứng loại 1) b)  xy  x y  12  xy  27  Giải  x  y  xy   x  y  xy   a)    xy  x y  12  x  xy  xy  12 S  P  Đặt S = x + y, P = xy Ta có hệ  SP  12 Khi S P hai nghiệm phương trình: t2 – 7t + 12 = Giải phương trình t1 = 4; t2 = + Nếu S = P = x, y nghiệm phương trình: u2 - 4u + =  u = u = Suy (x = 1; y = 3) (x = 3; y = 1) + Nếu S = P = x, y nghiệm phương trình: v2 – 3v + = Phương trình vơ nghiệm  = - 16 = - < Vậy hệ cho có hai nghiệm là: (1; 3); (3; 1) u  x u  x  b) Đặt  Khi hệ phương trình có dạng: y v  y v     u  v  u  v    u, v nghiệm phương trình:   uv   uv   27 t2 – 4t + =  t1 = 1; t2 = Suy u = 1, v = u = 3, v = - Với u = 1, v = x = 1, y = 27 - Với u = 3, v = x = 27, y = Vậy hệ cho có hai nghiệm là: (1; 27); (27; 1) 3.3 Các tập tương tự tổng hợp theo dạng toán Bài 1: (Bài 29,30/SGK-Trang 54, 30/SBT-Trang 43) Khơng giải phương trình, tính tổng tích nghiệm (nếu có) phương trình sau: a) 4x2 + 2x – = 0; b) 9x2 - 12x + = 0; c) 5x2 + x + = 0; d) (  )x2 + 4x +  = 0; e) 1,4x2 - 3x + 1,2 = 0; f) 2x2 + 9x + = 0; g) x2 + 2(m – 1)x + m2 = Bài 2: (Bài 31/SGK-Trang 54, 37/SBT-Trang 43) Tính nhẩm nghiệm phương trình sau: a) 7x - 9x + = 0; b) 23x2 - 9x - 32 = 0; 11 c) (5 + )x2 + (5 - )x - 10 = 0; d) x2 - x = 0; e) 31,1x2 – 50,9x + 19,8 = 0; f) 2x2 + 9x + = 0; g) (m – 1)x2 - 2(m + 3)x + m + = với m  Bài 3: (Bài 40/SBT-Trang 44) Dùng hệ thức Vi-ét để tìm nghiệm x2 phương trình, tìm giá trị m trường hợp sau: a) Phương trình x2 - 13x + m = 0, biết nghiệm x1 = 12,5; b) Phương trình 4x2 + 3x – m2 + 3m = 0, biết nghiệm x1 = -2 Bài 4: (Bài 41/SBT-Trang 44) Tìm hai số u v trường hợp sau: a) u + v = 14, u.v = 40; b) u - v = 10, u.v = - 24; c) u2 + v2 = 85, u.v = 18 Bài Cho phương trình 2x2 – 7x + = 0, nghiệm phương trình x1 x2 1) Khơng giải phương trình tính giá trị biểu thức: a) x1 + x2 ; x1x2 b) x13  x32 c) x1  x2 Bài Cho phương trình 2x2 - 6x + = a) Gọi hai nghiệm phương trình x1 x2 Tính x13 + x23 – 2(x12 + x22) + 3(x12x2 + x1x22) x1 x2 b) Lập phương trình bậc hai có nghiệm x  x  2 Bài 7Cho phương trình (ẩn x): x - 2(m + 1)x + m2 - = Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x12+x22 = x1.x2 + Bài (Đề tuyển sinh 10 Hải Dương 2011-2012) Cho phương trình: x  2(m  1) x  2m  (1) (với ẩn x ) 1) Giải phương trình (1) m =1 2) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m 3) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1 ; x2 Tìm giá trị m để x1 ; x2 độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12 Bài 9.1 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình x  x   Tính giá trị biểu thức: Q = x13  x23 Tìm m để phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x1 + x2 Bài 10 Cho phương trình x2 – 2(m + 7)x + m2 - = Xác định m để phương trình: a) Có hai nghiệm trái dấu b) Có hai nghiệm dấu Bài 11 Cho phương trình (1 + m2)x2 – 2(m2 - 1)x + m = a) Tìm m để phương trình có nghiệm b) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm mà không phụ thuộc vào m II.4 Kết đạt Tháng 6/2017 với đề kiểm tra phần khảo sát thực trạng thu kết sau: Năm học Sĩ số 2016-2017 58 Giỏi SL % 21 36,2 Khá SL % 15 25,9 TB SL 18 % 31 Yếu SL % 6,9 Kém SL % 0 Qua số thống kê thấy rõ mức độ tiến học sinh Qua giảng dạy, ôn tập tơi thấy em tự tin nhiều có u thích say mê giải dạng tốn hệ thức Vi-ét Đặc biệt kì thi vào THPT tháng 7/2017 học sinh giải phần tập tốt, góp phần nâng cao điểm tốn tỉ lệ đỗ vào THPT Với giáo viên sau áp dụng sáng kiến kinh ngiệm tự biên soạn cho tài liệu để giảng dạy hệ thứ Vi-ét mà tâm đắc Hiện với việc dạy học theo định hướng phát triển lực học sinh việc dạy học theo chủ đề cần thiết Để nhân rộng sáng kiến thân đồng nghiệp cần tích cực sưu tầm, tập hợp toán theo dạng để bổ sung vào nội dung sáng kiến Với việc làm tơi tin tưởng sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét ứng dụng” ln khẳng định tính khả thi giá trị áp dụng III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Kết luận Qua trình đúc rút kinh nghiệm việc áp dụng biện pháp nhà trường, sở phân tích, đối chiếu, so sánh, lần khẳng định: Sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng tốn hệ thức Vi-ét ứng dụng” có khả áp dụng rộng rãi cho giáo viên dạy toán lớp trường THCS Sáng kiến việc cần thiết phải phân dạng toán hệ thức Vi-ét việc ứng dụng đồng thời rõ biện pháp cụ thể để thực nội dung Giúp giáo viên có tài liệu để giảng dạy chủ đề hệ thức Vi-ét cách đầy đủ, hệ thống, khoa học Từ nâng cao chất lượng cho học sinh khơng giới hạn việc giải toán hệ thức Vi-ét mà củng cố rèn luyện nhiều kiến thức tốn học khác Góp phần nâng cao kết kì thi vào THPT tạo tiền đề vững cho việc học toán sau em Đặc biệt, mà toàn ngành giáo dục thực dạy học theo định hướng phát triển lực học sinh nhằm thực tốt Nghị số 29NQ/TW ngày 04/11/2013 Ban Chấp hành Trung ương Đảng (khóa XI) Đề án "Đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng u cầu cơng nghiệp hố, đại hố điều kiện kinh tế thị trường định hướng XHCN hội nhập quốc tế", việc dạy học theo chủ để kiến thức chắn nhà trường thực ngày sâu sắc Kiến nghị 2.1 Đề xuất kiến nghị để thực áp dụng mở rộng sáng kiến Mặc dù sáng kiến kinh nghiệm “Phân dạng toán hệ thức Vi-ét ứng dụng” khẳng định tính khả thi giá trị áp dụng song với thời gian trải nghiệm chưa nhiều lực cá nhân cịn hạn chế nên tính bao qt tồn diện định cịn chưa hết Tơi mong muốn thân đồng nghiệp tiếp tục có tập bổ sung, đóng góp để sáng kiến ln giữ tính khả thi giá trị năm học, với việc dạy học theo định hướng phát triển lực học sinh việc dạy học theo chủ đề ngày quan tâm Tôi áp dụng sáng kiến từ tháng năm 2017 cho việc dạy ôn tập cho học sinh trường thi vào THPT năm học 2017-2018 2.2 Để áp dụng sáng kiến Đối với giáo viên: Cần nghiên cứu kĩ đề tài, nắm phương pháp giải tùng dạng toán; chuẩn bị kĩ giáo án; tích cực nghiên cứu tài liệu bắt tay giải toán học sinh Đối với học sinh: Sáng kiến áp dụng với học sinh khối cho kết tốt học sinh nắm phương pháp giải dạng toán phát huy tính chủ động sáng tạo, chăm rèn luyện, làm nhiều tập luyện để nâng cao kĩ giải tốn Trong q trình thực thân tơi khơng thể tránh khỏi khiếm khuyết thiếu sót, tính lơgic hệ thống tập nên thân mong đóng góp ý kiến quý báu từ cấp lãnh đạo đồng nghiệp bảo, bổ sung cho để sáng kiến đầy đủ vận dụng tốt có chất lượng năm học sau Tôi xin chân thành cảm ơn ! Hoằng Quý, ngày 20 tháng năm 2018 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết khơng chép nội dung người khác Người thực Lê Thị Như ĐỀ NGHỊ ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SKKN CẤP TRƯỜNG ………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… ĐỀ NGHỊ ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SKKN CẤP PHÒNG GD&ĐT ………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… ĐỀ NGHỊ ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SKKN CẤP SỞ GD&ĐT ………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………………………………… ... lý Vi- ét, phân dạng toán hệ thức Vi- ét ứng dụng I.4 Phương pháp nghiên cứu Sáng kiến: ? ?Phân dạng toán hệ thức Vi- ét ứng dụng? ?? ơn lại lí thuyết hệ thức Vi- ét khai thác sâu ứng dụng vào giải toán. .. hành phân dạng với dạng rõ ứng dụng Từ cách nghĩ cách làm tơi nảy sinh vi? ??c vi? ??t sáng kiến ? ?Phân dạng toán hệ thức Vi- ét ứng dụng? ?? I.2 Mục đích nghiên cứu Sáng kiến kịnh nghiệm ? ?Phân dạng toán hệ. .. lí Vi- ét Điều đảm bảo tính chặt chẽ tốn học lời giải coi đầy đủ, chọn vẹn 3.2.10 Dạng toán 10: Một vài ứng dụng khác hệ thức Vi- ét Ở ta đề cập dạng toán liên quan đến đến hệ thức Vi- ét ứng dụng