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高中数学竞赛专题讲座---复数

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高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题

高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题

竞赛中的复数问题复数不仅具有自身知识体系的丰富性,而且还与代数、三角、几何之间存在内在的紧密联系.复数的演绎独具特色,饶于技巧,复数是竞赛数学的内容之一. 一、知识结构 1.概念与运算:⑴表达形式:①代数式:z=a+bi(a,b ∈R);②三角式:z=r(cosθ+isinθ)(r≥0,θ∈R);③指数式:z=re iθ(r≥0,θ∈R);④欧拉公式:e iθ=cosθ+isinθ,θ∈R. ⑵共轭与模:①21z z ±=21z z ±;21z z ⋅=21z z ⋅;)(21z z =21z z ;②||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|≤|z 1|+|z 2|;|z 1z 2|=|z 1||z 2|;|21z z |=||||21z z ;③z z =|z|2=|z |2;④z=z⇔z ∈R;|z|=|Re(z)|⇔z ∈R.⑶运算法则:①乘法:r 1(cosθ1+isinθ2)r 2(cosθ2+isinθ2)=r 1r 2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:)sin (cos )sin (cos 222121θθθθi r i r ++=21r r (cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cosθ+isinθ)]n =r n (cosnθ+isinnθ);④开方:z n =r(cosθ+isinθ)⇔z=n r (cos nk πθ2++isin nk πθ2+)(k=0,1,2…,n -1).2.辐角与三角:⑴辐角性质:①定义:若z=r(cosθ+isinθ)(r≥0,θ∈R),则θ称为复数z 的辐角,记为Argz;特别地,当θ∈[0,2π)时,则θ称为复数z 的辐角主值,记为argz;②运算:Argz 1+Argz 2=Arg(z 1z 2);Argz 1-Argz 2=Arg(21z z )=Arg(z 12z );nArgz=Argz n ;③性质:若z=cosθ+isinθ,则1+z=2cos 2θ(cos 2θ+isin 2θ);1-z=-2sin 2θ(cos 2θ+isin 2θ). ⑵单位根:①定义:方程x n =1的n 个根叫做n 次单位根,分别记为ωk (k=0,1,2,…,n -1);ωk =(cos nk π2+isin nk π2)(k=0,1,2…,n -1);②性质:ω0=1;ωk =ω1k ;ωk ωj =ωk+j ;单位根的积仍是单位根;n 次单位根的全部为:1,ω1,ω12,…,ω1n-1;③1+ω1+ω12+…+ω1n-1=0,(x-1)(x-ω1)(x-ω12)…(x -ω1n-1)=x n -1.⑶基本结论:①实系数n 次方程的虚根α与其共轭复数α成对出现;②若|z 1|=|z 2|=…=|z n |,且z 1+z 2+…+z n =0,则z 1,z 2,…,z n 对应的点是正n 边形的顶点,且正n 边形的中心在坐标原点;③若复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,且z 1=z 0z 2,则∠Z 1OZ 2=argz 0,或argz 0-π. 3.复数与几何:⑴基本原理:①点的对应:复数z=x+yi 与点Z(x,y)成一一对应;②向量对应:复数z=x+yi 与向量OZ =(x,y)成一一对应;③距离公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,则|Z 1Z 2|=|z 1-z 2|;④旋转公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,向量21z z 绕点Z 1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z z 1中的Z 对应的复数z=z 1+r(z 2-z 1)(cosθ+isinθ).⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,点Z 分有向线段21z z 的比为λ(λ≠-1),则z=λλ++121z z ;②三点共线:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,则三点Z,Z 1,Z 2共线的充要条件是:Z=λZ 1+(1-λ)Z 2;③平行条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2∥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4);④垂直条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2⊥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4)i.⑶几何结论:①三角形面积:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3的面积=21×复数(z 13z +z 21z +z 32z )的虚部;②三角形形状:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3为正三角形的充要条件是:z 12+z 22+z 32=z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1;或z 1+ωz 2+ω2z 3=0;③三角形相似:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,复数w 1,w 2,w 3对应的点分别为W 1,W 2,W 3,则△Z 1Z 2Z 3∽△W 1W 2W 3的充要条件是:1312z z z z --=1312w w w w --;④四点共圆:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则四点Z 1, Z 2,Z 3,Z 4共圆的充要条件是:1413z z z z --:2423z z z z --∈R.二、典型问题1.复数概念[例1]:若对一切θ∈R,复数z=(a+cosθ)+(2a -sinθ)i 的模不超过2,则实数a 的取值范围为 . [解析]:|z|≤2⇔(a+cosθ)2+(2a-sinθ)2≤4⇔2acosθ-4asinθ≤3-5a 2⇔-25asin(θ+φ)≤3-5a 2⇔25|a|≤3-5a 2⇔(5|a|-1)(5|a|+3)≤0⇔a ∈[-55,55].[类题]:1.①已知复数z 1=m+2i,z 2=3-4i,若21z z 为实数,则实数m 的值为 .②已知复数z 1满足(z 1-2)(1+i)=1-i,复数z 2的虚部为2,则z 1z 2为实数的条件是z 2= . 2.若3131-+z z 为纯虚数,则|z|= .3.如果复数(a+2i)(1+i)的模为4,则实数a 的值为 .4.出下列两个命题:①设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2>c 2,则a 2+b 2-c 2>0;②设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2-c 2>0,则a 2+b 2>c 2.那么下述说法正确的是( )(A)命题①正确,命题②也正确 (B)命题①正确,命题②错误 (C)命题①错误,命题②也错误 (D)命题①错误,命题②正确5.设z 是虚数,w=z+z1,且-1<w<2,则z 的实部取值范围为 .解:设z=a+bi ⇒w=a+bi+22b a bi a +-=a+22b a a ++(b-22b a b +)i.由-1<w<2⇒w 为实数⇒b-22b a b +=0⇒b=0,或a 2+b 2=1. 当b=0时,a≠0,w=a+a1⇒|w|≥2,不符合-1<w<2;当a 2+b 2=1时,w=2a,由-1<w<2⇒-21<a<1.2.代数形式[例2]:设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2βα为实数,则|α|= .[解析]:设α=a+bi(a,b ∈R)⇒β=a -bi ⇒αβ=a 2+b 2∈R,α-β=2bi,|α-β|=23⇒|b|=3,2βα=23)(αβα为实数⇒α3=(a+bi)3=(a 3-3ab 2)+(3a 2b-b 3)i 为实数⇒3a 2b-b 3=0⇒|a|=1⇒|α|=2. [类题]:1.①复数(1+i)4+(1-i)4= .②计算:！！！！i i i i 100210+⋅⋅⋅+++= .2.已知i 2=-1,在集合{s|s=1+i+i 2+i 3+…+i n ,n ∈N}中包含的元素是 .3.复数数列{a n }满足a 1=0,a n =a n-12+i(n≥2,i 为虚数单位,则它的前2007项的和= .4.设复数数列{z n }满足z 1=i,z n+1=-z n 2-i,则|z 2000|=5.()使复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2成为实数的所有x 构成的集合是 .解:复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos2(2sin sin 2为实数⇔[sinx+sin2x+i(2cos 2xsinx-tanx)](cosx+i)为实数⇔sinx+sin2x+(2cos 2xsinx-tanx)cosx=0⇔sin2x+cos 2xsin2x=0⇔sin2x=0⇔sinx=0(cosx≠0)⇔x=kπ. 3.三角形式[例3]:给定实数a,b,c,已知复数z 1,z 2,z 3满足:⎪⎩⎪⎨⎧=++===11||||||133221321z z z z z z z z z ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值.[解析]:由|z 1|=|z 2|=|z 3|=1,可设z 1=cosα+isinα,z 2=cosβ+isinβ,z 3=cosγ+isinγ⇒21z z +32z z +13z z =cos(α-β)+isin(α-β)+cos(β-γ)+isin(β-γ)+cos(γ-α)+isin(γ-α)=1⇒sin(α-β)+sin(β-γ)+sin(γ-α)=0⇒ 2sin 2γα-cos 22βγα-+-2sin 2γα-cos 2γα-=0⇒sin 2γα-sin 2αβ-sin 2βγ-=0.当sin 2αβ-=0时,β=2kπ+α⇒z 1=z 2,由21z z +32z z +13z z =1⇒31z z +13z z =0⇒(13z z )2+1=0⇒13z z =±i ⇒|az 1+bz 2+cz 3|=|(a+b±ic)z 1|=22)(c b a ++;同理可得:当sin 2βγ-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(a c b ++;当sin 2γα-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(b c a ++.[类题]:1.设A 、B 、C 为△ABC 的三内角,则复数Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++的虚部是 .解:Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++=)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2A i A A C i C C B i B B ++⋅+=2ACB cos cos cos Ai A C B i C B sin cos )sin()cos(-+++=2AC B cos cos cos [(cos(A+B+C)+isin(A+B+C))=-2AC B cos cos cos ,虚部是0.2.已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,z 1-z 2=cos150+isin150,则21z z = .解:设z 1=cosα+isinα,z 2=cosβ+isinβ⇒z 1-z 2=(co sα-cosβ)+(sinα-sinβ)i=cos150+isin150⇒cosα-cosβ= cos150,sinα-sinβ=sin150⇒(cosα-cosβ)2+(sinα-sinβ)2=1⇒cos(α-β)=21,sinα-sinβ=±23⇒21z z =cos(α-β)+isin(α-β)=21±23i.3.(设|z 1|=|z 2|=a(a≠0),且z 1+z 2=m+mi,其中m 为非零实数.则z 13z 23的值是 . 解:设z 1=acosα+aisinα,z 2=acosβ+aisinβ,由z 1+z 2=m+mi ⇒a(co sα+cosβ)=m,a(sinα+sinβ)=m ⇒cosα+cosβ= sinα+sinβ⇒2cos 2βα+cos 2βα-=2sin 2βα+cos 2βα-⇒cos2βα+=sin 2βα+⇒tan2βα+=1⇒α+β=2π⇒z 1z 2=a 2[cos(α+β)+isin(α+β)]=a 2i ⇒z 13z 23=(z 1z 2)3=-a 6i. 4.设|z|=1,则|z 2-z+2|的最小值为 .解:设z=cosθ+isinθ⇒|z 2-z +2|=|cos2θ+isin2θ-cosθ-isinθ+2|=|cos2θ-cosθ+2+(sin2θ-sinθ)i|=θθ2cos 4cos 66+-=87)83(cos 82+-θ≥414.5.已知复数集合D,复数z ∈D 当且仅当存在模为1的复数z 1,使得|z-2005-2006i| =|z 14+1-2z 12|.则D 中实部和虚部都为整数的复数的个数是 . 解:设z 1=cosθ+isinθ⇒|z 14+1-2z 12|=|(z 12-1)2|=|z 12-1|2=|cos2θ-1+isin2θ|2=(cos2θ-1)2+sin 22θ=2-2cos2θ≤4⇒|z-2005-2006i|≤4,设z=x+yi ⇒(x-2005)2+(y-2006)2≤16⇔x 2+y 2≤16共有49个解. 4.共轭运算[例4]:若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-i,则z 1z 2= .[解析]:|z 1|=2,|z 2|=3⇒z 11z =4,z 22z =9⇒23-i=3z 1-2z 2=31z 1z 22z -21z 2z 11z =61z 1z 2(22z -31z )=-61z 1z 2(31z -22z )=-61z 1z 2(23+i)⇒z 1z 2=-1330+1372i.[类题]:1.为z 为复数,M={z|(z-1)2=|z-1|2},那么( )(A)M={纯虚数} (B)M={实数} (C){实数}⊂M ⊂{复数} (D)M={复数}解:(z-1)2=|z-1|2⇔(z-1)2=(z-1)(z -1)⇔z=1,或z=z ⇔M={实数}.2设z,w,λ为复数,|λ|≠1关于z 的方程z -λz=w 下面有四个结论:①z=2||1λλ-+w w 是这个方程的解;②这个方程只有一个解;③这个方程有两个解;④这个方程有无穷多解.则( )(A)只有①和②是正确的 (B)只有①和③是正确的 (C)只有①和④是正确的 (D)以上(A)、(B)、(C)都不正确 解:z -λz=w ⇒z-λz =w⇒z-λ(λz+w)=w ⇒(1-λλ)z=λw+w ⇒z=2||1λλ-+ww .故选(A). 3.如果复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|,且z 1-z 2=2-i,则||2121z z z z 的值为 .解:设|z 1|=|z 2|=a ⇒z 11z =z 22z =a 2⇒a 2(2-i)=z 1z 22z -z 2z 11z =-z 1z 2(1z -2z )=-z 1z 2(2+i)⇒||2121z z z z =221az z =ii ++-22=543i +-.4.z 1,z 2是已知的两个任复数,复数z 满足z≠0,z+z 2≠0,z z 1+z 2z +z 12z =0,则 arg21z z z z ++= .解:z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z z 1+(z+z 1)2z =0⇒z z 1z 2+(z+z 1)2z z 2=0;z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z 1z +z z 2+1z z 2=0⇒z z 2+(z+z 2)1z =0⇒z z 1z 2+(z+z 2)1z z 1=0⇒(z+z 1)2z z 2=(z+z 2)1z z 1⇒21z z z z ++=2211z z z z =正实数⇒arg21z z z z ++=0.5.设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3,|z 1-z 2|=33,则log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|= .解:9=|z 1|2=z 11z ,9=|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=z 11z +z 22z +z 21z +z 12z ;27=|z 1-z 2|2=(z 1-z 2)(1z -2z )=z 11z +z 22z -(z 21z +z 12z )⇒z 11z +z 22z =18⇒z 22z =9⇒|z 2|=3⇒|z 21z |=|z 12z |=9,z 21z +z 12z =-9,设z 12z =9(cosθ+isinθ)⇒z 21z =9(cosθ-isinθ)⇒cosθ=-21⇒sinθ=±23⇒z 12z =9ω,或ω2⇒log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|=log 3|(9ω)2000+(9ω2)2000|= log 3|92000(ω+ω2)|=4000. 5.模的运算[例5]:复数z 1和z 2满足:|z 2|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,则|(z 1+1)2(z 1-2)|的最大值为 . [解析]: 由4z 12-2z 1z 2+z 22=0⇒3z 12+(z 1-z 2)2=0⇒(z 1-z 2)2=-3z 12⇒z 1-z 2=±3z 1i ⇒z 2=(1±3i)z 1⇒|z 2|=2|z 1|⇒|z 1|= 2,设z 1=2(cosα+isinα)⇒|(z 1+1)2(z 1-2)|=|(z 1+1)2||(z 1-2)|=[(2cosα+1)2+(2sinα)2]22)sin 2()2cos 2(αα+-=)cos 88()cos 45(2αα-+≤36(cosα=41).[类题]: 1.|)52)(32()35)(25)(23(2i i i i i --+++|= .2.复数z 满足|z|(3z+2i)=2(iz−6),则|z|等于 . 解:设|z|=r(r>0)⇒z=i r ri 23212+-+⇒r 2=|z|2=|i r ri 23212+-+|2=22|23||212|i r ri +-+=49414422++r r ⇒r 4=16⇒r=2.3.设{z n }是一个复数数列,定义z n =(1+i)(1+2i ) (1)ni ),则∑=+-nn n n z z 11||= .解:|z n -z n+1|=1.4.已知复数z 满足z z -z-z =3,且arg(z-1)=3π,则z= .解:z z -z-z =3⇒(z-1)(z -1)=4⇒|z-1|=2⇒z-1=2(cos 3π+isin 3π).5.设z 是复数,且|z|=1,则u=|z 2-z+1|的最大值与最小值是 .解:u=|z 2-z+1|=|z 2-z+z z |=|z(z+z -1)|=|z+z -1|.设z=x+yi,则|x|≤1⇒u=|z+z -1|=|2x-1|∈[0,3]. 6.乘方运算[例6]:设n≥2007,且n 为使得a n =(22-+i 22+)n 取实数值的最小正整数,则对应此n 的a n = . [解析]:令tanθ=2222-+(0<θ<2π)⇒tan 2θ=2222-+=3+22⇒tanθ=2+1⇒tan2θ=-1⇒2θ=43π⇒θ=83π⇒ a n =[r(cos 83π+isin 83π)]n =r n (cosn 83π+isinn 83π)取实数值,其中r=2⇒sinn 83π=0⇒n 83π=kπ⇒3n=8k ⇒n=8m,满足此条件且n≥2007的最小正整数n 为2008,此时a n =a 2008=22008cos753π=-22008. [类题]:1.计算:(21i -)1989= .2.①已知z=(3-3i)n ,若z 为实数,则最小的正整数n 的值为 .解:令tanθ=-33=-3⇒θ=35π⇒3-3i=23(cos 35π+isin 35π)⇒z=(3-3i)n =[23(cos 35π+isin 35π)]n =(23)n [cos(35πn)+isin(35πn)]为实数⇔sin(35πn)=0⇔35πn=kπ⇔k=35n⇒最小的正整数n 的值为3.②设n 为使a n =(213++213-i)n取实数的最小自然数,则对应此n 的3.①设n 为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sin θ+icos θ)n =sinn θ+icos n θ成立,则这种n 的总个数为 .解:(sin θ+icos θ)n =[i(cosθ-isinθ)]n =i n [cos(-θ)+isin(-θ)]n =i n [cos(-n θ)+isin(-n θ)]=i n [cos(n θ)-isin(n θ)]=i n-1(sinn θ+icos n θ)⇒i n-1=1⇒n-1=4k ⇒n=4k+1(n≤2003)⇒k≤500⇒(k=0)这种n 的总个数为501.②设m 、n 是自然数,且使(3+i)m =(1+i)n 成立(其中i 是虚数单位),则乘积mn 的最小值是 .4.已知z 为复数.若|z|=1,|z +i|=1,则当(z+i)n (n 为正整数)为实数时,|z+i|n 的最小值为 . 解:由|z|=1⇒z z =1,|z +i|=1⇒(z +i)(z-i)=1⇒(z -z)i=1⇒z-z =i ⇒z=±23+21i ⇒z+i=±23+23i=±3(21±23i)⇒(z+i)n =(±3)n (21±23i)n ,其中w=21±23i 是方程w 2-w+1=0的根⇒w 3=-1⇒n=3时,|z+i|n的最小值为33.5.[(23i +)8+1]n 当n 取1,2,…,100时,可得 个不同的数值.解:[(23i +)8+1]n =[(-i)8(231i +-)8+1]n =[(-iω)8+1]n =(ω2+1)n =(-ω)n ,可得6个不同的数值.7.单位复数[例7]:(设a,b,c 均为非零复数,且ba =cb =ac ,则cb ac b a +--+的值为 .[解析]:设ba =cb =ac =x ⇒a=xb,b=xc,c=xa ⇒abc=x 3abc ⇒x 3=1⇒x=1,x=ω,x=ω2(三次方程有三个根)=0⇒cb ac b a +--+=1122+--+x x x x =1,或ω,或ω2.[类题]:1.①设x 1,x 2是方程x 2-x+1=0的两个根,则x 11980+198021x = .解:x i 6=1⇒x 11980=1,198021x =1⇒x 11980+198021x =2;②知复数m 满足m+m1=1,则m 2008+20091m= .解:m+m1=1⇒m 2-m+1=0⇒(m+1)(m 2-m+1)=0⇒m 3=-1⇒m 6=1⇒m 2008=m 4=-m,m 2009=m 5=m1⇒m 2008+20091m=-m+m=0.2.①设非零数复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式(y x x+)1990+(yx y +)1990的值是 .解:x 2+xy+y 2=0⇒(yx )2+yx +1=0.