复数与多项式

1、复数与多项式讲义一、基础知识1 复数的定义：设i为方程x2=-1的根，i称为虚数单位，由i与实数进行加、减、乘、除等运算。便产生形如a+bi( a,b R)的数，称为复数。所有复数构成的集合称复数集。通常用C来表示。2 .复数的几种形式。对任意复数z=a+bi (a,b R), a称实部记作Re(z),b称虚部记作lm(z). z=ai 称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将 (a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的映射。因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x轴称为实轴，y轴去掉原点称为虚轴，

2、点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z又对应唯一一个向量。因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z对应复平面内的点Z,见图15-1，连接0Z设/xOZ=0 ,|OZ|=r，则a=rcos 0 ,b=rsin0 ,所以z=r(cos 0 +isin 0 )，这种形式叫做三角形式。若 z=r(cos 0 +isin 0 )，则0称为z的辐角。若 0 0 2n ,则0称为z的辐角主值，记作0 =Arg(z). r称为z的模，也记作|z| ,由勾股定理知|z|= . a2 b2 . 如果用ei 0表示cos 0 +isin 0，贝U z=re i 0，称

3、为复数的指数形式。I 复数的四种表示形式代数形式：z = a bi (a,b 三几何形式：复平面上的点 Z ( a,b)或由原点出发的向量0Z.三角形式：z=r(cos v isin r), r _ 0,0 三 R.指数形式：z二re71.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.II 复数的运算法则力口、减法：(a bi) _ (c di) = (a _c) (b _ d)i;乘法：(a bi)(c di) =(ac -bd) (bc ad)i; (cos r i sin r) “(cosk i sin 七)=r12cos( y七)i s

4、in( y 亍2);除法：abiacbdbe-ad小、2222i(c di )cbicdcdr1 ( c0书 isi n1)r1：coE(-日2) + isi n( ,2).r2( co鸟 +isi n2) r2乘方(棣莫弗定理)：r(cosv isin)n =rn(cosn isinn j(n N)；开方：复数 r(cosvi si nv)的 n 次方根是 nr(cos= 2isi 2Q)(k =0,1，n_1).nnn2 兀2j单位根：若w=1，则称w为1的一个n次单位根，简称单位根，记乙=cois in ，则全部单位根可nn表示为1, Z1 , Z；,Z1nd.单位根的基本性质有(这里记

5、Zk , k=1,2,n-1 )： (1)对任意整数k,若 k=n q+r,q Z,0 r 2 时，有mmm 0,当 n | m,n1 n21 它227送池=、/特另 IJ 1+乙 +Z2+ - +Z1=0 ； ( 3 ) x-+x-+x+ 仁(x-Z 1)(x-Z 2)JI,当 n | m,(X-Z n-1)=(X-Z (x- Z；)(x- Z；).复数z是实数的充要条件是 z=z；z是纯虚数的充要条件是：Z+Z=O （且z丰0）.代数基本定理：在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。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（b工0）是方程的一个根，则z=a

6、-bi也是一个根。右 a,b,c R,a丰0,则关于x的方程2 2ax +bx+c=0, 当 A =b -4ac |f(1)I+|f(-1)I+|f(i)I+|f(-i)I=4 所以 f(1),f(-1),-f(i),-f(-i) 所以 f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，其中等号成立。四个向量方向相同，且模相等。，解得 a=b=0.2. 复数相等。2例3 设入 R,若二次方程(1-i)x+(入+i)x+1+入i=0有两个虚根，求 入满足的充要条件。2X x 1 j _ 0解若方程有实根，则方程组二 有实根，由方程组得(入+1)x+入+仁0.若入=-1，则方程x2 _ x _ 人=

7、0x2-x+仁0中厶0无实根，所以入工-1。所以x=-1,入=2.所以当入工2时，方程无实根。所以方程有两个虚根的充要条件为入工2。3. 三角形式的应用。例4 设nW 2000,n N,且存在0满足(sin 0 +icos 0 ) n=sinn 0 +icosn 0，那么这样的 n有多少个？解由题设得cos( - v) i sin( - v)n = cosn( - n) i sin(- v) = cos(理-n) i sin( “ - n：),所以 n=4k+1.又因为0W nW 2000，所以1 W k W 500,所以这样的n有500个。4. 二项式定理的应用。计算：(1)C100 -Cw

8、0 C400 一 C00 ； (2) C；00-G3001002- 505050100(1+i)C100厂、1 C100i12 299 99100 100C100i C100 , C100i C100i(C100 - C100 C1；0 j)+(C100,比较实部和虚部，得 C000 -C100C4)0 -50=-2 ,(1+i)=(1+i) =(2i)=-2 , 由C1005复数乘法的几何意义。例6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

