高中数学竞赛讲义——复数.doc

高中数学竞赛讲义复数一、基础知识1复数的运算法则：三角形式，若z1=r1(cos1+isin1), z2=r2(cos2+isin2)，则z1z2=r1r2cos(1+2)+isin(1+2)；cos(1-2)+isin(1-2)，或记为z1z2=r1r2；2棣莫弗定理：r(cos+isin)n=rn(cosn+isinn).3开方：若r(cos+isin)，则，k=0,1,2,n-1。4方程记为：称为1的次单位根。由棣莫弗定理，全部次单位根可表示为。关于单位根，有如下常用性质：；任意两个单位根的乘积仍为一个次单位根，且（1）；（2）设为整数，则（3）1+z1+z2+zn-1=0；（4）xn-1+xn-2+x+1=(x-z1)(x-z2)(x-zn-1)=(x-z1)(x-)(x-).特别地：1的立方根有：1，i，i（1）331 （2）120或120 （3）1（4）2，2 （5）(1i)22i，(34i)2724i5代数基本定理：在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。6实系数方程虚根成对定理：实系数一元n次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b0)是方程的一个根，则=a-bi也是一个根。7若a,b,cR,a0，则关于x的方程ax2+bx+c=0，当=b2-4ac0时方程的根为二、基本方法1三角形式的应用。例1设n2000,nN，且存在满足(sin+icos)n=sinn+icosn，那么这样的n有多少个？解 由题设得，所以n=4k+1.又因为0n2000，所以1k500，所以这样的n有500个。2二项式定理的应用。例2计算：（1）；（2）解 (1+i)100=(1+i)250=(2i)50=-250,由二项式定理(1+i)100= =)+()i，比较实部和虚部，得=-250，=0。5设n=2001，则 .3复数乘法的几何意义。例3以定长线段BC为一边任作ABC，分别以AB，AC为腰，B，C为直角顶点向外作等腰直角ABM、等腰直角ACN。求证：MN的中点为定点。证明 设|BC|=2a，以BC中点O为原点，BC为x轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B，C对应的复数为-a,a,点A，M，N对应的复数为z1,z2,z3,，由复数乘法的几何意义得：，由+得z2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.设MN的中点为P，对应的复数z=,为定值，所以MN的中点P为定点。例4设A，B，C，D为平面上任意四点，求证：ABAD+BCADACBD。证明 用A，B，C，D表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B|C-D|+|B-C|A-D|(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).所以|A-B|C-D|+|B-C|A-D|A-C|B-D|, “=”成立当且仅当，即=，即A，B，C，D共圆时成立。不等式得证。4复数与轨迹。例5复平面上动点的轨迹方程为，为定点，；另一动点Z满足，求点Z的轨迹，并指明它在复平面上的形状和位置。（高中联赛，1988）yxZ（x，y）rO图4.5.1解：由知，所以，代入得。变形为，表示Z是以为中心，为半径的圆周，但应除去原点。例6 ABC的顶点A表示的复数为3i，底边BC在实轴上滑动，且|BC|=2，求ABC的外心轨迹。解设外心M对应的复数为z=x+yi(x,yR)，B，C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M是三边垂直平分线的交点，而AB的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得所以ABC的外心轨迹是轨物线。例7：设m、n为非零实数，i为虚单位，C，则方程与如图，在同一复平面内的图形（F1、F2是焦点）是（ ）【思路分析】可根据复平面内点的轨迹的定义；也可根据m、n的取值讨论进行求解.【略解】由复平面内点的轨迹的定义，得方程在复平面上表示以点为焦点的椭圆，.这表明，至少有一焦点在下半虚轴上，可见（A）不真.又由方程，椭圆的长轴之长为n，|F1F2|0.（1）若这时，在坐标平面上，F1（0，n），F2（0，m），只可能为图象（C），但与|F1F2|m|. 