令yx=ω⇒ω2+ω+1=0⇒ω3=1⇒(y x x +)1990+(y x y +)1990=19901990)1(ωω++1990)1(1ω+=19902)(ωω-+19902)(1ω-=21ωω+=-1. ②设非零数相异复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式[2))((y x y x xy -+]2006(x 2006+y 2006)的值是 .3.若z ∈C,且x 10=1,则1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010= .解:若z ∈R,由x 10=1⇒x=±1.当x=1时,1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010=2011;当x=-1时,1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010=1;若z≠±1,由x 10=1⇒(x 2-1)(x 8+x 6+x 4+x 2+1)=0⇒x 8+x 6+x 4+x 2+1=0⇒x 9+x 7+x 5+x 3+x=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x 10=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010=1.4.已知复数z 满足:z 3=27,则z 5+3z 4+2242= .5.设(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)(f(x),g(x)均为实系数多项式),则f(x)的系数之和是 .解:(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)⇒f(1)+ig(1)=(23+21i)2008=(-i)2008(-21+23i)2008=ω2008=ω=-21+23i ⇒f(1)=-21.8.复数方程[例8]:x 的二次方程x 2+z 1x+z 2+m=0中,z 1,z 2,m 均是复数,且z 12-4z 2=16+20i,设这个方程的两个根α,β满足|α-β|=27,求|m|的最大值和最小值.[解析]:由韦达定理知α+β=-z 1,αβ=z 2+m ⇒28=|α-β|2=|(α-β)2|=|(α+β)2-4αβ|=|z 12-4z 2-4m|=|16+20i-4m| ⇒|m-(4+5i)|=7⇒m 在以A(4,5)为圆心,7为半圆的圆上⇒|m|≥7-|OA|=7-41;|m|≤7+|OA|=7+41.[类题]:1若虚数z 使2z+z1为实数,则2z+z1的取值范围是_____.2二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+(1+i λ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________. 解:设方程有实根x 0,则(x 02+λx 0+1)+(-x 02+x 0+λ)i=0⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++-=++001020020λλx x x x ⇒(x 0+1)(λ+1)=0⇒x 0=-1⇒λ=2;λ=-1⇒x 02 -x 0+1=0无实根,综上,λ=2;所以,有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为λ≠2.3.方程z 4=z (z 为z 的共轭复数)的根为 . 解:z 4=z⇒|z|4=|z |⇒|z|=0,1⇒z=0,z 5=z z ⇒z 5=1⇒z=cos 52πk +isin 52πk (k=0,1,2,3,4)4.复数z 满足等式z+z |z|3=0,则z= .解:由z+z |z|3=0⇒z=-z |z|3⇒|z|=|-z |z|3|⇒|z|=|z |||z|3⇒|z|=|z|4⇒|z|=0,1;当|z|=0时,由z+z |z|3=0⇒z=0;当|z|=1时,由z+z |z|3=0⇒z+z =0⇒z 是纯虚数⇒z=±i. 5.设ω=cos 5π+isin 5π,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )(A)x 4+x 3+x 2+x+1=0 (B)x 4-x 3+x 2-x+1=0 (C)x 4-x 3-x 2+x+1=0 (D)x 4+x 3+x 2-x -1=0解:ω=cos 5π+isin 5π=cos 102π+isin 102π⇒ω,ω2,…,ω10是1的10个10次方根⇒(x-ω)(x -ω2)…(x -ω10)=x 10-1;又因ω2,ω4,ω6,ω8,ω10是1的5个5次方根⇒(x-ω2)(x-ω4)…(x -ω10)=x 5-1;两式相除得:(x-ω)(x -ω3)…(x -ω9)=x 5+1,其中ω5=cosπ+isinπ=-1⇒x-ω5=x+1⇒(x-ω)(x -ω3)(x-ω7)(x-ω9)=115++x x=x 4-x 3+x 2-x+1.选(B).9.复数与点[例9]:设复数z=cosθ+isinθ(00≤θ≤1800),复数z,(1+i)z,2z 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,以线段PQ,PR 为两边的平行四边形的第四个顶点为S,则点S 到原点距离的最大值是 _.[解析]:设点S 对应的复数为ω,由PQSR 为平行四边形⇒ω+z=(1+i)z+2z ⇒ω=zi+2z ⇒|ω|2=(zi+2z )(-z i+2z)=5z z +2i(z 2-z 2)=5-4sin2θ≤9,当θ=43π时,等号成立⇒点S 到原点距离的最大值是3.[类题]:1.若A,B 是锐角△ABC 的两个内角,则复数z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA)在复平面内所对应的点位于( )(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限2.若点A,B 分别对应复数z,z -1,z ∉R,则直线AB 与x 轴的交点对应的复数为 (用z 和z 表示). 解:设A(a,b)⇒B(22ba a +,-22ba b +)⇒直线AB:y-b=)1()1(2222-+++b a a b a b (x-a),令y=0⇒x=1222++b a a =1++z z z z .3.已知z 为复数,arg(z+3)=1350,则|3||6|1i z z -++取最大值时,z= .解:|3||6|1i z z -++取最大值⇒|z+6|+|x-3i|取最小值⇒z 在线段x-2y+6=0(-6≤x≤0)上;arg(z+3)=1350⇒z+3在射线y=-x(x≤0)上⇒z 在射线y=-x-3(x≤-3)上⇒z=-4+i.4.在复平面内由i1,1-i ,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内角等于 .5.如果复数z 满足|z|=1,A(-1,0),B(0,-1)是复平面上两点,那么函数f(z)= |(z+1)(z -i)|取最大值时,△ABZ 的形状是 .解:设z=cosθ+isinθ⇒f(z)=|(z+1)(z -i)|=|[(1+cosθ)+isinθ][cosθ-(1+sinθ)i]|=|(1+cosθ)+isinθ||cosθ -(1+sinθ)i|=θcos 22+θsin 22+=2)sin 1)(cos 1(θθ++,为等腰三角形.10.模的意义[例10]:已知复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|2121z z z z -+|= .[解析]:设z 1,z 2,z 1+z 2对应的点分别为A,B,C,则四边形OACB 是平行四边形,且∠AOB=600⇒|z 1-z 2|=|AB|=7;|z 1+z 2|= |OC|=19⇒|2121z z z z -+|=7133.[类题]:1.①设复数z 1=(2-a)+(1-b)i,z 2=(3+2a)+(2+3b)i,z 3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b ∈R,当|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值时,3a+4b= .解:易求得z 1+z 2+z 3=8+6i,于是|z 1|+|z 2|+|z 3|≥|z 1+z 2+z 3|=|8+6i|=10,|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值,当且仅当(2-a):(1-b)=(3+2a):(2+3b)=(3-a):(3-2b)=8:6(四向量同向),解得a=37,b=45,所以3a+4b=12.②已知复数z 1,z 2满足|z 1|≥1,|z 2|≥23,则复数i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2的模长的最小值是 .解:i 1993=i,i 1995=-i,|i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2|=|i(z 1-z 2)+2z 1z 2|≥2|z 1z 2|-|z 1-z 2|≥3-(1+23)=21.2.设z 是复数,则|z-1|+|z-i|+|z+1|的最小值等于__________.解:在复平面上,设A(-1,0),B(1,0),C(0,1),则当z 为△ABC 的费马点(0,33)时,|z-1|+|z-i|+|z+1|取得最小值,最小值为1+3.3.设z 是模为2的复数,则|z-z1|的最大值与最小值的和为 .解:|z-z1|=|z1(z 2-1)|=|z1||z 2-1|=21|z 2-1|.设w=z 2,由|z|=2⇒|w|=|z 2|=|z|2=4,|z 2-1|=|w-1|的几何意义是半径为4圆上的点到定点(1,0)的距离⇒最大值与最小值的和为44.若复数z 满足|z+1+i|+|z-1-i|=22,记|z+i|的最大值和最小值分别为M,m,则mM = .解:在复平面上,设A(-1,-1),B(1,1),C(0,-1),则|AB|=22⇒|z+1+i|+|z-1-i|=22点在线段AB 上⇒M=|BC|=5,m=22.5.已知复数z 的模为1,则函数|z 2+iz 2+1|的值域是 . 解:|z 2+iz 2+1|=|(1+i)z 2+1|=|1+i||z 2+i+11|=2|z 2+21i -|,设w=z 2,由|z|=1⇒|w|=|z 2|=|z|2=1,|z 2+21i -|=|w+21i -|的几何意义是单位圆上的点到定点(-21,21)的距离⇒值域是[2-1,2+1]. 11.幅角主值[例11]:已知复数z=1-sinθ+icosθ(2π<θ<π).求z 的共轭复数z 的辐角主值.[解析]:z =1-sinθ-icosθ,设z 的辐角主值α,则tanα=1sin cos -θθ=-2)2sin 2(cos)2sin 2)(cos 2sin 2(cosθθθθθθ--+=-2sin2cos2sin 2cos θθθθ-+=-tan(2θ+4π)=tan[π-(2θ+4π)]=tan(43π-2θ)⇒α=43π-2θ.[类题]:1.集合S={z 2|argz=a,a ∈R}在复平面的图形是( )(A)射线argz=2a (B)射线argz=-2a (C)射线argz=-a (D)上述答案都不对解:由复数幅角主值定义知0≤argz<2π⇒0≤a<2π⇒0≤2a<4π,z=r(cosa+isina)⇒z 2=r 2(cos2a+isin2a).①当0≤a<π时,argz 2=2a;②当π≤a<2π时,argz 2=2a-2π,故选(D).2.设z 是复数,z+2的幅角为3π,z-2的幅角为65π,则z= .解:设z+2=R(21+23i),z-2=r(-23+21i)⇒21R-2+23Ri=2-23r+21ri ⇒21R-2=2-23r,且23R=21r ⇒R=2⇒z=-1+3i.3.若z ∈C,arg(z 2-4)=65π,arg(z 2+4)=3π,则z 的值是________. 解:设z 2+4,z 2-4,z 2对应的点分别为A,B,C,则C 是AB 的中点,∠BOA=65π-3π=2π⇒|OC|=21|AB|=4,argz 2=∠COx=3π+3π= 32π⇒z 2=4(cos 32π+isin 32π)⇒z=±2(cos 3π+sin 3π)=±(1+3i).4.设z 1,z 2都是复数,且|z 1|=3,|z 2|=5|z 1+z 2|=7,则arg(12z z )3的值是______.解:设z 1,z 2,z 1+z 2对应的点分别为A,B,C,则四边形OABC 为平行四边形,且cos ∠OBC=-21⇒∠OBC=32π⇒arg(12z z)=∠BOA=π-32π=3π,或arg(12z z )=35π⇒arg(12z z )3=π.5.已知θ=arctan 125,那么,复数z=ii ++2392sin 2cos θθ的辐角主值是_________.解:θ=arctan 125⇒tanθ=125⇒cosθ=1312,sinθ=135⇒z=123912+(cosθ+isinθ)2(239-i)=)1239(16912+(119+120i) (239-i)=)1239(16912+(28561+28561i)⇒argz=4π.12.几何形状[例12]: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 1,z 2,…,z 20,则复数Z 11995,z 21995,…,z 201995所对应的不同的点的个数是 .[解析]:设z 1=cosθ+isinθ⇒z k =(cosθ+isinθ)(cos 20)1(2π-k +isin 20)1(2π-k )(1≤k≤20),由1995=20×99+15⇒z k 1995=(cos1995θ+isin1995θ)(cos(k-1)23π+isin(k-1)23π)=(cos1995θ+isin1995θ)(cos 23π+isin 23π)k-1=(cos1995θ+isin1995θ)(-i)k-1,共有4个不同值.(1,-1,i,-i). [类题]:1.若在复平面上三个点A(0),B(z 0-z),C(z 0+z)构成以A 为直角顶点的等腰直 角三角形,其中z 0=-31+32i,则△ABC 的面积为 .解:依题意,z 0+z=i(z 0-z)⇒z=ii ++-11z 0=iz 0,|z 0|2=31,△ABC 的面积为=21|AB||AC|=21|z 0-z||z 0+z|=21|(1-i)(1+i)||z 0|2=31.2.①设复数z 1,z 2在复平面上对应的点分别为A,B,且|z 1|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,O 为坐标原点,则△OAB 的面积为 .解:4z 12-2z 1z 2+z 22=0⇒(z 2-z 1)2=-3z 12⇒z 2-z 1=±3z 1i ⇒|z 2-z 1|=3|z 1|⇒AB ⊥OA,且|AB|=3|OA|⇒△OAB 的面积=21|OA||AB|=83.②设复数z 1、z 2满足z 1z 2=1,z 13+z 23=0,且z 1+z 2≠0.z 1、z 2在复平面内的对应点为Z 1、Z 2,O 为原点,则△Z 1OZ 2的面积是_____.解:z 13+z 23=0⇒(z 1+z 2)(z 12-z 1z 2+z 22)=0⇒z 12-z 1z 2+z 22=0⇒12z z =231i ±⇒∠Z 1OZ 2=arg(231i ±)=3π⇒△Z 1OZ 2的面积=21|z 1z 2|sin 3π=43.3.复平面上,非零复数z 1,z 2在以i 为圆心,1为半径的圆上,1z z 2的实部为零,z 1的辐角主值为6π,则z 2=_______. 解:1z z 2的实部为零⇒1z z 2=ai ⇒z 2⊥z 2⇒argz 2=6π+2π=32π⇒|z 2|=3⇒z 2=3(cos 32π+isin 32π)=-23+23i.4.已知关于x 的实系数方程x 2-2x+2=0和x 2+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 .解:x 2-2x+2=0⇒z 1=1-i,z 2=1+i,x 2+2mx+1=0⇒z 3=-m-21m -i,z 4=-m+21m -i,1413z z z z --:2423z z z z --∈R ⇔1413z z z z --=x 2423z z z z --⇔(z 1z 2+z 3z 4-z 1z 4-z 2z 3)=x(z 1z 2+z 3z 4-z 1z 3-z 2z 4)⇔2+1-(1-i)(-m+21m -i)-(1+i)(-m-21m -i)=x[2+1-(1-i)(-m-21m -i)-(1+i)(-m+21m -i)]⇔5.设非零复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++++==++++===Sa a a a a a a a a a a a a a a a a a )11111(4543215432145342312,其中S 为实数,且|S|≤2.求证:复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上.解:设45342312a a a a a a a a ====k(k≠0)⇒a 2=ka 1,a 3=k 2a 1,a 4=k 3a 1,a 5=k 4a 1⇒S=a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=a 1(1+k+k 2+k 3+k 4),S=411a (1+k1+21k +31k+41k)=4411ka (1+k+k 2+k 3+k 4)⇒(4411ka -a 1)(1+k+k 2+k 3+k 4)=0.①若1+k+k 2+k 3+k 4=0⇒k 5=1⇒|k|=1⇒|a 1|=|a 2|=|a 3|=|a 4|=|a 5|; ②若4411ka -a 1=0⇒a 1k 2=±2⇒a 3=±2⇒1+k+k 2+k1+21k=±2S ,令k+k 1=x ⇒x 2+x-1±2S =0,该实系数二次方程的△=5± 2S>0,且f(2)=5±2S >0,f(-2)=1±2S >0⇒|x|<2⇒方程k+k1=x,即k 2-xk+1=0的△=x 2-4<0⇒k 1,k 2互为共轭复数⇒|k 1|2=|k 2|2=k 1k 2=1⇒|k|=1⇒|a 1|=|a 2|=|a 3|=|a 4|=|a 5|=2. 13.解折综合[例13]:设A,B,C 分别是复数Z 0=ai,Z 1=21+bi,Z 2=1+ci(其中a,b,c 都是实数)对应的不共线的三点,证明:曲线Z ＝Z 0cos 4t+2Z 1cos 2tsin 2t+Z 2sin 4t(t ∈R )与∆ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点.[解析]:[类题]:1.设m,n 为非零复数,i 为虚数单位,z ∈C,则方程|z+ni|+|z -mi|=n 与|z+ni|-|z -mi| -m 在同一复平面内的图形(F 1,F 2为焦点)是( )y O x yO xO xO x(A) (B) (C) (D)解:|z+ni|+|z -mi|=n ⇒n>0,n=|z+ni|+|z -mi|≥|n+m|⇒m<0;|z+ni|-|z -mi|=-m>0⇒|z+ni|>0,选(B). 2若M={z|z=tt +1+i tt +1,t ∈R,t≠-1,t≠0},N={z|z=2[cos(arcsint)+icos(arccost)],t ∈R,|t|≤1},则M∩N 中元素的个数为( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)43.复平面上动点z 1的轨迹方程为|z 1-z 0|=|z 1|,z 0为定点,z 0≠0,另一个动点z 满足z 1z=-1,求点z 的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置.解:z 1z=-1⇒z 1=-z1,代入|z 1-z 0|=|z 1|得:|z1+z 0|=|z1|⇒|z 0z+1|=1⇒|z+1z |=||10z ,又因z≠0(z 1z=-1)⇒点z 的轨迹是以-1z 为圆心,||10z 为半径的圆,除去原点.4.①已知复数z,w 满足:|z-1-i|-|z|=2,|w+3i|=1,则|z –w|的最小值= .解:设A(1,1),O(0,0),B(0,-3)⇒|OA|=2⇒|z-1-i|-|z|=2,即|PA|-|PO|=2的点P 的轨迹为射线y=x(x≤0),|w+3i|=1,即|QB|=1⇒|z –w|,即|PQ|的最小值=223-1.②、y 是实数.z 1=x+11+yi,z 2=x-11+yi(i 为虚数单位),|z 1|+|z 2|=12,令u=|5x −6y −30|,则u 的最大值是_____,u 的最小值是_____. 解:5.已知满足条件|z 2|+|z 2−1|=7的复数z 在复平面内的所对应的点的集合是一条二次曲线,则该二次曲线的离心率e=_____.解:设|z|=r,w=z 2,由|z 2|+|z 2−1|=7⇒r 2+|w-1|=7⇒2114.复数应用[例14]:若(1+x+x 2)1000的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]:在(1+x+x 2)1000=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2000x 2000中,令x=1:a 0+a 1+a 2+…+a 2000=31000;令x=ω,a 0+a 1ω+a 2ω2+…+a 2000ω2000=0;令x=ω2,a 0+a 1ω2+a 2ω4+…+a 2000ω4000=0;注意到:ω3=1,ω2+ω+1=0⇒当n=3k 时,1+ωn +ω2n =3;当n=3k+1时,1+ωn +ω2n =1+ω+ω2=0;当n=3k+2时,1+ωn +ω2n =1+ω2+ω=0.以上三式相加得:3a 0+a 1(1+ω+ω2)+a 2(1+ω2+ω4)+…+a n (1+ωn +ω2n )+…+a 2000(1+ω2000+ω4000)=31000⇒3(a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998)=31000⇒a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998=3999. [类题]:1.已知sinα+sinβ=51,cosα+cosβ=31,则)(2sin )(2cos 1)(2sin )cos(21βαβαβαβα+++++++-= .解:设z 1=cosα+isinα,z 2=cosβ+isinβ,则z 1z 2=cos(α+β)+isin(α+β),|z 1|=|z 2|=1⇒z 11z =z 22z =1,z 1+z 2=31+51i ⇒z 1z 22z +z 2z 11z =31+51i ⇒z 1z 2(1z +2z )=31+51i ⇒z 1z 2(31-51i )=31+51i ⇒z 1z 2=ii3535-+⇒z 1z 2=178+1715i ⇒cos(α+β)=178,sin(α+β)=1715⇒)(2sin )(2cos 1)(2sin )cos(21βαβαβαβα+++++++-=)]cos())[sin(cos(2)]cos())[sin(sin(2βαβαβαβαβαβα++++++++=815.2.求值:tan700-010cos 1= .解:设z=cos100+isin100⇒z z =1,z =cos100-isin10⇒cos10=21(z+z )=zz 212+,sin100=i21(z-z )=ziz 212-.z 3=c os300+ isin300=23+21i.z 2=cos200+isin200⇒cos200=2421zz+,sin200=iz z2421-⇒tan 70-10cos 1=1144-+z z i-122+z z =1)1(2424---+z z z i i z =1212332323-+-+zi z z zi =3.3.化简arccot2+arctan 31= .解:arccot2+arctan 31=arctan 21+arctan 31=arg(2+i)+arg(3+i)=arg[(2+i)(3+i)]=arg(5+5i)=4π.4.rctan 31+arctan 51+arctan 71+arctan 81= .解:arctan 31+arctan 51+arctan 71+arctan 81=arg(3+i)+arg(5+i)+arg(7+i)+arg(8+i)=arg(3+i)(5+i)(7+i)(8+i)=arg[650(1+i)]=4π. 试问:当且仅当实数x 0,x 1,x 2,...,x n (n≥2)满足什么条件时,存在实数y 0,y 1,y 2,...,y n 使得Z 02=Z 12+Z 22+...+Z n 2成立,其中Z k =x k +iy k ,i 为虚数单位,k=0,1,2,3,...证明你的结论. 解:。