9、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,z 2,z 3, CA =乙- a,BA =乙 a，由复数乘法的几何意义得:CN =z3 -a 二(乙-a), BM = z2a = -乙-a),由 + 得 z2+z3=i(z 1+a)-i(z 1-a)=2ai.设 MN的中点为P,对应的复数z=z2 今=ai,为定值，所以MN的中点P为定点。2例7 设A B, C, D为平面上任意四点，求证：AB?AD+BCAAC?BD。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|

10、?|C-D|+|B-C| ?|A-D| (A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).B _ aB C所以 |A-B| ?|C-D|+|B-C|? |A-D| |A-C| ?|B-D|,“ =” 成立当且仅当 Arg () = Arg ()，即D - AC - DD _ aB - CArg () Arg () =n ,即A, B, C, D共圆时成立。不等式得证。B AD -C6.复数与轨迹。例8 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,y R), B, C点对应的复数分别是 b,b+2.因为外心M是三边

11、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 M24对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2| ，消去b解得x2 = 6(y -).3所以 ABC的外心轨迹是轨物线。7 复数与三角。例 9 已知 cos a +cos 3 +cos 丫 =sin a +sin 3 +sin 丫 =0,求证: cos2 a +cos2 3 +cos2 丫 =0。 证明 令 zi=cos a +isin a ,z 2=cos 3 +isin 3 ,z 3=cos 丫 +isin 丫，贝U乙+Z2+Z3=O。所以 zz2

12、z3z2z3 = 0.又因为 |z i|=1,i=1,2,3.1所以Zi ? zi =1 ,即Zj =.Zi由 z1+z2+z3=0 得x：xfx3!2z1z2-2z2z3-2z3z-i= 0.又 Z1 Z2 - Z3Z2 - Z3Z1= Z1Z2Z3lZ11Z2=Z1 Z2Z3(Z1Z2Z3) = 0.所以才 z； z； = 0.所以 cos2 a +cos2 3 +cos2 y +i(sin2 a +sin2 3 +sin2 丫 )=0.所以 cos2 a +cos2 3 +cos2 丫 =0。例 10 求和：S=cos200+2cos40+18cos18 x 20.解令 w=cos20

13、+isin20 ,则 w =1，令 P=sin20 +2sin40 + +18sin 18 x 20 ,则 S+iP=w+2w+18w .由18x w得 w(S+iP)=w2+2w+17w/8+18w/9，由-得(1-w)(S+iP)=w+w 2+w8-18w19=_ _18w19 ,1- w所以 S+iP= 18 _9 1 - i ，所以 S =9 .1 -w 22；2&复数与多项式。例11 已知f(z)=c 0Zn+c11+ +Cn-1Z+Cn是n次复系数多项式(C 0工0).求证：一定存在一个复数Z0,|Z 0| |c 0| + |c n|.证明 记 CoZn+C1Zn-1 +Cn-1Z

14、=g(z),令二=Arg(c n)-Arg(z 0)，则方程 g(Z)-c 0ei 0 =0 为 n 次方程，其必有 n 个 根，设为乙,z2,zn,从而 g(z)-c0e 复数与几何。例13如图15-2所示，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。=(z_z 1)(z-z 2)?？(z-zn)c 0，令 z=0 得-C0e0 =(-1)上亿2 ZnC。，取模得|z 1Z2 Zn| = 1 o 所以 Z1,Z2,Zn 中必有一个 乙使得 |z i | 4,构造点列p

15、o,pi,p2,使得Pk+i为绕中心Ak+i顺时针旋 转120时pk所到达的位置，k=0,1,2,若pi986=po.证明： A1A2A3为等边三角形。证明令u=e 3，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)A 1-up0,P2=(1+U)A 2-Up 1 ,P3=(1+u)A 3-up 2,22 X U + x (-u)得 P3=(1+U)(A 3-UA2+U A)+p 0=W+p),W 为与 p0 无关的常数。同理得p6=w+p3=2w+p?,p 1986=662w+p0=p0,所以 w=0,从而 A3-UA2+U A=0.由 u =u-1 得 As

16、-Ac (A2-A1) u，这说明 AAA为正三角形。赛题精讲例1设m、n为非零实数，i为虚单位，z三C,则方程| z ni | | z _ mi | = n与| z ni | z - mi 卜-m 如图I 1 8 1,在同一复平面内的图形(F2是焦点)是()(A)(B)C(D)图 I 1 81例 2：若 z C,arg(z2 -4), arg(z24),则z 的值是63例3： x的二次方程x2z|Xz2 m =0中,乙、z、m均是复数，且才- 4z2= 16 20i .设这个方程的两个根为：、 1 ,且满足|- 一： |=2、. 7.求|m|的最大值和最小值.例4:例 5：设复数 z1, z