故在（B）与（D）中，均有F1 : ni；F2 : mi，且m0. 由方程，双曲线上的点应满足到F2点的距离小于该点到F1点的距离.答案：（B）【评述】（1）本题涉及的知识点：复数的几何意义，复平面上的曲线与方程，椭圆，双曲线，共焦点的椭圆与双曲线，讨论法.（2）本题属于读图题型. 两种解法均为基本方法：解法中前者为定义法；后者为分类讨论法.5复数与三角。例8已知cos+cos+cos=sin+sin+sin=0，求证：cos2+cos2+cos2=0。证明 令z1=cos+isin,z2=cos+isin,z3=cos+isin，则z1+z2+z3=0。所以又因为|zi|=1,i=1,2,3.所以zi=1，即由z1+z2+z3=0得 又所以所以cos2+cos2+cos2+i(sin2+sin2+sin2)=0.所以cos2+cos2+cos2=0。例9求和：S=cos200+2cos400+18cos18200.解 令w=cos200+isin200,则w18=1，令P=sin200+2sin400+18sin18200,则S+iP=w+2w2+18w18. 由w得w(S+iP)=w2+2w3+17w18+18w19，由-得(1-w)(S+iP)=w+w2+w18-18w19=，所以S+iP=，所以6复数与多项式。例10已知f(z)=c0zn+c1zn-1+cn-1z+cn是n次复系数多项式(c00).求证：一定存在一个复数z0，|z0|1，并且|f(z0)|c0|+|cn|.证明 记c0zn+c1zn-1+cn-1z=g(z),令=Arg(cn)-Arg(z0)，则方程g(z)-c0ei=0为n次方程，其必有n个根，设为z1,z2,zn，从而g(z)-c0ei=(z-z1)(z-z2)(z-zn)c0，令z=0得-c0ei=(-1)nz1z2znc0，取模得|z1z2zn|=1。所以z1,z2,，zn中必有一个zi使得|zi|1,从而f(zi)=g(zi)+cn=c0ei=cn，所以|f(zi)|=|c0ei+cn|=|c0|+|cn|.7单位根的应用。例11证明：自O上任意一点p到正多边形A1A2An各个顶点的距离的平方和为定值。证明 取此圆为单位圆，O为原点，射线OAn为实轴正半轴，建立复平面，顶点A1对应复数设为，则顶点A2A3An对应复数分别为2，3，n.设点p对应复数z,则|z|=1,且=2n- =2n-命题得证。例12集合A=和B=都是1的复数根的集合，集合C=也是一个1的复数根集合，集合C中有多少个不同的元素。（美国）解： 令（1） 设（2） 任取 ； ； 。，故Z=P，故集合C有144个不同元素。例13设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为则复数所对应的不同的点的个数是（ ）A4 B5 C10 D20【思路分析】如题设可知，应设.故解题中应注意分解因式.【解法1】因为我们只关心不同的点的个数，所以不失一般性可设.由，有【答案】A.【解法2】由可知只有4个取值，而=（）3的取值不会增加，则B、C、D均应排除，故应选A.【评述】上述两个解法均为基本方法.思维的起点是不失一般性设，于是可用直接法（解法1）和排除法（解法2）.8复数与几何。例14在四边形ABCD内存在一点P，使得PAB，PCD都是以P为直角顶点的等腰直角三角形。求证：必存在另一点Q，使得QBC，QDA也都是以Q为直角顶点的等腰直角三角形。证明 以P为原点建立复平面，并用A，B，C，D，P，Q表示它们对应的复数，由题设及复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA；取，则C-Q=i(B-Q)，则BCQ为等腰直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得，即A-Q=i(D-Q)，所以ADQ也为等腰直角三角形且以Q为直角顶点。综上命题得证。复数的几何意义，为我们解决几何问题提供了有效的方法。例15如图，ABC和ADE是两个不全等的等腰直角三角形。现固定ABC，而将ADE绕A点在平面上旋转。试证：不论ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在一点M，使BMD为等腰直角三角形。（高中联赛，1987）EDCBA证明1： 首先探索M点的位置，为此让ADE绕A点旋转，使E点落在AB边上，不难证明，在这一特殊位置时，M点恰好是EC的中点。下面再用复数证明一般情况下，M点仍是EC的中点（图4.5.7）。建立如图4.5.8的复平面，使。不妨设，则，则。