高中数学竞赛_三角 平面向量 复数

高中数学竞赛_三角 平面向量 复数

专题四 三角 平面向量 复数一 能力培养1,数形结合思想 2,换元法 3,配方法 4,运算能力 5,反思能力 二 问题探讨问题1设向量(cos ,sin )a αα= ,(cos ,sin )b ββ=,求证:sin()sin cos cos sin αβαβαβ+=+.问题2设()f x a b =⋅,其中向量(2cos ,1)a x =,(cos 2)b x x =,x R ∈(I)若()1f x =且[,]33x ππ∈-,求x ; (II)若函数2sin 2y x =的图象 按向量(,)()2c m n m π=<平移后得到函数()y f x =的图象,求实数,m n 的值.问题3(1)当4x π≤,函数2()cos sin f x x x =+的最大值是 ,最小值是 .(2)函数32cos sin cos y x x x =+-的最大值是 .(3)当函数22sin 2sin cos 3cos y x x x x =++取得最小值时,x 的集合是 . (4)函数sin (0)cos 1xy x x π=<<+的值域是 .问题4已知ABC ∆中,,,a b c 分别是角,,A B C 的对边,且4,5a b c =+=,tan tan A B +=tan tan )A B -,求角A.三 习题探讨 选择题1在复平面内,复数12ω=-对应的向量为OA ,复数2ω对应的向量为OB ,那么向量AB对应的复数是A,1 B,1- D,2已知α是第二象限角,其终边上一点P(x ),且cos 4x α=,则sin α=D, 3函数2sin(3)4y x π=-图象的两条相邻对称轴之间的距离是A,3πB,23π C,π D,43π4已知向量(2,0)OB = ,向量(2,2)OC = ,向量)CA αα=,则向量 OA 与向量OB的夹角的取值范围是A,[0,]4πB,5[,]412ππ C,5[,]122ππ D,5[,]1212ππ5已知(,2)a λ=,(3,5)b =-,且a 与b 的夹角为钝角,则λ的取值范围是 A,103λ>B,103λ≥ C,103λ< D,103λ≤ 6若x 是三角形的最小内角,则函数sin cos sin cos y x x x x =++的值域是A,[1,)-+∞ B,[- C, D,1]2填空题7已知sin sin 1αβ⋅=,则cos()αβ+= .8复数13z i =+,21z i =-,则12z z z =⋅在复平面内的对应点位于第 象限. 9若tan 2α=,则224sin 3sin cos 5cos αααα--= .10与向量1)a =-和b =的夹角相等,的向量c = . 11在复数集C 内,方程22(5)60x i x --+=的解为 .12若[,]1212ππθ∈-,求函数cos()sin 24y πθθ=++的最小值,并求相应的θ的值.13设函数11()22x x f x ---=-,x R ∈,若当02πθ≤≤时,2(cos 2sin )f m θθ++(22)0f m --<恒成立,求实数m 的取值范围.14设5arg 4z π=,且22z R z -∈,复数ω满足1ω=,求z ω-的最大值与最小值勤.15已知向量33(cos ,sin )22a x x = ,(cos ,sin )22x x b =- ,且[0,]2x π∈(I)求a b ⋅ 及a b + ; (II)求函数()4f x a b a b =⋅-+的最小值.16设平面向量1)a =- ,1(,22b = .若存在实数(0)m m ≠和角((,))22ππθθ∈-, 使向量2(tan 3)c a b =+- ,tan d ma b θ=-+ ,且c d ⊥ .(I)求函数()m f θ=的关系式; (II)令tan t θ=,求函数()m g t =的极值.问题1证明:由cos cos sin sin a b αβαβ⋅=+,且cos()cos()a b a b αβαβ⋅=⋅-=-得cos()αβ-=cos cos sin sin αβαβ+ ① 在①中以2πα-代换α得cos[()]2παβ-+=cos()cos sin()sin 22ππαβαβ-+-.即sin()αβ+=sin cos cos sin αβαβ+.温馨提示:向量是一种很好用的工具.运用好它,可简捷地解决一些三角,平几,立几,解几等问题.问题2解:(I)可得2()2cos 212sin(2)6f x x x x π==++由12sin(2)6x π++=1得sin(2)62x π+=-又33x ππ-≤≤,得52266x πππ-≤+≤,有26x π+=3π-,解得4x π=-. (II)函数2sin 2y x =的图象按向量(,)c m n =平移后得到函数2sin 2()y n x m -=-, 即()y f x =的图象.也就是1y -=2sin 2()12x π+的图象.而2m π<,有12m π=-,1n =.问题3解:(1)22151sin sin (sin )24y x x x =-+=--+而4x π≤,有sin 22x -≤≤,当1sin 2x =,即6x π=时,max 54y =;当sin 2x =-,即4x π=-时,min 322y =-.(2)32cos (1cos )cos y x x x =+--,令cos t x =,则11t -≤≤,有321y t t t =--+,得'2321y t t =--令'0y =,有11t =,213t =-①当113t -≤<-时,'0y >,y 为增函数;②当113t -<<时,'0y <,y 为减函数. 32111()()()1333y =-----+极大=3227,而y =x=111110--+=,于是y 的最大值是3227.(3) 22cos 1sin 2sin 2cos 22)24y x x x x x π=++=++=++当2242x k πππ+=-,即38x k ππ=-时,min 2y =(4)可得cos 2sin y x y x +=,有sin cos 2x y x y -=)2x y ψ+=,有sin()1x ψ+=≤,得y ≤≤,又0y >,于是有y的值域是.问题4解:由已知得tan tan 1tan tan A BA B+=-⋅即tan()A B +=又000180A B <+<得0120A B +=,060C =.又4,5,a b c =+=得5,b c =-由余弦定理2216(5)8(5)60c c c cos =+---. 得72c =,32b =. 由正弦定理得0742sin sin 60A =,有sin 7A =. 又a c b >>,得A 为最大角.又01sin sin 302B =<=,有030B <,于是090B C +<.所以得A π=-. 习题:1得2122ω=--,11()()2222AB OB OA i =-=----+= ,选D.2 OP =又cos x α==,得x =舍去),有cos 4α=-,sin 4α==,选A.3它的对称轴为:342x k πππ-=+,即34k x ππ=+,有(1)[]()34343k k πππππ++-+=,选A.4(数形结合)由)CA αα=,知点A 在以C (2,2)为圆心(如图),过原点O 作圆C 的切线'OA ,'A 为切点,由OC ='A C =知'6AOC π∠=,有'4612AOB πππ∠=-=,过点O 作另一切线''OA ,''A 为切点,则''54612A OB πππ∠=+=,选D.5由310a b λ⋅=-+ ,a b ⋅= 设a 与b 的夹角为θ,则0090180θ<<, 有1cos 0θ-<<,即10-<<,得225603203100λλλ⎧+->⎨-+<⎩,有103λ>,选A.6由03x π<≤,令sin cos ),4t x x x π=+=+而74412x πππ<+≤,得1t <≤.又212sin cos t x x =+,得21sin cos 2t x x -=,得2211(1)122t y t t -=+=+-,有2111022y -+<≤=,选D. 7显然sin 0α≠且sin 0β≠,有1sin sin αβ=, 当0sin 1β<≤时,11sin β≥,有sin 1α≥,于是sin 1α=,得sin 1β=,则cos cos 0αβ== 得到cos()cos cos sin sin 1αβαβαβ+=-=-, 当1sin 0β-≤<时,同理可得cos()1αβ+=-.8 12(3)(1)24z z z i i i =⋅=++=+,它对应的点位于第一象限.9由tan 2α=,得sin 2cos αα=,有22sin 4cos αα=,即221cos 4cos αα-=. 则21cos 5α=,原式=222216cos 6cos 5cos 5cos 1αααα--==.10设(,)c x y =,则1)(,)a c x y y ⋅=-⋅=-,(,)b c x y x ⋅=⋅=.设c 与a ,b 的夹角分别为,αβ,则cos a c a c α⋅==⋅,cos b c b c β⋅==⋅由αβ=,y -=x +①;由c ,得222x y +=.②由①,②得, 111212x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,221212x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩,于是11()22c =或11(,)22-- 11设x a bi =+,,a b R ∈,代入原方程整理得22(2256)(45)0a b a b ab a b i --+-++-=有2222560450a b a b ab a b ⎧--+-=⎨+-=⎩,解得11a b =⎧⎨=⎩或3232a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩,所以1x i =+或3322x i =-.12解:cos()sin 2cos()cos(2)442y πππθθθθ=++=+-+22c o s ()c o s ()144ππθθ=-++++ 令cos()4t πθ=+,得2219212()48y t t t =-++=--+ 由1212ππθ-≤≤,得643πππθ≤+≤,有1cos()242πθ≤+≤,122t ≤≤于是当2t =,即cos()42πθ+=,得12πθ=-时,min 122y =-. 13解:由1()1()22()x x f x f x ------=-=-,知()f x 是奇函数,而'11'11()2ln 22ln 2(1)2ln 22ln 20x x x x f x x ------=---=+>得()f x 在R 上为增函数,则有2cos 2sin 22m m θθ+<+,令sin t θ=有 22(21)0t mt m -++>,[0,1]t ∈恒成立.①将①转化为:22(1)(1)m t t ->-+,[0,1]t ∈ (1)当1t =时,m R ∈;(2)当01t ≤<时,22()2[(1)]1m h t t t >=--+-,由函数2()g x x x=+在(0,1]上递减,知 当0t =时,min ()1h t =-,于是得12m >-. 综(1),(2)所述,知12m >-.14解:设(,)z a bi a b R =+∈,由5arg 4z π=得0b a =<,得222222(1)2(1)(1)(1)z a i a a iz a i a----++-==+ 由22z R z-∈,得210a -=,从而1z i =--, 设,z ω在复平面上的对应点分别为,W Z ,由条件知W 为复平面单位圆上的点,z ω-的几何意义为单位圆上的点W 到点Z 的距离,所以z ω-的最小值为1OZ OA -=;最大值为1OZ OA +=.15解(I)33cos cos sin (sin )cos 22222x xa b x x x ⋅=+-= ,33(cos cos ,sin sin )2222x xa b x x +=+- ,得2cos a b x +== 2cos2x =([0,]2x π∈).(II)22()cos 28cos 2cos 8cos 12(cos 2)9f x x x x x x =-=--=-- 当且仅当cos 1x =时,min ()7f x =-.16解:(I)由c d ⊥ ,1102a b ⋅== ,得2[(tan 3)][tan ]c d a b ma b θθ⋅=+-⋅-+ =223(tan 3tan )0ma b θθ-+-= ,即223(tan 3tan )m a b θθ=- ,得31(tan 3tan )()422m ππθθθ=--<<.(II)由tan t θ=,得31()(3),4m g t t t t R ==-∈求导得''23()(1)4m g t t ==-,令'()0g t =,得11t =-,21t =当(,1)t ∈-∞-,'()0g t >,()g t 为增函数;当(1,1)t ∈-时,'()0g t <,()g t 为减函数; 当(1,)t ∈+∞时,'()0g t >,()g t 为增函数. 所以当1t =-,即4πθ=-时,()m g t =有极大值12;当1t =,即4πθ=时,()m g t =有极小 值12-.。

高中数学竞赛第十五章 复数【讲义】

高中数学竞赛第十五章 复数【讲义】

第十五章 复数 一、基础知识1．复数的定义：设i 为方程x 2=-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Im(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一一映射。

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，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OZ ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r ，则a=rcos θ,b=rsin θ,所以z=r(cos θ+isin θ)，这种形式叫做三角形式。

若z=r(cos θ+isin θ)，则θ称为z 的辐角。

若0≤θ<2π，则θ称为z 的辐角主值，记作θ=Arg(z). r 称为z 的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=22b a +.如果用e i θ表示cos θ+isin θ，则z=re i θ，称为复数的指数形式。

3．共轭与模，若z=a+bi ，（a,b ∈R ）,则=z a-bi 称为z 的共轭复数。

模与共轭的性质有：（1）2121z z z z ±=±；（2）2121z z z z ⋅=⋅；（3）2||z z z =⋅；（4）2121z z z z =⎪⎪⎭⎫⎝⎛；（5）||||||2121z z z z ⋅=⋅；（6）||||||2121z z z z =；（7）||z 1|-|z 2||≤|z 1±z 2|≤|z 1|+|z 2|；（8）|z 1+z 2|2+|z 1-z 2|2=2|z 1|2+2|z 2|2；（9）若|z|=1，则zz 1=。

