全国数学联赛金牌教练高中奥数辅导第八讲复数

1、学习好资料欢迎下载全国高中数学联赛金牌教练员讲座兰州一中数学组第八讲复数知识、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：zrei.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复数的运算法则加、减法：(abi)(cdi)(ac)(bd)i;乘法：(abi)(cdi)(acbd)(bcad)i;除法：snsnsr(coisi)r(coisi)rrco()isin();111222121212abiacbdbcadi

2、(cdi0).cbic2d2c2d2r(cosisin)rr(cosisin)r1111cos()isin().12122222乘方：r(cosisin)nrn(cosnisinn)(nN）；开方：复数r(cosisin)的n次方根是nr(cos2kisin2k)(k0,1,n1).nnIII复数的模与共轭复数复数的模的性质|z|Re(z)|,|z|Im(z)|;|zzz|z|z|z|;12n12n|z1|z2|z|1|z|2学习好资料欢迎下载(z0);2|z|z|zz|,与复数z、z对应的向量OZ、OZ反向时取等号；12121212|zzz|z|z|z|，与复数z,z,z对应的向量12n12

3、n12nOZ,OZ,OZ同时取等号.12n共轭复数的性质zz|z|2|z|2；zz2Re(z),zz2Im(z)；zzzzzz；1212zzzz；1211(z1z2)z1z2(z0);2z是实数的充要条件是zz,z是纯虚的充要条件是zz(z0).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1：设m、n为非零实数，i为虚单位，z

4、C，则方程|zni|zmi|n与|zni|zmi|m如图I181，在同一复平面内的图形（F1、F2是焦点）是（）学习好资料欢迎下载图I181【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，|F1F2|0.（1）若n0,m0.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

5、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.,arg(z24),则z的值是.例2：若zC,arg(z24)563【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z24(cos155isin),6633z24(cosisin),2(0,0)12学习好资料欢迎下载22221221222得8(12310,2138,1331)i(),12解得4

6、,43,代入后，21+得2z24(13i),z2(cosisin)(13i).33【别解】如图I182，ODz2.过D作与实轴平行的直线AB，取AD=BD=4，则OAz24,OBz24.xOA5,xOB.63从而BOA2.在RtAOB中,|AD|DB|OD|4,2xODxOBBOD2xOB,322z24(cosisin),33z2(cosisin)33(13i)【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3：x的二次方程x2zxzm0中,z、z、m均是复数，且z24z1620i.121212设这个方程的两个根为、，且满足|27.求|m|的

7、最大值和最小值.【解法1】根据韦达定理有z,1z2m.图I18341学习好资料欢迎下载()2()24z24z4m,12|2|4m(z24z)|28.121|m(z24z)|7,2即|m(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|4252417,故原点O在A之内.连接OA，延长交A于两点B与C，则|OB|=|OA|+|AB|=417为|m|最大值.|OC|=|CA|AO|=741为|m|最小值.|m|的最大值是417,|m|的最小值是741.【解法2】同解法1，得|m(45i)|7,令mxyi(x,yR）.x7cos4,则y7sin5.|m|2

8、x2y29056cos70sin41cos901441(4541sin)【解法3】根据韦达定理，有901441sin(),其中sin4.41|m|的最大值=901441741,|m|的最小值=901441741.z1z2m.()2()24z24z4m，12|2|4m(z24z)|4m(1620i)|28.12学习好资料欢迎下载即|m(45i)|7.|m|m(45i)(45i)|m(45i)|45i|741.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(4415i),所以当m(741)(441415i)时,|m|取最小值741.41【评述】三种解法，各有千秋.解法

9、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内在结构特征例4：若Mz|zt1ti,tR，t1,t0,Nz|z21tt由9zzzz18cos,得cos.2这里i.cos(arcsint)icos(arccost),tR，|t|1,则MN中元素的个数为A0B1C2D4解法同本章一的练习第4题.例5：设复数z,z满足|z|zz|3,|zz|33,则1211212log|(zz)2000(zz)2000|.21212【思路分析】应先设法求出(zz)2000(zz

10、)2000的值.112【评述】由题设知9|zz|2|z|2|z|2zzzz,1212121229|zz|2|z|2|z|2(zzzz).12121212因为|z|3,故|z|3,zzzz9,并且|zz|zz|9.1212121212设zz9(cosisin),则zz9(cosisin).121211212于是zz9或者zz9212121322（）学习好资料欢迎下载当zz9时,可得(zz)2000(zz)200092000,121212故log|(zz)2000(zz)2000|4000.21212当zz92时，可得同样结果，故答案4000.12【评述】此题属填空题中的难题，故解题时应仔细.例6

11、：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,z,z,则复1220数z1995,z1995,z1995所对应的不同的点的个数是（）1220A4B5C10D20【思路分析】如题设可知，应设z201.故解题中应注意分解因式.k【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z201.由z601，有kk0z601(z151)(z151)(z15i)(z15i),kkkkkz151,z151,z15i,z15i.kkkk【答案】A.【解法2】由z201,则0z201(z51)(z51)(z5i)(z5i),kkkkkk可知z5只有4个取值，而z15=（z5）3的取值不会增

12、加，则B、C、D均应排除，故应kkk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z201，于是可用直接法k（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)x21x23的最小值为（）A5B1C2D32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|3，则复数z的辐角主值的范围是（）3A0,B53,2学习好资料欢迎下载55D0,C0,2,233334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,z,z,则复数1220z1995,z1995,z1995所对应的不同的点的个数是1220（）A4B5C10D205设n