由中点公式，又因为， ，故且。故BMD是以点M为直角顶点的等腰直角三角形。ECAyxOBDDMECBAyxAEDCBM证明2 通过复数方法直接计算后确定M点的位置。为此仍将ABC置于复平面，设A，B，C所对应的复数分别为0，AD长为1，则D，E对应的复数分别为（这里是AD的旋转角）。再以DB为斜边作等腰直角三角形DMB于是. ,所以。由此可知M点是线段EC的中点，命题得证。证明3 通过建立恰当的坐标系简化证明。由于ABAD，因而不论ADE旋转到什么位置，B，D均不会重合，因而可取BD所在的直线为横坐标，BD中点为原点（如图4.5.9），设，于是，故，同理，则线段EC的中点M的值为，而，恰好对应等腰三角形的三个顶点，即三角形BDM是等腰直角三角形。例16若四边形ABCD内部有一点P，使四个三角形PAB，PBC，PCD，PDA等积，求证P点必在对角线AC或BD上。（瑞典，1982）分析 用复数表示三角形面积，形式非常简单。设，则。由于。本题取P为复平面的原点，A、B、C、D对应复数，则由四个三角形等积，得，又因为， 所以，即。同理可得，若，则，这说明P点为AC的中点，若，则，这说明P点为BD的中点，所以P点必在AC或BD上。例17平面上给定A1A2A3及点p0，定义As=As-3,s4，构造点列p0,p1,p2,使得pk+1为绕中心Ak+1顺时针旋转1200时pk所到达的位置，k=0,1,2,若p1986=p0.证明：A1A2A3为等边三角形。证明 令u=，由题设，约定用点同时表示它们对应的复数，取给定平面为复平面，则p1=(1+u)A1-up0,p2=(1+u)A2-up1,p3=(1+u)A3-up2,u2+(-u)得p3=(1+u)(A3-uA2+u2A1)+p0=w+p0,w为与p0无关的常数。同理得p6=w+p3=2w+p0,p1986=662w+p0=p0，所以w=0，从而A3-uA2+u2A1=0.由u2=u-1得A3-A1=（A2-A1）u，这说明A1A2A3为正三角形。三、基础训练题1满足(2x2+5x+2)+(y2-y-2)i=0的有序实数对(x,y)有_组。2若zC且z2=8+6i,且z3-16z-=_。3.复数z满足|z|=5，且(3+4i)z是纯虚数，则_。4已知，则1+z+z2+z1992=_。5.设复数z使得的一个辐角的绝对值为，则z辐角主值的取值范围是_。6设x是模为1的复数，则函数的最小值为（ ）A5B1C2D37若复数z满足关系对应的复平面的点Z的轨迹是（ ）A圆B椭圆C双曲线D直线8已知复数z满足关系式，则复数z的辐角主值的范围是（ ）ABCD9若虚数z满足的值是 .10若关于x的方程至少有一个模为3的根，则实数a的值是 .11给正方体的8个顶点染上k个红点，个蓝点（）.凡两端为红色的棱记上数字凡两端为蓝色的棱记上数字凡两端异色的棱记上数字1，这12个数字之积的所有可取值为 .12N个复数z1,z2,zn成等比数列，其中|z1|1，公比为q,|q|=1且q1,复数w1,w2,wn满足条件：wk=zk+h，（其中k=1,2,n，h为已知实数），求证：复平面内表示w1,w2,wn的点P1,P2,Pn都在一个焦距为4的椭圆上。13若ak0,k=1,2,n，并规定an+1=a1，使不等式恒成立的实数的最大值为_。14若nN，且n3,则方程zn+1+zn-1=0的模为1的虚根的个数为_。15设(x2006+x2008+3)2007=a0+a1x+a2x2+anxn，则+a3k-_。16设复数z1,z2满足z1,其中A0，AC。证明：（1）|z1+A|z2+A|=|A|2； （2）17若zC,且|z|=1,u=z4-z3-3z2i-z+1.求|u|的最大值和最小值，并求取得最大值、最小值时的复数z.四、联赛训练题1已知复数z满足则z的辐角主值的取值范围是_。2设复数z=cos+isin(0)，复数z,(1+i)z，2在复平面上对应的三个点分别是P，Q，R，当P，Q，R不共线时，以PQ，PR为两边的平行四边形第四个顶点为S，则S到原点距离的最大值为_。3设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为z1,z2,z20,则复数所对应的不同点的个数是_。4已知复数z满足|z|=1，则|z+iz+1|的最小值为_。5设，z1=w-z,z2=w+z,z1,z2对应复平面上的点A，B，点O为原点，AOB=900，|AO|=|BO|，则OAB面积是_。6设，则(x-w)(x-w3)(x-w7)(x-w9)的展开式为_。7已知()m=(1+i)n(m,nN+)，则mn的最小值是_。8复平面上，非