高中数学竞赛试题汇编一二《集合与简易逻辑》《复数》讲义

高中数学竞赛试题汇编一二《集合与简易逻辑》《复数》讲义

1. 命题“所有实数的平方都是正数”的否定 （A ）所有实数的平方都不是正数 （B ）有的实数的平方是正数（C ）至少有一个实数的平方不是正数 （D ）至少有一个实数的平方是正数2. 集合{11}P x x =-<{1},Q x x a =-≤且P Q ⋂=∅,则实数a 取值范围为A. 3a ≥B. 1a ≤-.C. 1a ≤-或 3a ≥D. 13a -≤≤ 3. 若,,R αβ∈ 则90αβ+=是sin sin 1αβ+>的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 已知全集U R =，集合112xN x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭，{}2680M x x x =-+≤，图中阴影部分所表示的集合为 （A ）{}0x x ≤（B ）{}24x x ≤≤ （C ）{}024x x x <≤≥或 （D ）{}024x x x ≤<>或 5. 已知集合{}23100A x x x =--≤，{}121B x m x m =+≤≤-，当A B =∅ 时，实数m 的取值范围是(A) 24m << (B) 24m m <>或(C) 142m -<< (D) 142m m <->或6. 已知函数[](),0,1f x ax b x =+∈，“20a b +>”是“()0f x >恒成立”的(A) 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件(C) 充要条件 (D) 既不充分也不必要条件7. 已知{}11,10,,lg ,10A B y y x x A ⎧⎫===∈⎨⎬⎩⎭， 则A B = .8. 设集合{}1,3,5,7,9A =，{}2,4,6,18B =，{},C a b a A b B =+∈∈，则集合C 中所有的元素之和为 . 9. 设AB 是两个非空的有限集，全集U A B = 且U 中含有m 个元素，若()()U U C A C B 中含有n 个元素，则A B 中含有元素的个数为 . 10. 设{}2A x x a =-<，{}2230B x x x =--<，若B A ⊆，则实数a 的取值范围是 . 11.设{}20122013log log A x x x =<，{}2B x x ax a x =-+< 且A B ⊆，则a 的取值范围是 . 12设{}0,1,2,3A =，{}2,2B x x A x A =-∈-∉，则集合B 的所有元素之和为 .13. 已知复数z 满足2z z i +=+，那么z = .14. 已知复数z 满足1z =，则21z z -+的最大值为 .15. 已知i 是虚数单位，2342013i i i i i+++++= .16. i 是虚数单位，23420131z i i i i i=++++++ ，复数z 的共轭复数记为z ，则z z = . 17. 已知复数(,,z x yi x y R i =+∈为虚数单位），且28z i =，则z =（ ） (A) 22z i =+ (B) 22z i =--(C) 22,z i =-+或22z i =- (D) 22,z i =+或22z i =--UNM高中数学竞赛试题汇编一《集合与简易逻辑》《复数》讲义。

高中数学竞赛复数解法

高中数学竞赛复数解法

高中数学竞赛复数解法
一、基本概念
1. 复数的定义：复数是一类有虚数单位i(i^2=-1)的数，由实数部分和虚数部分组成，可以写成a+bi(a、b为实数）；
2. 共轭复数：如果z=a+bi(a、b为实数)，则z的共轭复数为z*=a-bi；
3. 复数的模：复数z=a+bi的模为|z|=√(a^2+b^2)；
4. 复数的幅角：复数z=a+bi的幅角为tanθ=b/a(a≠0)；
二、运算技巧
1. 加减法：(a±bi)+(c±di)=(a+c)±(b+d)i；
2. 乘法：(a±bi)(c±di)=(ac-bd)±(ad+bc)i；
3. 除法：若z1=a+bi,z2=c+di(c≠0)，则z1/z2=（ac+bd）/（c^2+d^2）±（bc-ad）/（c^2+d^2）i；
4. 幂次：幂次可以按照分解平方和公式(a+bi)^2=a^2-b^2+2abi 求解；
三、解题技巧
1. 计算复数的模和幅角：在求复数的模和幅角时，采用简单的数学计算手段可以节省大量的时间；
2. 按照运算法则：解决复数的问题，要按照复数的运算法则(加减乘除法)，熟练掌握，灵活运用；
3. 变量代换：在复数问题中，往往可以将解变量代入原方程，做判断，简化计算量；
4. 提取公因数：在复数的运算过程中，可以通过提取公因数，简化计算量。

高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题

高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题

Z2,Z3,Z4
共圆的充要条件是:
z3 z4

z1 z1
:
z3 z4

z2 z2
∈R.
二、典型问题
1.复数概念
[例 1]:若对一切θ∈R,复数 z=(a+cosθ)+(2a-sinθ)i 的模不超过 2,则实数
a 的取值范围为 .
[解 析]:|z|≤2 (a+cosθ)2+(2a-sinθ)2≤4 2acosθ-4asinθ≤3-5a2 -2 5 asin(θ+φ) ≤3-5a2 2 5 |a|≤3
z1 z2
+ z2 z3
+
z3 z1
=cos(α-β)+
isin(α-β)+cos(β-γ)+isin(β-γ)+cos(γ-α)+isin(γ-α)=1 sin(α-β)+sin(β-γ)+si
n(γ-α)=0
2sin cos 2 -2sin cos =0 sin sin sin =0.
部是
.
解: = =2 (1 cos 2B i sin 2B)(1 cos 2C i sin 2C) 2 cos B(cos B i sin B) 2 cos C(cos C i sin C)
cos B cos C
1 cos 2A i sin 2A
2 cos A(cos A i sin A)
2
2
2
2
2
2
2
当
sin

2

=0
时,β=2kπ+α

高中数学竞赛专题讲座---复数

高中数学竞赛专题讲座---复数

复 数专题一 复数与数列复数数列的题目主要体现对复数运算的规律性的把握．例1 设数列 ,,,,21n z z z 是首项为48，公比为)26(41i +的等比复数列． （1）求4z ．（2）将这个数列中的实数项，不改变原来的次序，从首项开始，排成 ,,,,21n a a a ，试求3a ． （3）求无穷级数 ++++n a a a 21的和． 解：（1）)6sin 6(cos 21)26(41ππi i r +=+=．i r z 2124834==． （2）使r 为实数的最小自然数是6，数列 ,,,,21n a a a 是首项为48，公比为6r 的等比数列．所以433=a ． （3）这个级数是公比816-==r 的无穷等比级数，从而和3128)81(148=--=． 例2 今定义复数列 ,,,,21n a a a 如下，n n ka a a i a i a +=+=+=+1121,31,1（)2≥n ，k 为正的常数．问复数n a 的辐角的正切与哪一个值最接近？（当∞→n 时）分析：寻求n a 的一般式，再注意取极限的方法以及相关讨论．解：1+n a 的辐角记作θ，212111)1(a k k k a ka a a n n n n --+++++=+= ．（1）当1=k 时，i n n a a n a n )31()1(211+-+=+-=+，所以)(131tan ∞→→+-=n nn θ． （2）当1≠k 时，211111)1(a k kk a a n n n --++--=k k k k k n n n ---++--=-13)13(1111 ∴)()10(1)1(13313)13(1tan 1∞→⎪⎩⎪⎨⎧<<>+-→---+=-n k k k k k k k nn n θ． 例3 （1）设在复数列 ,,,,10n z z z 之间有如下关系：),3,2,1)((11 =-=--+n z z z z n n n n α，其中)1(≠αα是常复数．当1,010==z z 时，试将n z 的值用α表示．（2）若（1）中的i 31+=α，求在圆10||=z （z 是复数）的内部总共含有n z 的个数．解：（1）αα=-=-)(0112z z z z ,21223)(αα=-=-z z z z (1)211)(----=-=-n n n n n z z z z αα于是，从1≠α得，αα--=11nn z ．（2）)3sin 3(cos231ππαi i +=+=，所以)3sin 3(cos 2ππαn i n n n +=,要使n z 在圆10||=z 的内部，它的充分必要条件是10,z <，∴100||2<n z ．即100<⋅n n z z ，而)23cos 21(3121n n n n n z z +-=⋅+π，∴100)23cos21(3121<+-+n n n π．又n n n 2123cos 21+-+π221)21(221n n n -=+->+， 能适合300)21(2<-n 的n 只是4,3,2,1,0．在逐个验证这五个点确信都在圆10||=z 的内部，故符合条件的点共有5个．例4 设平面上有点 ,,10P P ，如图所示，其中，线段 ,,,21100P P P P OP ，的长成首项为1，公比为r 的等比数列．（1）若10<<r ，则当∞→n 时，n P 与哪一点无限接近？（2）将（1）中的极限点用Q 表示．若固定21=r 而θ变动时，点Q 所描述的是怎样的曲线？解：（1）)sin (cos θθωi r +=，此时，若将表示点n P 的复数记作n z ，则有nn n z z ω=--1，其中1-z 就是原点O ．于是)1(11112≠--=++++=+ωωωωωωn nn z ．|1||1||||11|11ωωωω-=-=--++n n n r z , 因此，若10<<r ，令∞→n ，则0|11|→--ωn z ，n z 所表示的点与ω-11所表示的点最靠近． （2）ω-=11z ，则有z z 1-=ω，21=r 固定，θ做变动，点ω总在以原点为圆心的圆周上．但因21||=ω，故有2|1|||=-z z ．于是当点ω在以原点为中心，21为半径的圆上，点ω-11相应的在以点34为圆心，32为半径的圆上． 例5 设在复平面上:（1）原点为O ，表示复数Z 的点为A ，点B 由||||OA k AB =，OA AB , 的交角为θ所确定。

数学竞赛中的复数问题

数学竞赛中的复数问题
z+i)(
n 为正整数)
n
为实数时,
|
z+i
| 的最小值为(
A.3
B.
3
C.
23
)
。
D.
33
。 由|
解:
设 z=x+yi(
x,
z|=1,
y∈R)
3
±
1
3
n
+ i 。 | z + i| =
2
2
n
1
3
n
n
(3)
± + i = (3)。 由 此 可 见,当
2
2
n
0
n 取最小值n0 时,
|
z+i
| 取最小值(3) 。
过程并提高解题效率。
变式 4
(
2
0
1
4年全国高中数学联赛天
3
3
2
所以|
- i,
a+b
x+c
x |= 3。
2
2
三、复数的模的运算性质
东省预赛第 6 题 )设 z1 、
z2 为 一 对 不 相 等 的
z1
共轭复数,
且|
则|
z1|= 3, 为 实 数,
z1 -z2|
z2
-1+ 3i
=0。因为z1 -z2 ≠0,
1+
2
2
z1z2 +z2 =0。 则 (
z1 -z2 ) = -3
z1z2 =
. All
Rights
Reserved.
3
|
z|
=-9,
|
z
-z |=3。

高中数学竞赛专题讲座复数问题

高中数学竞赛专题讲座复数问题
OC 2+sin 2 2 cos 2
=
9+4
2sin


4
,
由此知当sin

4

=1即
=
3 时，OC 4
max

9 4 2 1 2 2.
18
9.利用复数解决数列问题
=
z 2
cos2

+iz2
sin
2


z 2
cos2


iz2 sin2
=
z 2
cos2 +
z2
sin2 =
z 2
cos2 sin2
=
z 2
，
即 z1 2 z2 2 ，所以x2 y2 A2 B2 .
17
8.复平面上的几何问题 例8、B是圆心为O的单位半圆上一动点，A为半圆的直径的延长线上一 定点，且OA=2，ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，问B在何处时， O到C的距离最远？
13
5 j 1
1 rj

5 j 1
1 rj
5 169
5,
由于
-1=

1 r
10
-130

1 r
9
+
，
所以 1 是方程 x10 -130x9 + =-1的根，故 r
5
1
5
1 130,
5
从而
1 850.
r r j1 j
例7、已知A=x cos2 y sin2 ，B=x sin2 y cos2
(x，y，A，B R.), 求证 x2 +y2 A2 +B2.

高中数学竞赛专题讲座复数问题31页PPT

高中数学竞赛专题讲座复数问题31页PPT
拉
60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走到底 ，决不 回头。 ——左
高中数学竞赛专题讲座复数问题
56、极端的法规，就是极端的不公。 ——西 塞罗 57、法律一旦成为人们的需要，人们 就不再 配享受 自由了 。—— 毕达哥 拉斯 58、法律规定的惩罚不是为了私人的 利益， 而是为 了公共 的利益 ；一部 分靠有 害的强 制，一 部分靠 榜样的 效力。 ——格 老秀斯 59、假如没有法律他们会更快乐的话 ，那么 法律作 为一件 无用之 物自己 就会消 灭。— —洛克
60、人民的幸福是至高无个的法。— —西塞 罗
56、书不仅是生活，而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处， 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿

⑨竞赛中的复数问题

⑨竞赛中的复数问题

Y.P .M 数学竞赛讲座 1竞赛中的复数问题复数不仅具有自身知识体系的丰富性,而且还与代数、三角、几何之间存在内在的紧密联系.复数的演绎独具特色,饶于技巧,复数是竞赛数学的内容之一.一、知识结构1.概念与运算:⑴表达形式:①代数式:z=a+bi(a,b ∈R);②三角式:z=r(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R);③指数式:z=re i θ(r ≥0,θ∈R);④欧拉公式:e i θ=cos θ+isin θ,θ∈R.⑵共轭与模:①21z z ±=21z z ±;21z z ⋅=21z z ⋅;)(21z z =21z z;②||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|≤|z 1|+|z 2|;|z 1z 2|=|z 1||z 2|;|21z z |= ||||21z z ;③z z =|z|2=|z |2;④z=z ⇔z ∈R;|z|=|Re(z)|⇔z ∈R. ⑶运算法则:①乘法:r 1(cos θ1+isin θ2)r 2(cos θ2+isin θ2)=r 1r 2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:)sin (cos )sin (cos 222121θθθθi r i r ++=21r r (cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cos θ+isin θ)]n =r n (cosn θ+isinn θ);④开方:z n =r(cos θ+isin θ)⇔z =n r (cosnk πθ2++isinnk πθ2+)(k=0,1,2…,n-1).2.辐角与三角:⑴辐角性质:①定义:若z=r(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R),则θ称为复数z 的辐角,记为Argz;特别地,当θ∈[0,2π)时,则θ称为复数z 的辐角主值,记为argz;②运算:Argz 1+Argz 2=Arg(z 1z 2);Argz 1-Argz 2=Arg(21z z )=Arg(z 12z );nArgz= Argz n ;③性质:若z=cos θ+isin θ,则1+z=2cos2θ(cos 2θ+isin 2θ);1-z=-2sin 2θ(cos 2θ+isin 2θ). ⑵单位根:①定义:方程x n =1的n 个根叫做n 次单位根,分别记为ωk (k=0,1,2,…,n-1);ωk =(cosn k π2+isin nk π2)(k=0, 1,2…,n-1);②性质:ω0=1;ωk =ω1k ;ωk ωj =ωk+j ;单位根的积仍是单位根;n 次单位根的全部为:1,ω1,ω12,…,ω1n-1;③1+ω1+ω12+…+ω1n-1=0,(x-1)(x-ω1)(x-ω12)…(x-ω1n-1)=x n -1.⑶基本结论:①实系数n 次方程的虚根α与其共轭复数α成对出现;②若|z 1|=|z 2|=…=|z n |,且z 1+z 2+…+z n =0,则z 1,z 2, …,z n 对应的点是正n 边形的顶点,且正n 边形的中心在坐标原点;③若复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,且z 1=z 0z 2,则∠Z 1OZ 2=argz 0,或argz 0-π.3.复数与几何:⑴基本原理:①点的对应:复数z=x+yi 与点Z(x,y)成一一对应;②向量对应:复数z=x+yi 与向量OZ =(x,y)成一一对应;③距离公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,则|Z 1Z 2|=|z 1-z 2|;④旋转公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,向量21z z 绕点Z 1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z z 1中的Z 对应的复数z=z 1+r(z 2-z 1)(cos θ+isin θ).⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,点Z 分有向线段21z z 的比为λ(λ≠-1),则z=λλ++121z z ;②三点共线:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,则三点Z,Z 1,Z 2共线的充要条件是:Z=λZ 1+(1-λ)Z 2;③平行条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2∥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4);④垂直条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2⊥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4)i.2 Y.P .M 数学竞赛讲座⑶几何结论:①三角形面积:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3的面积=21×复数(z 13z +z 21z +z 32z )的虚部;②三角形形状:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3为正三角形的充要条件是:z 12+z 22+z 32=z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1;或z 1+ωz 2+ω2z 3=0;③三角形相似:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,复数w 1,w 2,w 3对应的点分别为W 1,W 2,W 3,则△Z 1Z 2Z 3∽△W 1W 2W 3的充要条件是:1312z z z z --=1312w w ww --;④四点共圆:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则四点Z 1, Z 2,Z 3,Z 4共圆的充要条件是:1413z z z z --:2423z z z z --∈R. 二、典型问题1.复数概念[例1]:(2006年全国高中数学联赛试题)若对一切θ∈R,复数z=(a+cos θ)+(2a-sin θ)i 的模不超过2,则实数a 的取值范围为 .[解析]:[类题]:1.①(2010全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知复数z 1=m+2i,z 2=3-4i,若21z z 为实数,则实数m 的值为 . ②(2011年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 1满足(z 1-2)(1+i)=1-i,复数z 2的虚部为2,则z 1z 2为实数的条件是z 2= .2.(1999年全国高中数学联赛河南初赛试题)若3131-+z z 为纯虚数,则|z|= . 3.(2011年全国高中数学联赛浙江初赛试题)如果复数(a+2i)(1+i)的模为4,则实数a 的值为 .4.(1994年全国高中数学联赛试题)给出下列两个命题:①设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2>c 2,则a 2+b 2-c 2>0;②设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2-c 2>0,则a 2+b 2>c 2.那么下述说法正确的是( )(A)命题①正确,命题②也正确 (B)命题①正确,命题②错误 (C)命题①错误,命题②也错误 (D)命题①错误,命题②正确 5.(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设z 是虚数,w=z+z1,且-1<w<2,则z 的实部取值范围为 . 2.代数形式[例2]:(1995年全国高中数学联赛试题)设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2βα为实数,则|α|= . [解析]: [类题]:1.①(2011年全国高中数学联赛江苏初赛试题)复数(1+i)4+(1-i)4= .②(2005年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:！！！！i i i i 100210+⋅⋅⋅+++= .2.(1996年第七届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知i 2=-1,在集合{s|s=1+i+i 2+i 3+…+i n,n ∈N}中包含的元素是 .3.(2007年全国高中数学联赛上海初赛试题)复数数列{a n }满足a 1=0,a n =a n-12+i(n ≥2,i 为虚数单位,则它的前2007项的和= .4.(2000年湖南高中数学夏令营试题)设复数数列{z n }满足z 1=i,z n+1=-z n 2-i,则|z 2000|=5.(1991年全国高中数学联赛上海初赛试题)使复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2成为实数的所有x 构成的集合是 .Y.P .M 数学竞赛讲座 3 3.三角形式[例3]:(1999年全国高中数学联赛试题)给定实数a,b,c,已知复数z 1,z 2,z 3满足:⎪⎩⎪⎨⎧=++===11||||||133221321z z z z z z z z z ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值.[解析]: [类题]:1.(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)设A 、B 、C 为△ABC 的三内角,则复数Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++的虚部是 .2.(1992年湖南高中数学夏令营试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,z 1-z 2=cos150+isin150,则21z z = . 3.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)设|z 1|=|z 2|=a(a ≠0),且z 1+z 2=m+mi,其中m 为非零实数.则z 13z 23的值是 . 4.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设|z|=1,则|z 2-z+2|的最小值为 .5.(2006年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)已知复数集合D,复数z ∈D 当且仅当存在模为1的复数z 1,使得|z-2005-2006i| =|z 14+1-2z 12|.则D 中实部和虚部都为整数的复数的个数是 .4.共轭运算[例4]:(2001年全国高中数学联赛试题)若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-i,则z 1z 2= .[解析]: [类题]:1.(1986年全国高中数学联赛试题)为z 为复数,M={z|(z-1)2=|z-1|2},那么( )(A)M={纯虚数} (B)M={实数} (C){实数}⊂M ⊂{复数} (D)M={复数} 2.(1985年全国高中数学联赛试题)设z,w,λ为复数,|λ|≠1关于z 的方程z -λz=w 下面有四个结论:①z=2||1λλ-+ww 是这个方程的解;②这个方程只有一个解;③这个方程有两个解;④这个方程有无穷多解.则( )(A)只有①和②是正确的 (B)只有①和③是正确的 (C)只有①和④是正确的 (D)以上(A)、(B)、(C)都不正确 3.(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)如果复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|,且z 1-z 2=2-i,则||2121z z z z 的值为 . 4.(1996年湖南高中数学夏令营试题)z 1,z 2是已知的两个任复数,复数z 满足z ≠0,z+z 2≠0,z z 1+z 2z +z 12z =0,则 arg21z z z z ++= . 5.(1991年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3,|z 1-z 2|=33,则log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|= .5.模的运算[例5]:(2011年全国高中数学联赛新疆初赛试题)复数z 1和z 2满足:|z 2|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,则|(z 1+1)2(z 1-2)|的最大值为 .[解析]: [类题]:1.(1983年全国高中数学联赛上海初赛试题)|)52)(32()35)(25)(23(2i i i i i --+++|= .2.(2011年全国高中数学联赛天津初赛试题)复数z 满足|z|(3z+2i)=2(iz −6),则|z|等于 .3.(2004年全国高中数学联赛吉林初赛试题)设{z n }是一个复数数列,定义z n =(1+i)(1+2i ) (1)ni ),则∑=+-nn n n z z 11||= .4.(2002年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 满足z z -z-z =3,且arg(z-1)=3π,则z= .4 Y.P .M 数学竞赛讲座5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设z 是复数,且|z|=1,则u=|z 2-z+1|的最大值与最小值是 .6.乘方运算[例6]:(2007年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n ≥2007,且n 为使得a n =(22-+i 22+)n取实数值的最小正整数,则对应此n 的a n = .[解析]: [类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:(21i -)1989= .2.①(2011年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z=(3-3i)n,若z 为实数,则最小的正整数n 的值为 . ②(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设n 为使a n =(213++213-i)n取实数的最小自然数,则对应此n 的a n = .3.①(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n 为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sin θ+icos θ)n=sinn θ+icosn θ成立,则这种n 的总个数为 .②(1988年全国高中数学联赛上海初赛试题)设m 、n 是自然数,且使(3+i)m=(1+i)n成立(其中i 是虚数单位),则乘积mn 的最小值是 .4.(2010年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z 为复数.若|z|=1,|z +i|=1,则当(z+i)n(n 为正整数)为实数时,|z+i|n的最小值为 .5.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)[(23i +)8+1]n当n 取1,2,…,100时,可得 个不同的数值. 7.单位复数[例7]:(1991年全国高中数学联赛试题)设a,b,c 均为非零复数,且ba =cb =ac ,则cb ac b a +--+的值为 .[解析]: [类题]:1.①(1980年全国高中数学联赛上海初赛试题)设x 1,x 2是方程x 2-x+1=0的两个根,则x 11980+198021x = .②(2009年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知复数m 满足m+m 1=1,则m 2008+20091m= . 2.①(1990年全国高中数学联赛试题)设非零数复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式(y x x +)1990+(yx y +)1990的值是 . ②(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设非零数相异复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式[2))((y x y x xy -+]2006(x2006+y2006)的值是 .3.(2011年全国高中数学联赛河南初赛试题)若z ∈C,且x 10=1,则1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010= .4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 满足:z 3=27,则z 5+3z 4+2242= . 5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)(f(x),g(x)均为实系数多项式),则f(x)的系数之和是 .8.复数方程[例8]:(1994年全国高中数学联赛试题)x 的二次方程x 2+z 1x+z 2+m=0中,z 1,z 2,m 均是复数,且z 12-4z 2=16+20i,设这个方程的两个根α,β满足|α-β|=27,求|m|的最大值和最小值.[解析]:Y.P .M 数学竞赛讲座 5 [类题]:1.(1995年全国高中数学联赛上海初赛试题)若虚数z 使2z+z 1为实数,则2z+z1的取值范围是_____. 2.(1993年全国高中数学联赛试题)二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+(1+i λ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________.3.(1984年全国高中数学联赛上海初赛试题)方程z 4=z (z 为z 的共轭复数)的根为 .4.(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)复数z 满足等式z+z |z|3=0,则z= .5.(2000年全国高中数学联赛试题)设ω=cos5π+isin5π,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )(A)x 4+x 3+x 2+x+1=0 (B)x 4-x 3+x 2-x+1=0 (C)x 4-x 3-x 2+x+1=0 (D)x 4+x 3+x 2-x -1=09.复数与点[例9]:(1998年全国高中数学联赛试题)设复数z=cos θ+isin θ(00≤θ≤1800),复数z,(1+i)z,2z 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,以线段PQ,PR 为两边的平行四边形的第四个顶点为S,则点S 到原点距离的最大值是 _.[解析]:[类题]:1.(1989年全国高中数学联赛试题)若A,B 是锐角△ABC 的两个内角,则复数z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA)在复平面内所对应的点位于( )(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限2.(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)若点A,B 分别对应复数z,z -1,z ∉R,则直线AB 与x 轴的交点对应的复数为(用z 和z 表示).3.(2002年湖南高中数学夏令营试题)已知z 为复数,arg(z+3)=1350,则|3||6|1i z z -++取最大值时,z= .4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)在复平面内由i1,1-i ,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内角等于 .5.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)如果复数z 满足|z|=1,A(-1,0),B(0,-1)是复平面上两点,那么函数f(z)= |(z+1)(z -i)|取最大值时,△ABZ 的形状是 .10.模的意义[例10]:(2002年全国高中数学联赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|2121z z z z -+|= . [解析]: [类题]:1.①(2007年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设复数z 1=(2-a)+(1-b)i,z 2=(3+2a)+(2+3b)i,z 3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b ∈R,当|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值时,3a+4b= .②(1993年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|≥1,|z 2|≥23,则复数i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2的模长的最小值是 .2.(2010年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设z 是复数,则|z-1|+|z-i|+|z+1|的最小值等于__________.3.(2011年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设z 是模为2的复数,则|z-z1|的最大值与最小值的和为 . 4.(1999年全国高中数学联赛河北初赛试题)若复数z 满足|z+1+i|+|z-1-i|=22,记|z+i|的最大值和最小值分别为6 Y.P .M 数学竞赛讲座M,m,则mM= . 5.(1998年第九届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 的模为1,则函数|z 2+iz 2+1|的值域是 .11.幅角主值[例11]:(1998年全国高中数学联赛试题)已知复数z=1-sin θ+icos θ(2π<θ<π).求z 的共轭复数z 的辐角主值.[解析]: [类题]:1.(1984年全国高中数学联赛试题)集合S={z 2|argz=a,a ∈R}在复平面的图形是( )(A)射线argz=2a (B)射线argz=-2a (C)射线argz=-a (D)上述答案都不对 2.(1998年全国高中数学联赛湖南初赛试题)设z 是复数,z+2的幅角为3π,z-2的幅角为65π,则z= . 3.(1993年全国高中数学联赛试题)若z ∈C,arg(z 2-4)=65π,arg(z 2+4)=3π,则z 的值是________. 4.(1992年全国高中数学联赛试题)设z 1,z 2都是复数,且|z 1|=3,|z 2|=5|z 1+z 2|=7,则arg(12z z )3的值是______. 5.(1999年全国高中数学联赛试题)已知θ=arctan125,那么,复数z=i i ++2392sin 2cos θθ的辐角主值是_________.12.几何形状[例12]:(1995年全国高中数学联赛试题)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 1,z 2,…,z 20,则复数Z 11995,z 21995,…,z 201995所对应的不同的点的个数是 .[解析]: [类题]:1.(2007年全国高中数学联赛浙江初赛试题)若在复平面上三个点A(0),B(z 0-z),C(z 0+z)构成以A 为直角顶点的等腰直 角三角形,其中z 0=-31+32i,则△ABC 的面积为 . 2.①(1992年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2在复平面上对应的点分别为A,B,且|z 1|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,O 为坐标原点,则△OAB 的面积为 .②(1997年全国高中数学联赛上海初赛试题)设复数z 1、z 2满足z 1z 2=1,z 13+z 23=0,且z 1+z 2≠0.z 1、z 2在复平面内的对应点为Z 1、Z 2,O 为原点,则△Z 1OZ 2的面积是_____.3.(1996年全国高中数学联赛试题)复平面上,非零复数z 1,z 2在以i 为圆心,1为半径的圆上,1z z 2的实部为零,z 1的辐角主值为6π,则z 2=_______.4.(2007年全国高中数学联赛广西初赛试题)已知关于x 的实系数方程x 2-2x+2=0和x 2+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 .5.(1997年全国高中数学联赛试题)设非零复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++++==++++===Sa a a a a a a a a a a a a a a a a a )11111(4543215432145342312,其中S 为实数,且|S|≤2.求证:复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上.Y.P .M 数学竞赛讲座 7 13.解折综合[例13]:(2003年全国高中数学联赛试题)设A,B,C 分别是复数Z 0=ai,Z 1=21+bi,Z 2=1+ci(其中a,b,c 都是实数)对应的不共线的三点,证明:曲线Z ＝Z 0cos 4t+2Z 1cos 2tsin 2t+Z 2sin 4t(t ∈R )与∆ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点.[解析]:[类题]:1.(1993年全国高中数学联赛试题)设m,n 为非零复数,i 为虚数单位,z ∈C,则方程|z+ni|+|z -mi|=n 与|z+ni|-|z -mi| -m 在同一复平面内的图形(F 1,F 2为焦点)是( )xx(B) (C) (D) 2.(1989年全国高中数学联赛试题)若M={z|z=t t +1+i tt+1,t ∈R,t ≠-1,t ≠0},N={z|z=2[cos(arcsint)+icos(arccost)],t ∈R,|t|≤1},则M ∩N 中元素的个数为( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)43.(1988年全国高中数学联赛试题)复平面上动点z 1的轨迹方程为|z 1-z 0|=|z 1|,z 0为定点,z 0≠0,另一个动点z 满足z 1z=-1,求点z 的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置.4.①(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z,w 满足:|z-1-i|-|z|=2,|w+3i|=1,则|z –w|的最小值= .②(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)x 、y 是实数.z 1=x+11+yi,z 2=x-11+yi(i 为虚数单位),|z 1|+|z 2|=12,令u=|5x −6y −30|,则u 的最大值是_____,u 的最小值是_____.5.(1996年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知满足条件|z 2|+|z 2−1|=7的复数z 在复平面内的所对应的点的集合是一条二次曲线,则该二次曲线的离心率e=_____.14.复数应用[例14]:(2001年全国高中数学联赛试题)若(1+x+x 2)1000的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]: [类题]:1.(2010年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)已知sin α+sin β=51,cos α+cos β=31,则)(2sin )(2cos 1)(2sin )cos(21βαβαβαβα+++++++-= .2.(2007年湖北数学奥林匹克夏令营试题)求值:tan700-010cos 1= .3.(2007年全国高中数学联赛广西初赛试题)化简arccot2+arctan 31= . 4.(2012年复旦自主招生试题)arctan 31+arctan 51+arctan 71+arctan 81= .Y.P .M 数学竞赛讲座 1竞赛中的复数问题复数不仅具有自身知识体系的丰富性,而且还与代数、三角、几何之间存在内在的紧密联系.复数的演绎独具特色,饶于技巧,复数是竞赛数学的内容之一.一、知识结构1.概念与运算:⑴表达形式:①代数式:z=a+bi(a,b ∈R);②三角式:z=r(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R);③指数式:z=re i θ(r ≥0,θ∈R);④欧拉公式:e i θ=cos θ+isin θ,θ∈R.⑵共轭与模:①21z z ±=21z z ±;21z z ⋅=21z z ⋅;)(21z z =21z z;②||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|≤|z 1|+|z 2|;|z 1z 2|=|z 1||z 2|;|21z z |= ||||21z z ;③z z =|z|2=|z |2;④z=z ⇔z ∈R;|z|=|Re(z)|⇔z ∈R. ⑶运算法则:①乘法:r 1(cos θ1+isin θ2)r 2(cos θ2+isin θ2)=r 1r 2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:)sin (cos )sin (cos 222121θθθθi r i r ++=21r r (cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cos θ+isin θ)]n =r n (cosn θ+isinn θ);④开方:z n =r(cos θ+isin θ)⇔z =n r (cosnk πθ2++isinnk πθ2+)(k=0,1,2…,n-1).2.辐角与三角:⑴辐角性质:①定义:若z=r(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R),则θ称为复数z 的辐角,记为Argz;特别地,当θ∈[0,2π)时,则θ称为复数z 的辐角主值,记为argz;②运算:Argz 1+Argz 2=Arg(z 1z 2);Argz 1-Argz 2=Arg(21z z )=Arg(z 12z );nArgz= Argz n ;③性质:若z=cos θ+isin θ,则1+z=2cos2θ(cos 2θ+isin 2θ);1-z=-2sin 2θ(cos 2θ+isin 2θ). ⑵单位根:①定义:方程x n =1的n 个根叫做n 次单位根,分别记为ωk (k=0,1,2,…,n-1);ωk =(cosn k π2+isin nk π2)(k=0, 1,2…,n-1);②性质:ω0=1;ωk =ω1k ;ωk ωj =ωk+j ;单位根的积仍是单位根;n 次单位根的全部为:1,ω1,ω12,…,ω1n-1;③1+ω1+ω12+…+ω1n-1=0,(x-1)(x-ω1)(x-ω12)…(x-ω1n-1)=x n -1.⑶基本结论:①实系数n 次方程的虚根α与其共轭复数α成对出现;②若|z 1|=|z 2|=…=|z n |,且z 1+z 2+…+z n =0,则z 1,z 2, …,z n 对应的点是正n 边形的顶点,且正n 边形的中心在坐标原点;③若复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,且z 1=z 0z 2,则∠Z 1OZ 2=argz 0,或argz 0-π.3.复数与几何:⑴基本原理:①点的对应:复数z=x+yi 与点Z(x,y)成一一对应;②向量对应:复数z=x+yi 与向量OZ =(x,y)成一一对应;③距离公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,则|Z 1Z 2|=|z 1-z 2|;④旋转公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,向量21z z 绕点Z 1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z z 1中的Z 对应的复数z=z 1+r(z 2-z 1)(cos θ+isin θ).⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,点Z 分有向线段21z z 的比为λ(λ≠-1),则z=λλ++121z z ;②三点共线:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,则三点Z,Z 1,Z 2共线的充要条件是:Z=λZ 1+(1-λ)Z 2;③平行条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2∥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4);④垂直条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2⊥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4)i.2 Y.P .M 数学竞赛讲座⑶几何结论:①三角形面积:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3的面积=21×复数(z 13z +z 21z +z 32z )的虚部;②三角形形状:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3为正三角形的充要条件是:z 12+z 22+z 32=z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1;或z 1+ωz 2+ω2z 3=0;③三角形相似:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,复数w 1,w 2,w 3对应的点分别为W 1,W 2,W 3,则△Z 1Z 2Z 3∽△W 1W 2W 3的充要条件是:1312z z z z --=1312w w ww --;④四点共圆:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则四点Z 1, Z 2,Z 3,Z 4共圆的充要条件是:1413z z z z --:2423z z z z --∈R. 二、典型问题1.复数概念[例1]:(2006年全国高中数学联赛试题)若对一切θ∈R,复数z=(a+cos θ)+(2a-sin θ)i 的模不超过2,则实数a 的取值范围为 .[解析]:|z|≤2⇔(a+cos θ)2+(2a-sin θ)2≤4⇔2acos θ-4asin θ≤3-5a 2⇔-25asin(θ+φ)≤3-5a 2⇔25|a|≤3-5a 2⇔(5|a|-1)(5|a|+3)≤0⇔a ∈[-55,55]. [类题]:1.①(2010全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知复数z 1=m+2i,z 2=3-4i,若21z z 为实数,则实数m 的值为 . ②(2011年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 1满足(z 1-2)(1+i)=1-i,复数z 2的虚部为2,则z 1z 2为实数的条件是z 2= .2.(1999年全国高中数学联赛河南初赛试题)若3131-+z z 为纯虚数,则|z|= . 3.(2011年全国高中数学联赛浙江初赛试题)如果复数(a+2i)(1+i)的模为4,则实数a 的值为 .4.(1994年全国高中数学联赛试题)给出下列两个命题:①设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2>c 2,则a 2+b 2-c 2>0;②设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2-c 2>0,则a 2+b 2>c 2.那么下述说法正确的是( )(A)命题①正确,命题②也正确 (B)命题①正确,命题②错误 (C)命题①错误,命题②也错误 (D)命题①错误,命题②正确 5.(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设z 是虚数,w=z+z1,且-1<w<2,则z 的实部取值范围为 . 解:设z=a+bi ⇒w=a+bi+22ba bi a +-=a+22ba a ++(b-22ba b +)i.由-1<w<2⇒w 为实数⇒b-22ba b +=0⇒b=0,或a 2+b 2=1.当b=0时,a ≠0,w=a+a 1⇒|w|≥2,不符合-1<w<2;当a 2+b 2=1时,w=2a,由-1<w<2⇒-21<a<1. 2.代数形式[例2]:(1995年全国高中数学联赛试题)设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2βα为实数,则|α|= . [解析]:设α=a+bi(a,b ∈R)⇒β=a-bi ⇒αβ=a 2+b 2∈R,α-β=2bi,|α-β|=23⇒|b|=3,2βα=23)(αβα为实数⇒α3=(a+bi)3=(a 3-3ab 2)+(3a 2b-b 3)i 为实数⇒3a 2b-b 3=0⇒|a|=1⇒|α|=2.[类题]:1.①(2011年全国高中数学联赛江苏初赛试题)复数(1+i)4+(1-i)4= .②(2005年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:！！！！i i i i 100210+⋅⋅⋅+++= . Y.P .M 数学竞赛讲座 32.(1996年第七届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知i 2=-1,在集合{s|s=1+i+i 2+i 3+…+i n,n ∈N}中包含的元素是 .3.(2007年全国高中数学联赛上海初赛试题)复数数列{a n }满足a 1=0,a n =a n-12+i(n ≥2,i 为虚数单位,则它的前2007项的和= .4.(2000年湖南高中数学夏令营试题)设复数数列{z n }满足z 1=i,z n+1=-z n 2-i,则|z 2000|=5.(1991年全国高中数学联赛上海初赛试题)使复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2成为实数的所有x 构成的集合是 .解:复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2为实数⇔[sinx+sin2x+i(2cos 2xsinx-tanx)](cosx+i)为实数⇔sinx+sin2x+(2cos 2xsinx-tanx)cosx=0⇔sin2x+cos 2xsin2x=0⇔sin2x=0⇔sinx=0(cosx ≠0)⇔x=k π.3.三角形式[例3]:(1999年全国高中数学联赛试题)给定实数a,b,c,已知复数z 1,z 2,z 3满足:⎪⎩⎪⎨⎧=++===11||||||133221321z z z z z z z z z ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值.[解析]:由|z 1|=|z 2|=|z 3|=1,可设z 1=cos α+isin α,z 2=cos β+isin β,z 3=cos γ+isin γ⇒21z z +32z z+13z z =cos(α-β)+ isin(α-β)+cos(β-γ)+isin(β-γ)+cos(γ-α)+isin(γ-α)=1⇒sin(α-β)+sin(β-γ)+sin(γ-α)=0⇒ 2sin2γα-cos22βγα-+-2sin2γα-cos2γα-=0⇒sin2γα-sin2αβ-sin2βγ-=0.当sin2αβ-=0时,β=2k π+α⇒z 1=z 2,由21z z +32z z +13z z =1⇒31z z+13z z =0⇒(13z z )2+1=0⇒13z z =±i ⇒|az 1+bz 2+cz 3|=|(a+b ±ic)z 1|=22)(c b a ++;同理可得:当sin2βγ-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(a c b ++;当sin2γα-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(b c a ++.[类题]:1.(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)设A 、B 、C 为△ABC 的三内角,则复数Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++的虚部是 . 解:A i A C i CB i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++=)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2A i A AC i C C B i B B ++⋅+=2A C B cos cos cos Ai A C B i C B sin cos )sin()cos(-+++=2A CB cos cos cos [(cos(A+B+C)+isin(A+B+C))=-2ACB cos cos cos ,虚部是0.2.(1992年湖南高中数学夏令营试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,z 1-z 2=cos150+isin150,则21z z = . 解:设z 1=cos α+isin α,z 2=cos β+isin β⇒z 1-z 2=(cos α-cos β)+(sin α-sin β)i=cos150+isin150⇒cos α-cos β=cos150,sin α-sin β=sin150⇒(cos α-cos β)2+(sin α-sin β)2=1⇒cos(α-β)=21,sin α-sin β=±23⇒21z z=cos(α-β)+isin(α-β)=21±23i. 3.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)设|z 1|=|z 2|=a(a ≠0),且z 1+z 2=m+mi,其中m 为非零实数.则z 13z 23的值是 . 解:设z 1=acos α+aisin α,z 2=acos β+aisin β,由z 1+z 2=m+mi ⇒a(cos α+cos β)=m,a(sin α+sin β)=m ⇒cos α+cos β=4 Y.P .M 数学竞赛讲座sin α+sin β⇒2cos2βα+cos2βα-=2sin2βα+cos2βα-⇒cos2βα+=sin2βα+⇒tan2βα+=1⇒α+β=2π⇒z 1z 2=a 2[cos(α+β)+isin(α+β)]=a 2i ⇒z 13z 23=(z 1z 2)3=-a 6i.4.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设|z|=1,则|z 2-z+2|的最小值为 .解:设z=cos θ+isin θ⇒|z 2-z+2|=|cos2θ+isin2θ-cos θ-isin θ+2|=|cos2θ-cos θ+2+(sin2θ-sin θ)i|=θθ2cos 4cos 66+-=87)83(cos 82+-θ≥414. 5.(2006年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)已知复数集合D,复数z ∈D 当且仅当存在模为1的复数z 1,使得|z-2005-2006i| =|z 14+1-2z 12|.则D 中实部和虚部都为整数的复数的个数是 .解:设z 1=cos θ+isin θ⇒|z 14+1-2z 12|=|(z 12-1)2|=|z 12-1|2=|cos2θ-1+isin2θ|2=(cos2θ-1)2+sin 22θ=2-2cos2θ≤4⇒|z-2005-2006i|≤4,设z=x+yi ⇒(x-2005)2+(y-2006)2≤16⇔x 2+y 2≤16共有49个解.4.共轭运算[例4]:(2001年全国高中数学联赛试题)若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-i,则z 1z 2= .[解析]:|z 1|=2,|z 2|=3⇒z 11z =4,z 22z =9⇒23-i=3z 1-2z 2=31z 1z 22z -21z 2z 11z =61z 1z 2(22z -31z )=-61z 1z 2(31z -22z )= -61z 1z 2(23+i)⇒z 1z 2=-1330+1372i.[类题]:1.(1986年全国高中数学联赛试题)为z 为复数,M={z|(z-1)2=|z-1|2},那么( )(A)M={纯虚数} (B)M={实数} (C){实数}⊂M ⊂{复数} (D)M={复数}解:(z-1)2=|z-1|2⇔(z-1)2=(z-1)(z -1)⇔z=1,或z=z ⇔M={实数}.2.(1985年全国高中数学联赛试题)设z,w,λ为复数,|λ|≠1关于z 的方程z -λz=w 下面有四个结论:①z=2||1λλ-+ww 是这个方程的解;②这个方程只有一个解;③这个方程有两个解;④这个方程有无穷多解.则( )(A)只有①和②是正确的 (B)只有①和③是正确的 (C)只有①和④是正确的 (D)以上(A)、(B)、(C)都不正确 解:z -λz=w ⇒z-λz =w ⇒z-λ(λz+w)=w ⇒(1-λλ)z=λw+w ⇒z=2||1λλ-+ww .故选(A). 3.(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)如果复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|,且z 1-z 2=2-i,则||2121z z z z 的值为 . 解:设|z 1|=|z 2|=a ⇒z 11z =z 22z =a 2⇒a 2(2-i)=z 1z 22z -z 2z 11z =-z 1z 2(1z -2z )=-z 1z 2(2+i)⇒||2121z z z z =221az z =i i ++-22=543i +-. 4.(1996年湖南高中数学夏令营试题)z 1,z 2是已知的两个任复数,复数z 满足z ≠0,z+z 2≠0,z z 1+z 2z +z 12z =0,则 arg21z z z z ++= . 解:z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z z 1+(z+z 1)2z =0⇒z z 1z 2+(z+z 1)2z z 2=0;z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z 1z +z z 2+1z z 2=0⇒z z 2+(z+z 2)1z =0⇒z z 1z 2+(z+z 2)1z z 1=0⇒(z+z 1)2z z 2=(z+z 2)1z z 1⇒21z z z z ++=2211z z zz =正实数⇒arg 21z z z z ++=0. 5.(1991年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3,|z 1-z 2|=33,则log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|= . 解:9=|z 1|2=z 11z ,9=|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=z 11z +z 22z +z 21z +z 12z ;27=|z 1-z 2|2=(z 1-z 2)(1z -2z )=z 11z +z 22z -(z 21z +z 12z )⇒z 11z +z 22z =18⇒z 22z =9⇒|z 2|=3⇒|z 21z |=|z 12z |=9,z 21z +z 12z =-9,设z 12z =9(cos θ+isin θ)⇒z 21z =9(cos θ-isin θ)⇒cos θ=-21⇒sin θ=±23⇒z 12z =9ω,或ω2⇒log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|=log 3|(9ω)2000+(9ω2)2000|= Y.P .M 数学竞赛讲座 5log 3|92000(ω+ω2)|=4000.5.模的运算[例5]:(2011年全国高中数学联赛新疆初赛试题)复数z 1和z 2满足:|z 2|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,则|(z 1+1)2(z 1-2)|的最大值为 .[解析]: 由4z 12-2z 1z 2+z 22=0⇒3z 12+(z 1-z 2)2=0⇒(z 1-z 2)2=-3z 12⇒z 1-z 2=±3z 1i ⇒z 2=(1±3i)z 1⇒|z 2|=2|z 1|⇒|z 1|=2,设z 1=2(cos α+isin α)⇒|(z 1+1)2(z 1-2)|=|(z 1+1)2||(z 1-2)|=[(2cos α+1)2+(2sin α)2]22)sin 2()2cos 2(αα+-=)cos 88()cos 45(2αα-+≤36(cos α=41). [类题]:1.(1983年全国高中数学联赛上海初赛试题)|)52)(32()35)(25)(23(2i i i i i --+++|= .2.(2011年全国高中数学联赛天津初赛试题)复数z 满足|z|(3z+2i)=2(iz −6),则|z|等于 .解:设|z|=r(r>0)⇒z=i r ri 23212+-+⇒r 2=|z|2=|i r ri 23212+-+|2=22|23||212|i r ri +-+=49414422++r r ⇒r 4=16⇒r=2. 3.(2004年全国高中数学联赛吉林初赛试题)设{z n }是一个复数数列,定义z n =(1+i)(1+2i ) (1)ni ),则∑=+-nn n n z z 11||= .解:|z n -z n+1|=1.4.(2002年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 满足z z -z-z =3,且arg(z-1)=3π,则z= .解:z z -z-z =3⇒(z-1)(z -1)=4⇒|z-1|=2⇒z-1=2(cos3π+isin3π).5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设z 是复数,且|z|=1,则u=|z 2-z+1|的最大值与最小值是 . 解:u=|z 2-z+1|=|z 2-z+z z |=|z(z+z -1)|=|z+z -1|.设z=x+yi,则|x|≤1⇒u=|z+z -1|=|2x-1|∈[0,3].6.乘方运算[例6]:(2007年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n ≥2007,且n 为使得a n =(22-+i 22+)n取实数值的最小正整数,则对应此n 的a n = .[解析]:令tan θ=2222-+(0<θ<2π)⇒tan 2θ=2222-+=3+22⇒tan θ=2+1⇒tan2θ=-1⇒2θ=43π⇒θ=83π⇒ a n =[r(cos83π+isin 83π)]n =r n(cosn 83π+isinn 83π)取实数值,其中r=2⇒sinn 83π=0⇒n 83π=k π⇒3n=8k ⇒n=8m,满足此条件且n ≥2007的最小正整数n 为2008,此时a n =a 2008=22008cos753π=-22008.[类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:(21i -)1989= .2.①(2011年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z=(3-3i)n,若z 为实数,则最小的正整数n 的值为 . 解:令tan θ=-33=-3⇒θ=35π⇒3-3i=23(cos35π+isin 35π)⇒z=(3-3i)n =[23(cos 35π+isin 35π)]n= (23)n[cos(35πn)+isin(35πn)]为实数⇔sin(35πn)=0⇔35πn=k π⇔k=35n⇒最小的正整数n 的值为3. ②(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设n 为使a n =(213++213-i)n取实数的最小自然数,则对应此n 的 6 Y.P .M 数学竞赛讲座a n = .3.①(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n 为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sin θ+icos θ)n=sinn θ+icosn θ成立,则这种n 的总个数为 .解:(sin θ+icos θ)n=[i(cos θ-isin θ)]n=i n[cos(-θ)+isin(-θ)]n=i n[cos(-n θ)+isin(-n θ)]=i n[cos(n θ)-isin(nθ)]=i n-1(sinn θ+icosn θ)⇒i n-1=1⇒n-1=4k ⇒n=4k+1(n ≤2003)⇒k ≤500⇒(k=0)这种n 的总个数为501.②(1988年全国高中数学联赛上海初赛试题)设m 、n 是自然数,且使(3+i)m=(1+i)n成立(其中i 是虚数单位),则乘积mn 的最小值是 .4.(2010年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z 为复数.若|z|=1,|z +i|=1,则当(z+i)n(n 为正整数)为实数时,|z+i|n的最小值为 .解:由|z|=1⇒z z =1,|z +i|=1⇒(z +i)(z-i)=1⇒(z -z)i=1⇒z-z =i ⇒z=±23+21i ⇒z+i=±23+23i=±3(21± 23i)⇒(z+i)n=(±3)n(21±23i)n,其中w=21±23i 是方程w 2-w+1=0的根⇒w 3=-1⇒n=3时,|z+i|n的最小值为33.5.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)[(23i +)8+1]n当n 取1,2,…,100时,可得 个不同的数值. 解:[(23i +)8+1]n =[(-i)8(231i +-)8+1]n =[(-i ω)8+1]n =(ω2+1)n =(-ω)n,可得6个不同的数值. 7.单位复数[例7]:(1991年全国高中数学联赛试题)设a,b,c 均为非零复数,且ba =cb =ac ,则cb ac b a +--+的值为 .[解析]:设ba =cb =ac =x ⇒a=xb,b=xc,c=xa ⇒abc=x 3abc ⇒x 3=1⇒x=1,x=ω,x=ω2(三次方程有三个根)=0⇒cb a cb a +--+= 1122+--+x x x x =1,或ω,或ω2.[类题]:1.①(1980年全国高中数学联赛上海初赛试题)设x 1,x 2是方程x 2-x+1=0的两个根,则x 11980+198021x = .解:x i 6=1⇒x 11980=1,198021x =1⇒x 11980+198021x =2;②(2009年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知复数m 满足m+m 1=1,则m 2008+20091m= . 解:m+m 1=1⇒m 2-m+1=0⇒(m+1)(m 2-m+1)=0⇒m 3=-1⇒m 6=1⇒m 2008=m 4=-m,m 2009=m 5=m 1⇒m 2008+20091m=-m+m=0. 2.①(1990年全国高中数学联赛试题)设非零数复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式(y x x +)1990+(yx y +)1990的值是 . 解:x 2+xy+y 2=0⇒(y x )2+y x +1=0.令y x =ω⇒ω2+ω+1=0⇒ω3=1⇒(y x x +)1990+(y x y +)1990=19901990)1(ωω++1990)1(1ω+= 19902)(ωω-+19902)(1ω-=21ωω+=-1. ②(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设非零数相异复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式[2))((y x y x xy -+]2006(x2006+y2006)的值是 .Y.P .M 数学竞赛讲座 73.(2011年全国高中数学联赛河南初赛试题)若z ∈C,且x 10=1,则1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010= .解:若z ∈R,由x 10=1⇒x=±1.当x=1时,1+x+x 2+x 3+…+x2009+x2010=2011;当x=-1时,1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x2010=1;若z ≠±1,由x 10=1⇒(x 2-1)(x 8+x 6+x 4+x 2+1)=0⇒x 8+x 6+x 4+x 2+1=0⇒x 9+x 7+x 5+x 3+x=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x 10=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x2009+x 2010=1.4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 满足:z 3=27,则z 5+3z 4+2242= . 5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)(f(x),g(x)均为实系数多项式),则f(x)的系数之和是 . 解:(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)⇒f(1)+ig(1)=(23+21i)2008=(-i)2008(-21+23i)2008=ω2008=ω=-21+23i ⇒f(1)=-21. 8.复数方程[例8]:(1994年全国高中数学联赛试题)x 的二次方程x 2+z 1x+z 2+m=0中,z 1,z 2,m 均是复数,且z 12-4z 2=16+20i,设这个方程的两个根α,β满足|α-β|=27,求|m|的最大值和最小值.[解析]:由韦达定理知α+β=-z 1,αβ=z 2+m ⇒28=|α-β|2=|(α-β)2|=|(α+β)2-4αβ|=|z 12-4z 2-4m|=|16+20i-4m|⇒|m-(4+5i)|=7⇒m 在以A(4,5)为圆心,7为半圆的圆上⇒|m|≥7-|OA|=7-41;|m|≤7+|OA|=7+41.[类题]:1.(1995年全国高中数学联赛上海初赛试题)若虚数z 使2z+z 1为实数,则2z+z1的取值范围是_____. 2.(1993年全国高中数学联赛试题)二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+(1+i λ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________.解:设方程有实根x 0,则(x 02+λx 0+1)+(-x 02+x 0+λ)i=0⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++-=++001020020λλx x x x ⇒(x 0+1)(λ+1)=0⇒x 0=-1⇒λ=2;λ=-1⇒x 02-x 0+1=0无实根,综上,λ=2;所以,有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为λ≠2.3.(1984年全国高中数学联赛上海初赛试题)方程z 4=z (z 为z 的共轭复数)的根为 .解:z 4=z ⇒|z|4=|z |⇒|z|=0,1⇒z=0,z 5=z z ⇒z 5=1⇒z=cos52πk +isin 52πk (k=0,1,2,3,4) 4.(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)复数z 满足等式z+z |z|3=0,则z= .解:由z+z |z|3=0⇒z=-z |z|3⇒|z|=|-z |z|3|⇒|z|=|z |||z|3⇒|z|=|z|4⇒|z|=0,1;当|z|=0时,由z+z |z|3=0⇒z=0;当|z|=1时,由z+z |z|3=0⇒z+z =0⇒z 是纯虚数⇒z=±i. 5.(2000年全国高中数学联赛试题)设ω=cos5π+isin5π,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )(A)x 4+x 3+x 2+x+1=0 (B)x 4-x 3+x 2-x+1=0 (C)x 4-x 3-x 2+x+1=0 (D)x 4+x 3+x 2-x -1=0 解:ω=cos5π+isin5π=cos102π+isin102π⇒ω,ω2,…,ω10是1的10个10次方根⇒(x-ω)(x-ω2)…(x-ω10)=x 10-1;又因ω2,ω4,ω6,ω8,ω10是1的5个5次方根⇒(x-ω2)(x-ω4)…(x-ω10)=x 5-1;两式相除得:(x-ω)(x-ω3)…(x-ω9)=x 5+1,其中ω5=cos π+isin π=-1⇒x-ω5=x+1⇒(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)=115++x x =x 4-x 3+x 2-x+1.选(B). 9.复数与点[例9]:(1998年全国高中数学联赛试题)设复数z=cos θ+isin θ(00≤θ≤1800),复数z,(1+i)z,2z 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,以线段PQ,PR 为两边的平行四边形的第四个顶点为S,则点S 到原点距离的最大值是 _.[解析]:设点S 对应的复数为ω,由PQSR 为平行四边形⇒ω+z=(1+i)z+2z⇒ω=zi+2z ⇒|ω|2=(zi+2z )(-z i+2z)=5z z +2i(z 2-z 2)=5-4sin2θ≤9,当θ=43π时,等号成立⇒点S 到原点距离的最大值是3. 8 Y.P .M 数学竞赛讲座 [类题]:1.(1989年全国高中数学联赛试题)若A,B 是锐角△ABC 的两个内角,则复数z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA)在复平面内所对应的点位于( )(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限2.(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)若点A,B 分别对应复数z,z -1,z ∉R,则直线AB 与x 轴的交点对应的复数为(用z 和z 表示). 解:设A(a,b)⇒B(22b a a +,-22b a b +)⇒直线AB:y-b=)1()1(2222-+++b a a b a b (x-a),令y=0⇒x=1222++b a a =1++z z z z .3.(2002年湖南高中数学夏令营试题)已知z 为复数,arg(z+3)=1350,则|3||6|1i z z -++取最大值时,z= .解:|3||6|1i z z -++取最大值⇒|z+6|+|x-3i|取最小值⇒z 在线段x-2y+6=0(-6≤x ≤0)上;arg(z+3)=1350⇒z+3在射线y=-x(x ≤0)上⇒z 在射线y=-x-3(x ≤-3)上⇒z=-4+i.4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)在复平面内由i1,1-i ,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内角等于 .5.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)如果复数z 满足|z|=1,A(-1,0),B(0,-1)是复平面上两点,那么函数f(z)= |(z+1)(z -i)|取最大值时,△ABZ 的形状是 .解:设z=cos θ+isin θ⇒f(z)=|(z+1)(z -i)|=|[(1+cos θ)+isin θ][cos θ-(1+sin θ)i]|=|(1+cos θ)+isin θ||cos θ -(1+sin θ)i|=θcos 22+θsin 22+=2)sin 1)(cos 1(θθ++,为等腰三角形.10.模的意义[例10]:(2002年全国高中数学联赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|2121z z z z -+|= . [解析]:设z 1,z 2,z 1+z 2对应的点分别为A,B,C,则四边形OACB 是平行四边形,且∠AOB=600⇒|z 1-z 2|=|AB|=7;|z 1+z 2|=|OC|=19⇒|2121z z z z -+|=7133.[类题]:1.①(2007年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设复数z 1=(2-a)+(1-b)i,z 2=(3+2a)+(2+3b)i,z 3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b ∈R,当|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值时,3a+4b= .解:易求得z 1+z 2+z 3=8+6i,于是|z 1|+|z 2|+|z 3|≥|z 1+z 2+z 3|=|8+6i|=10,|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值,当且仅当(2-a):(1-b)= (3+2a):(2+3b)=(3-a):(3-2b)=8:6(四向量同向),解得a=37,b=45,所以3a+4b=12. ②(1993年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|≥1,|z 2|≥23,则复数i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2的模长的最小值是 . 解:i1993=i,i 1995=-i,|i 1993z 1+i1995z 2+2z 1z 2|=|i(z 1-z 2)+2z 1z 2|≥2|z 1z 2|-|z 1-z 2|≥3-(1+23)=21.。

