I复数的四种表示形式

1、第八讲复数知识、方法、技能I.复数的四种表示形式代数形式：zabi(a,bR)几何形式：复平面上的点Z(a,b)或由原点出发的向量OZ.三角形式：zr(cosisin),r0,0R.指数形式：zre'II.复数的运算法则加、减法：(abi)(cdi)(ac)(bd)i;乘法(abi)(cdi)(acbd)(bcad)i;ri(cosiisini)2(cos2isin2)rir2cos(i除法abiacbdbcadi(cdi0).cbi2.2cd2cd2ri(cosiisini)rir，cos(r2i2)isin(ir2(cos2isin2)乘方:复数的以上几种形式，沟通了代数、三角、几

2、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.2)isin(i2);2).r(cosisin)nrn(cosnisinn)(nN)；开方：复数r(cosisin)的n次方根是.一2k2knr(cos一isin一)(k0,1,n1).nnIII.复数的模与共轴复数复数的模的性质|z|Re(z)|,|z|Im(z)|;|ziz2zn|zi|z2|zn|;|当国0)；z2|z2|zi|z2|ziz2|,与复数zi、z2对应的向量OZ、OZ2反向时取等号;|zZ2ZnIIZ1I|Z2IIZnI,与复数Z，Z2,Zn对应的向量OZ1,OZ2,OZn同时取等号共轴复数的性质zzIzI2IZI2；z

3、z2Re(z),zz2Im(z)；Z1z2ZiZ2;Z1Z1;Z2(A)(B)(C)(D)0);Z1(=(Z2Z2z是实数的充要条件是zz,z是纯虚的充要条件是zz(z0).w.复数解题的常用方法与思想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.(1) 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1：设m、n为非零实数，i为虚单位，zC,则方程IzniIIzmiIn与IzniIIzmiIm如图I181,在

4、同一复平面内的图形(F、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ni,mi为焦点的椭圆，n0,故n0.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,.|FiF2|<n,而图（C）中有|OFi|=n,可见（C）不真.又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|n|m|.故在图（B）与（D）中，均有Fi:-ni,F2:mi,且m0.由方程，双曲线上的点应满足，至【JF2点的距离小于该点到Fi点的距离.答案：（B）【别解】仿上得n

5、>0.（1）若n0,m0.这时，在坐标平面上，Fi（0,n）,F2（0,m）,只可能为图象（C）,但与|FiF2|<长轴n,而|OFi|=n矛盾.（2）若n0,m0.这时，Fi（0,n）,F2（0,m）均在y轴的下半轴下，故只能为图象（B）与（D）.又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|n|>|m|.故在（B）与（D）中，均有Fi:ni;F2:mi,且m<0.由方程，双曲线上的点应满足到F2点的距离小于该点至iJFi点的距离.答案：（B）【评述】（I）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

6、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2：若zC,arg（z24）,arg（z24）一，则z的值是.63【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z2,，5.5、4i(cosisin),66z242(cosgisin3),也(i0,20)一得1 .3.38(2侦i)i(；22 222i),0,解得24,14/3,代入后,8,+得2z24(1J3i),z2(cos§isin§)(1.3i).【别解】如图I182,ODz2.过D作与实轴平行的直线AB，取AD=BD=

7、4,则OAz24,OBz24.5xOA6xOB从而BOA2在RtAOB中,|AD|xODxOB|DB|OD|4,BOD2xOB3),2.24(cosisin33z2(cosisin)33(1，3i)【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.2例3:x的一次方程xz1xz2一，2.一m0中，z、z2、m均是复数，且z14z21620i.设这个方程的两个根为、，且满足|2J7.求|m|的最大值和最小值.【解法1】根据韦达定理有zi,z2m.()2()24zi24z24m,22|2|4m(z24z2)|28.|m-(Z124z2)|7,4即|m

8、(45i)|7.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I183所示|OA|J4252J417,故原点O在A之内.连接OA,延长交。A于两点C，则|OB|=|OA|+|AB|=<417为|m|最大值.|OC|=|CA|AO|=7应为|m|最小值.|m|的最大值是v417,|m|的最小值是7V41.【解法2】同解法1,得|m(45i)|7,令mxyi(x,yR)则X7COsy7sin4,5.|m|22一一y9056cos70sin9014.41cos5-、41sin)901441sin(),其中sin441|m|的最大值=.,90144141,|m|的最小值=901441

9、41.【解法3】根据韦达定理，有Z1Z2m.222()()4Z14Z24m,|2|4m(z24z2)|4m(1620i)|28.即|m(45i)|7.|m|m(45i)(45i)|m(45i)|45i|7.41.等号成立的充要条件是m(45i)与(45i)的辐角主值相差，即m(45i)7(-i),所以当m(7J4i)(-i)时,|m|取最小值7v，41.41.414141【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56cos70sin化为角"”的正弦；解法3运用不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

10、内在结构特征-4一t1t例4：右Mz|zi,tR,t1ttcos(arcsint)icos(arccost),tR,|t|A.0B.1C.2D.解法同本章一的练习第4题.例5：设复数z1,z2满足|z1|z1z2|3,|z11,t0,Nz|z、21,则MN中元素的个数为()4z|33，则20002000.log2|(z1z2)(zz2)|【思路分析】应先设法求出(z)2000(云z2)2000的值.【评述】由题设知2,2,29|z1z2|z1|z2|z/2z2,2,.2.,2,、29|zz2|z|z2|(zz2zz2).因为|z|3,故|z2|3,宅平29,并且|z2|z2|9.设z1z29(

11、cosisin),由9z1z2于是z1z29这里-22z1z218cos，得cos或者z1z292贝Uz1z29(cosisin).1.2当z反9时，可得（z总）2000（d）200092000,故log2|（z1z2）2000（z1z2）2000|4000.当衰292时，可得同样结果，故答案4000.【评述】此题属填空题中的难题，故解题时应仔细例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z1,z2,z20，则复199519951995数zi,z2,z20所对应的不同的点的个数是（）A.4B.5C.10D.20【思路分析】如题设可知，应设z：°1.故解题中应注意

12、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20zk1.由z601,有1(zk51)(z151)(z15i)(z15i),15600zk15.15.15.15zk1,zk1,zki,zki.【解法2】由z：°1,则0z：°1(z；1)(z；1)(z；i)(zki),可知z：只有4个取值，而z；5（z5）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1,于是可用直接法（解法1）和排除法（解法2).针对性训练题1.设x是模为1的复数，则函数f(x)13的取小值为xC.2D.2.若复数z满足关系|z2|2|z4i|212,则z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3.已知复数z满足关系式|z2|J3,贝U复数z的辐角主值的范围是a0,-554. C.0,3亏,2D.0,-习,2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Zi,Z2,Z20,则复数z；995,z2995,z2095所对应的不同的点的个数是（）5. A.4B.5C.10D.2