高中数学 奥赛辅导精品第八讲 复数

1 第八讲第八讲 复数复数 知识 方法 技能 I I 复数的四种表示形式 复数的四种表示形式 代数形式 R R babiaz 几何形式 复平面上的点 Z 或由原点出发的向量 ba OZ 三角形式 R R 0 0 sin cosrirz 指数形式 i rez 复数的以上几种形式 沟通了代数 三角 几何等学科间的联系 使人们应用复数解决 相关问题成为现实 IIII 复数的运算法则 复数的运算法则 加 减法 idbcadicbia 乘法 iadbcbdacdicbia sin cos sin cos sin cos 212121222111 irririr 除法 0 2222 dici dc adbc dc bdac bic bia sin cos sin cos sin cos 2121 2 1 222 111 i r r ir ir 乘方 N N nninrir nn sin cos sin cos 开方 复数次方根是nir的 sin cos 1 1 0 2 sin 2 cos nk n k i n k r n IIIIII 复数的模与共轭复数 复数的模与共轭复数 复数的模的性质 Im Re zzzz 2121nn zzzzzz 0 2 2 1 2 1 z z z z z 对应的向量 反向时取等号 12121 zzzzz与复数 2 z 1 OZ 2 OZ 与复数对应的向量 2121nn zzzzzz n zzz 21 同时取等号 n OZOZOZ 21 2 共轭复数的性质 22 zzzz Im 2 Re 2zzzzzz zz 2121 zzzz 1121 zzzz 0 2 2 1 2 1 z z z z z z 是实数的充要条件是是纯虚的充要条件是zzz 0 zzz 复数解题的常用方法与思想 复数解题的常用方法与思想 1 两个复数相等的充要条件是它们的实部 虚部对应相等 或者它们的模与辐角主 值相等 辐角相差 2的整数倍 利用复数相等的充要条件 可以把复数问题转化为实数 问题 从而获得解决问题的一种途径 2 复数的模也是将复数问题实数化的有效方法之一 善于利用模的性质 是模运算中 的一个突出方面 赛 题 精 讲 例例 1 1 设m n为非零实数 i为虚单位 C C 则方程 与 znmizniz mmizniz 如图 I 1 8 1 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mini 0 0 nn故 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 0 0 mn C 但与 F1F2 m 故在 B 与 D 中 均有 F1 ni F2 mi 且m 0 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 例例 2 2 若的值是 zzzCz则 3 4arg 6 5 4arg 22 思路分析 本题可由已知条件入手求出复数 z 的模 继而求出复数 也可由几何意义入手 来求复数 z 略解 令 6 5 sin 6 5 cos4 1 2 iz 3 sin 3 cos4 2 2 iz 0 0 21 得 2 1 2 3 2 3 2 1 8 1212 i 解得代入后 8 2 3 2 1 0 2 1 2 3 12 12 34 4 12 得 31 42 2 iz 31 3 sin 3 cos2iiz 别解 如图 I 1 8 2 2 zOD 4 过 D 作与实轴平行的直线 AB 取 AD BD 4 31 3 sin 3 cos2 3 2 sin 3 2 cos4 3 2 2 4 2 3 6 5 4 4 2 22 i iz iz xOBBODxOBxOD ODDBADAOBRt BOA xOBxOA zOBzOA 中在 从而 则 评述 本题的两种解法中 前者应用了复数的三角形式 后者应用了复数的几何意义 数 形结合 形象直观 例例 3 3 x的二次方程 m均是复数 且 121 2 0zmzxzx中 2 zizz20164 2 2 1 设这个方程的两个根为 且满足 72 求 m 的最大值和最小值 解法 1 根据韦达定理有 2 1 mz z 444 2 2 1 22 mzz 7 54 7 4 4 1 28 4 4 2 2 1 2 2 1 2 im zzm zzm 即 这表明复数 m 在以 A 4 5 为圆心 以 7 为半径的圆周上如图 I 1 8 3 所示 故原点 O 在 A 之内 连接 OA 延长交 A 于两点 B 与 7 4154 22 OA C 则 OB OA AB 最大值 741m为 OC CA AO 7 最小值 41m为 m 的最大值是的最小值是 7 741m 41 解法 2 同解法 1 得 R R 7 54 im yxyixm 令 图 I 1 8 3 5 5 sin7 4cos7 y x 则 sin70cos5690 222 yxm sin 411490 sin 41 5 cos 41 4 411490 其中 41 4 sin m 的最大值 417411490 m 的最小值 417411490 解法 3 根据韦达定理 有 2 1 mz z mzz444 2 2 1 22 28 2016 4 4 4 2 2 1 2 imzzm 54 54 54 54 7 54 iimiimm im 即 417 等号成立的充要条件是的辐角主值相差 即 54 54 iim 与 取最小值 41 5 41 4 417 41 5 41 4 7 54 mimiim时所以当 417 评述 三种解法 各有千秋 解法 1 运用数形结合法 揭示复数 m 的几何意义 直观清晰 解法 2 则活用三角知识 把化为角 的正弦 解法 3 运用不 sin70cos56 等式中等号成立的条件获得答案 三种解法从不同侧面刻面了本题的内在结构特征 例例 4 4 若R R t t t i t t zzM 1 1 2 0 1 zzNtt R R 中元素的个数为 ttit cos arccos n cos arcsiNMt 则 1 A 0 B 1 C 2 D 4 解法同本章一的练习第 4 题 例例 5 5 设复数则满足 33 3 2121121 zzzzzzz log 2000 21 2000 212 zzzz 6 思路分析 应先设法求出的值 2000 21 2000 1 zzzz 评述 由题设知 29 9 2121 2 2 2 1 2 21 2121 2 2 2 1 2 21 zzzzzzzz zzzzzzzz 因为 9 9 3 3 2121212121 zzzzzzzzzz并且故 sin cos9 sin cos9 2121 izzizz 则设 2 3 2 1 99 2 1 cos cos189 2 2121 2121 i zzzz zzzz 这里 或者于是 得由 4000 log 9 9 2000 21 2000 212 20002000 21 2000 2121 zzzz zzzzzz 故 可得时当 当 可得同样结果 故答案 4000 时 2 21 9 zz 评述 此题属填空题中的难题 故解题时应仔细 例例 6 6 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 2021 zzz 数所对应的不同的点的个数是 1995 20 1995 2 1995 1 zzz A 4 B 5 C 10 D 20 思路分析 如题设可知 应设 故解题中应注意分解因式 1 20 k z 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1 20 k z1 60 k z 1 1 1 1 10 15151515 1515151560 izizzz izizzzz k