高中数学竞赛复数法解决平面几何

高中数学竞赛复数法解决平面几何

高中数学竞赛复数法解决平面几何近年来，高中数学竞赛中，复数法在解决平面几何问题中发挥着重要的作用。

复数法作为一种独特的解题方法，通过将平面上的点和向量用复数表达，不仅简化了计算过程，而且能够直观地理解几何性质，极大地提高了解题效率和准确性。

本文将介绍复数法在高中数学竞赛中解决平面几何问题的具体应用。

一、利用复数表示平面上的几何图形在复数法中，我们可以将平面上的点用复数表示。

假设平面上有一个点A(x1,y1)，那么我们可以用复数z1=x1+iy1来表示它。

同理，另一个点B(x2,y2)可以用复数z2=x2+iy2表示。

通过这种方式，我们可以将平面上的任意点都用复数表示出来，从而在解决几何问题时可以直接利用复数的性质进行运算。

二、利用复数表示向量及其性质在平面几何中，向量是一个非常重要的概念。

利用复数法，我们可以将向量也用复数表示。

假设平面上有一个向量AB，我们可以用复数z表示，其中z=z2-z1。

这样，通过相减操作，我们可以得到向量的复数表示。

利用复数表示向量后，我们可以方便地进行向量运算，如向量的加法、减法、数量乘法等，从而简化计算过程。

三、利用复数解决平面几何问题利用复数法解决平面几何问题的关键是要灵活运用复数的性质和运算规则。

例如，在解决线段的中点问题时，我们可以利用复数的加法和数量乘法运算轻松得出线段的中点坐标。

同样，在解决直线的垂直平分线问题时，我们可以利用向量复数表示和向量垂直的性质推导出垂直平分线的方程。

此外，利用复数法还可以解决三角形的性质问题。

例如，在解决等边三角形的外接圆问题时，我们可以利用复数表示三角形的顶点，通过求解复数的模长和距离的关系得出外接圆的半径。

这种方法不仅简洁高效，而且可以避免繁琐的计算过程。

四、复数法解决平面几何问题的优点与传统的解题方法相比，复数法在解决平面几何问题时具有以下优点：（1）简化计算：通过利用复数的性质，可以通过简单的加减乘除运算得到所需的几何性质或结果，避免繁琐的计算过程。