17、2满足 | z1 1=1 z1 - z2 1= 3,| 乙 - z2 |二 3,3,则2000 2000 |log2|(Z1Z2)(Z1Z2)卜.例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Z,Z2- , Z20 ,则复数召1995,995，諾95所对应的不同的点的个数是()A . 4B. 5C. 10D. 20针对性训练题1、在复平面上，曲线Z4+Z=1与圆|z|=1的交点个数为(a) 0(B) 1(C) 2( D) 32、已知关于x的实系数方程2 2x 2x 2 =0和x - 2mx -1=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆,则m的取值范围是3、在复平面上，非零

18、复数Z1、Z2在以i对应的点为圆心，1为半径的圆上，Z1 Z的实部为零,argz1= 6，贝 U Z2=一3仝(C)224设x1，X2是实系数一元二次方程33.i(B)2233.i(D) 2222ax2 bx0的根，若x1是虚数，X2是实数，则X2X2X2的值为A 0B-998s“ 乞(鱼)2 川(生)1995C 998Cn C5 C9(其中n 1m =1 4，x表示不超过x的最大整数)的值为.2n cos(B)42nJ 2nsin 匸(C)4丿2 11设x是模为1的复数，则函数f(x)二x 23的最小值为xA. 5B . 1C . 2D . 32.若复数z满足关系|z2|2 |z-4i|2

19、= 12,则z对应的复平面的点 Z的轨迹是()3已知复数z满足关系式|z_2|.3，则复数z的辐角主值的范围是()A 0,舟35:C0, c c , 二33B 5； Z35:.D 0, ,2二334 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A 圆B 椭圆C 双曲线D 直线才95&995，z；995所对应的不同的点的个数是()A 4B 5C 10D 2012243610002000、5.设 n=2001，y (1 _3Cn 3 Cn -3 Cn 亠 亠3 Cn )2n6 .若虚数z满足z2 =8,那么z3 z2 2z 2的值是 7若关于x的方程x

20、2 2ax a2 -4a = 0至少有一个模为 3的根，则实数a的值是1+3i&给正方体的8个顶点染上k个红点，8 - k个蓝点(1乞k ： 8).凡两端为红色的棱记上数字，凡2两端为蓝色的棱记上数字13i ,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2为2、已知关于x的实系数方程x2 -2x 2 = 0和x2 2mx 7=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆，则m的取值范围是。2 m|-1m0 ,即m -1或m a 0时，方程x2 + 2mx +1 = 0有两个不等的实根 x3,x4，则为,x2对应的点在以X3,%对应的点为直径端点的圆上，该圆的方程为2 2 2(x -x3)(

21、x -x4) y =0，即 x y - (x3 x4)x x3x 0，将 x3 x4 - -2m,x3& =1 及x1, x2对应3点的坐标（1，土 1 ）代入方程，即得m = _。2 故m的取值范围是m|-1m1或m=-3/29.设复数召=(2 a) +(1b)i ,22 = (3 + 2 )+ (2+ b )i z = (3a ) (3 b )其中 a,b R，当N +z2|+|z3取得最小值时，3a+4b=.解 易求得乙+ +z3 =8 +6i ,于是 乙+ z2 + z3兰乙+z2 + z3 = 10,乙+ z2 + z3取得最小值， 当且仅当 =口二亠退=8，解得a=7,b=，所以3

22、a 4 12.1 -b 2 +3b 3 2b 6342、在复平面上，曲线z4+z=1与圆|z|=1的交点个数为(A) 0(B) 1(C) 2( D) 3z z z = a bi1、设a、b均为正数，且存在复数z满足/ -1，则ab的最大值等于11为半径的圆上，z1 z2的实部为零,81、在复平面上，非零复数Z1、z2在以i对应的点为圆心,argz1= 6 ,则z2=.3(C)3i332(B)221313、312(D)222ii324设 为，2是实系数一元二次方程X1 X1 . 2X1、s =1()()X2X1 )1995X2 的值为B -9981、D.C 998由已知X1与X2共轭,设 = r

23、e=X2 = re i-)则乞二rei3vR,得或,所以二e*或e代入s中得s = 1x233i4X25985z(A) 1(B) 2(C) 0(D) 3i2a1、已知、是方程ax2+bx+c=0( a、b、c为实数)的两根，且是虚数，：是实数，则7 的值是1、已知a为自然数，存在一个以a为首项系数的二次整数系数的多项式， 它有两个小于1 的不同正根那么，a的最小值是.2、5;1、m=A 1(其中 一 4,x表示不超过x的最大整数)的值为.2ncosn：(A)41n 1nn 二2 2! cos(C)2 .4丿Cn594m 川 Cn * Cn -Cn,2nsin(B)4I 丄”松 sinL(d|)2 I4 丿O7、如图，由余弦定理可得：Ia二勺