高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数

高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数

高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数一、单选题1．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，满足122z z i z ---=的点Z 的轨迹是（）.A ．圆B ．椭圆C ．一段圆弧D ．双曲线2．（2020·北京·高三强基计划）设a ，b ，c ，d 是方程43223450x x x x ++++=的4个复根，则11112222a b c d a b c d ----+++=++++（）A ．43-B ．23-C ．23D ．前三个答案都不对3．（2020·北京·高三校考强基计划）已知复数12,z z 在复平面内对应的点为12,Z Z ，O 为坐标原点．若22111221,520z z z z z =-+=，则12 OZ Z 的面积为（）A ．1BC ．2D．4．（2020·北京·高三强基计划）已知复数z满足112z =，则232020,,,,z z z z 中不同的数有（）A ．4个B ．6个C ．2019个D ．以上答案都不正确二、多选题5．（2020·北京·高三校考强基计划）设复数z 满足|37i |3z -=，令21221iz z z z -+=-+，则1z 的（）A ．最大值为83B ．最大值为73C ．最小值为43D ．最小值为236．（2020·北京·高三校考强基计划）已知()1010551()2f z z z z z --=+++，则（）A ．()0f z =存在实数解B ．()0f z =共有20个不同的复数解C ．()0f z =的复数解的模长都等于1D ．()0f z =存在模长大于1的复数解7．（武汉·高三统考强基计划）设12z z ，）AB ．没有最小值C ．最大值为2D ．没有最大值8．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）设复数z 的实部和虚部都是整数，则（）A ．2z z -的实部都能被2整除B ．3z z -的实部都能被3整除C ．4z z -的实部都能被4整除D ．5z z -的实部都能被5整除三、填空题9．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =-+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.10．（2019·全国·高三竞赛）已知虚数1z 、2z满足12z z -=，2110z z q ++=，2220z z q ++=.则实数q =______.11．（2022·广西·高二统考竞赛）若复数z 满足i =1+i zz z -，则z 的虚部为______．12．（2019全国高三竞赛）复平面上动点cos sin 23,,,cos sin cos sin 4Z k k R Z θθπθθπθθθθ-⎛⎫⎛⎫∈≠+∈ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭的轨迹方程为______.13．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =的最大值为__________．14．（2019·全国·高三竞赛）设()20102010201012kkk k k k f x x a x i b x ==⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑，其中，,0,1,,2010k k a b R k ∈= 、．则()670330k k k a b =+=∑____________．15．（2019·全国·高三竞赛）设k 是复数,关于x 的一元二次方程2102x kx +-=的两个复数根为12x x 、.若3122x x k +=,则k =_____.16．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______.17．（2022·福建·高二统考竞赛）已知复数1z ､2z 在复平面上对应的点分别为A ､B ，且12z =，221122240z z z z -+=，O 为坐标原点，则△OAB 的周长为___________.18．（2019·全国·高三竞赛）已知正实数a b 、满足()22253a b b +=>，复数u v w 、、满足,3w a bi u w v =+-=，若1v =，那么，当u 的辐角主值最小时，uw的值为______．19．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_______种取值.20．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.21．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.22．（2021·北京·高三强基计划）已知复数z 满足1111011110111,z z z z z z z ---=+-=+-，则满足条件的z 有_________个．23．（2021·全国·高三竞赛）已知实数x 、y满足151,411,4x y x y ⎫+=⎪+⎭⎫-=-⎪+⎭，则x =__________．四、解答题24．（2018·全国·高三竞赛）已知()()cos cos cos sin sin sin cos sin x y z x y za x y z x y z ++++==++++求()()()cos cos cos y z z x x y +++++的值.25．（2019·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 是互不相等的复数，满足0abc ≠，a b b c c aa b b c c a+++==---.求证：200720072007a b c ==.26．（2019·全国·高三竞赛）设21i =-．证明：112cot cotn k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏为纯虚数．27．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.28．（2019·全国·高三竞赛）设{}1,2,,X p =，其中p 为质数．对X 的一个子集A ，如果A 中所有元素的和（空集的元素和规定为0）为p 的倍数，则称A 是X 的一个“倍子集”．试求X 的所有倍子集的个数S ．29．（2021·全国·高三竞赛）设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数，满足：202020202211i ii i z w==>∑∑．求证：存在数组()122020,,,εεε （其中{1,1}i ε∈-），使得2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．30．（2021·全国·高三竞赛）设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列，满足对任意正整数n ，关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +（当两根相等时1n n x x +=）．若数列{}n x 恒为常数，证明：（1）2n x ≤；（2）数列{}n a 恒为常数．高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数答案一、单选题1．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，满足122z z i z ---=的点Z 的轨迹是（）.A ．圆B ．椭圆C ．一段圆弧D ．双曲线【答案】C【详解】设()0,0A 、()1,0B 、()1,2C ，z 对应的点为Z .由122z z i z -+--=，可得···ZB AC ZC AB ZA BC +=.由托勒密逆定理知，Z 的轨迹为ABC ∆外接圆上不含点A 的那一段BC .2．（2020·北京·高三强基计划）设a ，b ，c ，d 是方程43223450x x x x ++++=的4个复根，则11112222a b c d a b c d ----+++=++++（）A ．43-B ．23-C ．23D ．前三个答案都不对【答案】A【分析】利用换元法将原方程转化为高次方程，再结合高次方程的韦达定理可求代数式的值.【详解】法1：设12a a a -'=+，则211a a a +''=--，类似的，定义,,b c d '''，则,,,a b c d ''''是方程43221212121234501111x x x x x x x x ++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即432234(21)2(21)(1)3(21)(1)4(21)(1)5(1)0x x x x x x x x +-+-++--+-+-=的4个复根，方程左侧中4x 的系数为161612859-+-+=，3x 的系数为3112432C 2(8C 2)3(84)4(231)5412--+⨯+-+--⨯+-⨯=根据韦达定理，有12493a b c d '++-'='+=-'．法2：题中代数式也即1111432222a b c d ⎛⎫-+++ ⎪++++⎝⎭，因此2,2,2,2a b c d ++++是关于x 的方程432(2)2(2)3(2)4(2)50x x x x -+-+-+-+=，即4326151690x x x x -+-+=的4个复根，故1111,,,2222a b c d ++++为方程23416151690x x x x -+-+=的4个复根，从而11111622229a b c d +++=++++，原式为1644393-⨯=-．3．（2020·北京·高三校考强基计划）已知复数12,z z 在复平面内对应的点为12,Z Z ，O 为坐标原点．若22111221,520z z z z z =-+=，则12 OZ Z 的面积为（）A ．1BC ．2D ．【答案】A【分析】利用复数乘法的几何意义可求12 OZ Z 的面积.【详解】根据题意，有1212i z z z =-⋅±，故()2112i z z ±=⋅，故2z 可看出由1z故121121OZ Z S =⨯=△4．（2020·北京·高三强基计划）已知复数z 满足112z =，则232020,,,,z z z z 中不同的数有（）A ．4个B ．6个C ．2019个D ．以上答案都不正确【答案】B【分析】根据复数的三角形式可求61z =，从而可判断出不同的数的个数.【详解】根据题意，有61cos isin 1233z z ππ⎛⎫⎛⎫==-+-⇒= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，于是232020,,,,z z z z 中有6个不同的数．二、多选题5．（2020·北京·高三校考强基计划）设复数z 满足|37i |3z -=，令21221iz z z z -+=-+，则1z 的（）A ．最大值为83B ．最大值为73C ．最小值为43D ．最小值为23【答案】AD【分析】利用复数差的几何意义可求1z 的最值【详解】根据题意，有7i 13z -=，且1(1i)z z =-+，于是1z 为以点70,3⎛⎫⎪⎝⎭为圆心，1为半径的圆上的点到点(1,1)的距离，其取值范围是551,133⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，因此1z 的最小值为23，最大值为83．6．（2020·北京·高三校考强基计划）已知()1010551()2f z z z z z --=+++，则（）A ．()0f z =存在实数解B ．()0f z =共有20个不同的复数解C ．()0f z =的复数解的模长都等于1D ．()0f z =存在模长大于1的复数解【答案】BC设55z z t -+=，利用换元法可求得52t z =，从而可判断()0f z =的20个复数解的模都是1.【详解】设55z z t -+=，则()101055211222z z z z t t --+++=+-，于是1()04f z t -=⇒=，这两个t 的取值都在区间(2,2)-内．故55z z t -+=有解52t z =，因此()0f z =有20个不同的复数解．当t =5||1z =，因此()0f z =的复数解的模长都等于1．综上所述，选项BC 正确．7．（2020武汉高三统考强基计划）设12z z ，是非零复数，它们的实部和虚部都是非负实数，）AB ．没有最小值C ．最大值为2D ．没有最大值【答案】AD【分析】在复平面内（O 为坐标原点），设复数2121,,z z z z +对应的点分别为,,,A B C AOB θ∠=，利用复数的几何意义及向量的加法和平面向量数量积，然后结合已知条件及均值不等式即可.【详解】解：在复平面内（O 为坐标原点），设复数2121,,z z z z +对应的点分别为,,,A B C AOB θ∠=，因为12z z ，是非零复数，它们的实部和虚部都是非负实数，所以0,2π⎡⎤θ∈⎢⎣⎦，从而有0cos 1θ≤≤），===又由均值不等式有2OA OB OB OA+≥ ，当且仅当OA OB =时等号成立，，当且仅当OA OB = ，且2πθ=（比如12i z z ==1，）时等号成立.8．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）设复数z 的实部和虚部都是整数，则（）A ．2z z -的实部都能被2整除B ．3z z -的实部都能被3整除C ．4z z -的实部都能被4整除D ．5z z -的实部都能被5整除【答案】BD【分析】设z a bi =+分别计算出2345,,,z z z z 代入化简即可.【详解】设z a bi =+则2222z a b abi=-+()3322333z a ab a b b i =-+-()442243364z a a b b a b ab i=-++-()553244235105510z a a b ab a b a b b i=-++-+因为()()()2222212z z a a b ab b i a a b ab b i-=--+-=--+-()1a a -可以被2整除，当b 为奇数时()21a a b --不能被2整除，故排除A.因为()3322333z z a a ab a b b b i -=--+--，由费马小定理得3a a -能被3整除，故B 对.4z z -的实部为42246a a b b a -+-，当,a b 为奇数时42246a a b b a -+-也为奇数，故不能被4整除，C 排除.5z z -的实部为5324105a a a b ab --+，由费马小定理5a a -能被5整除，故5324105a a a b ab --+能被5整除，故D 对.三、填空题9．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =-+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.1【详解】由题设知121z z =，且1122z z z z =为纯虚数，故12z i z =±.因此1,2.b b ⎧-=-⎪=-或1,2.b b ⎧-=-⎪=-解得12a b ==或12a b +==，故1a b +±.10．（2019·全国·高三竞赛）已知虚数1z 、2z满足12z z -=，2110z z q ++=，2220z z q ++=.则实数q =______.【答案】1【详解】由12z z -=，知12z z ≠.又由方程解的定义知，1z 、2z 是二次方程20x x q ++=的两个虚根，则有140q ∆=-<.解方程得1,2z =于是，12z z -=.解得1q =.11．（2022·广西·高二统考竞赛）若复数z 满足i =1+i zz z -，则z 的虚部为______．【答案】0或1【详解】设z a b =+i,则z a b =-i.设()()()i i i i 1i a b a b a b +---=+，22i 1i a b b a ⇒+--=+，21,0a b b ⇒=--=，0b ⇒=或1，12．（2019·全国·高三竞赛）复平面上动点cos sin 23,,,cos sin cos sin 4Z k k R Z θθπθθπθθθθ-⎛⎫⎛⎫∈≠+∈ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭的轨迹方程为______.【答案】2212y x -=【详解】注意到221sin24,1sin21sin2x y θθθ-==++，则2212y x -=.13．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =的最大值为__________．【答案】3【详解】解析：由题意可得22221z ===-，则()11z z -=-表示复平面上点Z到(1,的距离．如图所示，(1,C ，由此可得13ZC ≤≤的最大值为3．14．（2019·全国·高三竞赛）设()201020102010kkk k k k f x x a x i b x ==⎛⎫==+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑，其中，,0,1,,2010k k a b R k ∈= 、．则()670330k k k a b =+=∑____________．【答案】100423-⨯【详解】注意到()20102010201033320101xxx i i k kk f x x e e x Cx e--=⎛⎫⎛⎫=+=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑，所以670300k k b ==∑，且20102010201020102670210041004333663001110132333j i i i i i kk j a f e e e e e πππππ⋅--==⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎢⎥==++++=+=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦∑∑.15．（2019·全国·高三竞赛）设k 是复数,关于x 的一元二次方程2102x kx +-=的两个复数根为12x x 、.若3122x x k +=,则k =_____.【答案】0或32i 或32i-【详解】因为222102x kx +-=，所以，32222102x kx x +-=.从而，3222212x kx x =-+221122k kx x ⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭22122k k x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.代入3122x x k +=，得()21221x k x k k++-=()22222230k k x k kx k ⇒-+=⇒-=0k ⇒=或232x k=（当0k ≠时）.当0k ≠时，把232x k=代入222102x kx +-=，得29310422k +-=.解得32k i =±.综上所述，0k =或32i ±.16．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y+=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______.i或i +.【详解】由1i 11i (1)i z z x y --=--+-，所以1y =，则4x =±，所以i z或i z =.17．（2022·福建·高二统考竞赛）已知复数1z ､2z 在复平面上对应的点分别为A ､B ，且12z =，221122240z z z z -+=，O 为坐标原点，则△OAB 的周长为___________.【答案】【详解】由221122240z z z z -+=，得21122240z zz z ⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭，所以12=1z z ±，所以()12=1z z，()122=1=2z z z ±，又12z =，所以21z =，()12222=1==z z z z --，所以△OAB的周长为18．（2019·全国·高三竞赛）已知正实数a b 、满足()22253a b b +=>，复数u v w 、、满足,3w a bi u w v =+-=，若1v =，那么，当u 的辐角主值最小时，uw的值为______．【答案】16122525i -【详解】由1v =，知33u w v -==,于是，在复平面上，u 对应的点P 在以w 对应的点M 为圆心、3为半径的圆C 上,当u 的辐角主值最小时，OP 与圆C 相切，而5OM =，3PM =，则4OP =,于是，54w u =,而wu 的辐角主值POM θ=∠，又4cos 5θ=，3sin 5θ=，于是，543314554w i i u ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭,因此，16122525u i w =-.19．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_______种取值.【答案】20112【详解】显然，对任意的非负整数n 均有1n z =.设[)()0,2n i n o z e θθπ=∈.则12122n n ni i n n i ee e πθθθπθθ+⎛⎫+ ⎪⎝⎭+-=⇒=+1022222n n n πππθθθ+⎛⎫⎛⎫⇒+=+=⋅⋅⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由20111z =，得()20112k k Z θπ=∈，即201102222k ππθπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭.由[)00,2θπ∈，得2010201022252k ππππ≤+<⨯20112011200920092152125244k k -⨯-⇒≤<⇒≤<⨯.因此，满足条件的n z 共有2009200920115222⨯-=（个）.20．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.【答案】203【详解】如图所示，设12,z z 在复平面内对应的点分别为12,Z Z ,由已知得12123,OZ OZ Z Z ==-=由余弦定理得向量12,OZ OZ 所成的角为2π3,不妨设()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()()12223cos sin ,3cossin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=--+-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,12229cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1222 9cos sin 33z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()10201220203cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()1020122020 3cos sin 33z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()()1010202020121220232cos 32cos 333z z z ππ+=⨯⨯=⨯⨯=,()()10102012123z z z z +=.21．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.【答案】2【详解】解析：1231231213112312312313123111124t z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z ⎛⎫++ ⎪++++⎝⎭==⋅⋅=++++++.22．（2021·北京·高三强基计划）已知复数z 满足1111011110111,z z z z z z z ---=+-=+-，则满足条件的z 有_________个．【答案】1【分析】将题设中的方程化为()()1011(1)110z z z ---=，再根据10，11均与111互质可得满足条件的z 的个数.【详解】根据题意，有()()101101(1)(1)11z z z z z z ------=---，于是()()()10110(1)111z z z z ----=--，因此()()111010(1)1(1)1z z z z z --=--，从而()()1011(1)110z z z ---=，注意到10，11均与111互质，因此满足条件的z 只有1个，为1z =．23．（2021·全国·高三竞赛）已知实数x 、y满足151,411x y x y ⎫+=⎪+⎭⎫-=-⎪+⎭，则x =__________．【答案】116u v ==，则原方程组222222221514115311i 411u u v u v u v u v v u v ⎧⎛⎫+= ⎪⎪+⎝⎭-⎪⎛⎫⎛⎫⇔++-=⎨⎪++⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎪-=- ⎪+⎝⎭⎩22i 1i u v u v z v v z -⇔++=+=+i z u v =+）1z ⇔=-（舍）或113,41616z x y +=⇒==．四、解答题24．（2018·全国·高三竞赛）已知()()cos cos cos sin sin sin cos sin x y z x y za x y z x y z ++++==++++求()()()cos cos cos y z z x x y +++++的值.【答案】0【详解】令S x y z =++.又cos sin ix e x i x =+,cos sin iy e y i y =+，cos sin iz e z i z =+.则()()()()cos cos cos sin sin sin cos sin ix iy iz e e e x y z i x y z a x y z ia x y z ++=+++++=+++++()i x y z iS ae ae ++==.同理,ix iy iz iS e e e ae ----++=.故()()()()()()()()i y z i z x i x y i S x i S y i S z iS ix iy iz iS iS iS iS ee e e e e e e e e e ae ae a+++--------++=++=++===则()()()()()()cos cos cos sin sin sin x y x z y z i x y x z y z a ⎡⎤⎡⎤+++++++++++=⎣⎦⎣⎦.所以,()()()cos cos cos x y x z y z a +++++=且()()()sin sin sin 0x y x z y z +++++=.25．（2019·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 是互不相等的复数，满足0abc ≠，a b b c c aa b b c c a+++==---.求证：200720072007a b c ==.【详解】由已知条件知，复数a 、b 、c 两两不等，且皆不为0.对题中比例式用合比、分比可得a b c b c a==.设1a b ck b c a===≠，则c ak =，2b ak =，3a ak =.但0a ≠，故31k =（但1k ≠），有()2007200720072007cak a k ==︒()66920073669200732007a k a k a ⨯===.同理，20072007ba =.因此，200720072007ab c ==.26．（2019·全国·高三竞赛）设21i =-．证明：112cot cot n k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏为纯虚数．【详解】首先证明：若21i =-，则()()11cot2n n n k k i x x i x i n nπ-=⎛⎫⎡⎤-=--+ ⎪⎣⎦⎝⎭∏①令()()()2n ni P x x i x i n ⎡⎤=--+⎣⎦.则()P x 是一个1n -次多项式，其首项系数为()1112n n i C i C n⎡⎤--=⎣⎦.又当()cot11k x k n nπ=≤≤-时，()cot nnk x i i n π⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭csc cos sin nnk k k i n n n πππ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭csc cos sin knn k i n n n πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()csc 1nk k n π⎛⎫=- ⎪⎝⎭csc cos sin nnk k k i n n n πππ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()nx i =-.所以，cot0k P n π⎛⎫= ⎪⎝⎭.由因式定理得()11cot n k k P x x n π-=⎛⎫=- ⎪⎝⎭∏.在式①中令2cotx i nπ=+.则112cot cot n k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏2cot 2cot 22n ni i n n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12i cot cot i n n n n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12csc nn i n n π-⎛⎫= ⎪⎝⎭.cos cos sin n m i n n n πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()12csc csc cos sin nnn i i n n n ππππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12csc cos 1nn n i n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12cot csc nnn i n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦.命题获证.27．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.【详解】因为2132z z z =，所以：()()2(1)cos i sin sin i cos a i θθθθ-+=+，整理得：()()22cos sin sin cos i sin cos 2isin cos a a θθθθθθθθ++-=-+，所以(cos sin )(cos sin )(sin cos ),(sin cos )2sin cos .a a θθθθθθθθθθ+=+-⎧⎨-=⎩（1）3cos sin 04πθθθ+=⇒=或74π，34πθ=时，代入得2a =-；74πθ=时，代入得a =（2）若cos sin 0θθ+≠，则有：22(sin cos )2sin cos tan 4tan 10θθθθθθ-=⇒-+=，故tan 2θ=θ的值为12π或512π或1312π或1712π，对于的a分别为2-2-，故所有的(,)a θ为：5313177,,,2122122421221224ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.28．（2019·全国·高三竞赛）设{}1,2,,X p =，其中p 为质数．对X 的一个子集A ，如果A 中所有元素的和（空集的元素和规定为0）为p 的倍数，则称A 是X 的一个“倍子集”．试求X 的所有倍子集的个数S ．【答案】()2,21222,.pp S p p p =⎧⎪=⎨+-⎪⎩；为奇质数【详解】当2p =时，{}1,2X =，此时，X 有2个倍子集：∅、{}2，所以，2S =.当2p >时，p 为奇质数，令()()()()22012111p mm f x x x x a a x a x a x=+++=++++ 考察{}1,2,,X p =的元素和为t 的所有子集的个数.当0t >时，它就是不定方程12r i i i t +++= 的正整数解()()1212,,,,r r r i i i i i i <<< 的个数，也就是()f x 的展开式中t x 的系数t a ；当0t =时，其和为t 的子集只有空集，子集的个数为01a =.所以，X 的所有倍子集的个数，就是()f x 的展开式中那些次数为p 的倍数的项的系数和，即02p p S a a a =+++.设22cossin i p pππω=+.当n 是p 的倍数时，()121p n n n p ωωω-++++= ；当n 不是p 的倍数时，有()()121101pn p n n n nωωωωω--++++==-.于是，由()2012mm f x a a x a x a x =++++ ，得()()()()211f f f f ωωω-++++ 2242012012012m mm m m a a a a a a a a a a a a ωωωωωω=++++++++++++++()()2111012p m p p m a a a a ωωω---+++++⋯+ ()02p p p a a a pS =+++= .又()()()()2111p f x x x x =+++ ，则()()()()211p f f f f ωωω-++++=p 112+()p k k f ω-=∑其中，()()()()2111k k k pkf ωωωω=+++ .注意到当1,2,,1k p =- 时，(),1k p =，所以，,2,,k k pk 是模p 的完系.而1pr t ωω+=，则2,,,k k pk ωωω 是2,,,p ωωω的一个排列.故()()()()2111k p f ωωωω=+++ ，1,2,,1k p =- .又()()()21p p x x x x ωωω-=--- ，而p 为奇数，取1x =-，得()()()21112pωωω+++= .故()()()()21112k pf ωωωω=+++= ，1,2,,1k p =- .则()()()()211p f f f f ωωω-++++ 1111=2()2222(1)p p k p p pk k f p ω--==+=+=+-∑∑比较两式的右边得()221ppS p =+-.故()1222pS p p=+-，2p >.综上，()p2,2122p 2,.p p S p =⎧⎪=⎨+-⎪⎩；为奇质数29．（2021·全国·高三竞赛）设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数，满足：202020202211i i i i z w ==>∑∑．求证：存在数组()122020,,,εεε （其中{1,1}i ε∈-），使得2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．【详解】用()()1212,,,,,,n n f εεεεεε∑表示对所有数组()12,,,nεεε 的求和，下面用数学归纳证明如下的等式：()12221122,,,12n nn n n ii z z z z εεεεεε=+++=∑∑ ①(1)当1n =时，①式显然成立；当2n =时，()()()()()()222212121212121211221222z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++-=+++--=+=+，即①式成立．（2）假设n k =时，①式成立，则1n k =+时，我们有()1212112211,,,k k k z z z εεεεεε+++⋅⋅⋅+++∑ ()()12221122111221,,,k k k k k k k z z z z z z z z εεεεεεεεε++⋅⋅⋅=++++++++-∑()()122211221,,2k k k k z z z z εεεεεε+⋅⋅⋅⋅=++++∑1221111222k k k k i n i i i z z z +++==⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑，即1n k =+时①式成立．由（1）（2）可得：()12221122,,,12,n nnn n i i z z z z n εεεεεε+⋅⋅⋅=+++=∈∑∑N ．回到原题，由202020202211i ii i z w==>∑∑，可得2020202022202020201122iii i zw==>∑∑，即()()12202012202022112220202020112220202020,,,,,,z z z w w w εεεεεεεεεεεε⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++>+++∑∑，所以存在数组()122020,,εεε （其中{1,1}i ε∈-，使得222020202011i ii ii i zwεε==>∑∑，即2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．30．（2021·全国·高三竞赛）设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列，满足对任意正整数n ，关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +（当两根相等时1n n x x +=）．若数列{}n x 恒为常数，证明：（1）2n x ≤；（2）数列{}n a 恒为常数．【分析】（1）根据题意和韦达定理可得()211n n n x x x ++=-，取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立，否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨设为ε和ε，依据题意即可证明.【详解】由题意和韦达定理得,111,.n n n n n n x x a x x a ++++=⎧⎨=⎩则1112n n n n n x x a x x ++++==+，即()21111n n n n n n x x x x x x ++++=-=-．①（1）由①取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立；否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即有112n n x x ≤-+=．（2）由（1）知，对任意的,11n n x +∈-=N ，又数列{}n x 恒为常数，因此n x 只有互为共轭的两种取值ε和ε．若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈．若2n x ε+=，则220εε-=，即0ε=或2；若2n x ε+=，则2εεε=+∈R ，且|1|1ε-=．因此，要么ε∈R ，要么{}n x 呈ε、ε周期．故显然1n n n a x x +=+是常数，即证数列{}n a 恒为常数.【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出()211n n n x x x ++=-，再取模，对0n x =这种特殊情形和一般情形11n x -=讨论即可证明结论成立；（2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于n x 的取值情况和1n n x x ε+==的假设，由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨记为ε和ε，若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈，对2n x +分类讨论即可证明.。

高中数学 奥赛辅导精品第八讲 复数

高中数学 奥赛辅导精品第八讲 复数

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：∈+=b a bi a z ,(R ）几何形式：复平面上的点Z （b a ,）或由原点出发的向量OZ .三角形式：∈≥+=0,0),sin (cos r i r z θθR .指数形式：θi re z =.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：;)()()()(i d b c a di c bi a ±+±=+±+乘法：;)()())((i ad bc bd ac di c bi a ++-=++)];sin()[cos()sin (cos )sin (cos 212121222111θθθθθθθθ+++=+⋅+i r r i r i r 除法：).0(2222≠++-+++=++di c i d c ad bc d c bd ac bi c bi a )].sin()[cos()sin (cos )sin (cos 212121222111θθθθθθθθ-+-=++i r r i r i r乘方：∈+=+n n i n r i r n n )(sin (cos )]sin (cos [θθθθN ）；开方：复数n i r 的)sin (cos θθ+次方根是).1,,1,0)(2sin 2(cos -=+++n k n k i n k r n πθπθIII ．复数的模与共轭复数复数的模的性质 ①|;)Im(|||,)Re(|||z z z z ≥≥②|;|||||||2121n n z z z z z z ⋅=⋅ ③);0(||||||22121≠=z z z z z ④12121|,|||||||z z z z z 与复数+≤-、2z 对应的向量1OZ 、2OZ 反向时取等号； ⑤||||||||2121n n z z z z z z +++≤+++ ，与复数n z z z ,,,21 对应的向量 n OZ OZ OZ ,,21 同时取等号.共轭复数的性质①22||||z z ==⋅； ②)Im(2),Re(2z z z z z z =-=+； ③z z = ④2121z z z z ±=±； ⑤1121z z z z ⋅=⋅； ⑥);0()(22121≠=z z z z z⑦z 是实数的充要条件是z z z ,=是纯虚的充要条件是).0(≠-=z z zⅣ．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2π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 C ，则方程n mi z ni z =-++||||①与m mi z ni z -=--+||||②如图I —1—8—1，在同一复平面内的图形（F 1、F 2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①在复平面上表示以点mi ni ,-为焦点的椭圆，0,0<->n n 故.这表明，至少有一焦点在下半虚轴上，可见（A ）不真.又由方程①，椭圆的长轴之长为n ，∴|F 1F 2|<n ，而图（C ）中有|OF 1|=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.||||m n >图I —1—8—1故在图（B ）与（D ）中，均有F 1 : －ni ，F 2 : mi ，且0<m . 由方程②，双曲线上的点应满足，到F 2点的距离小于该点到F 1点的距离.答案：（B ）【别解】仿上得n >0.（1）若.0,0>>m n 这时，在坐标平面上，F 1（0，－n ），F 2（0，m ），只可能为图象（C ），但与|F 1F 2|<长轴n ，而|OF 1|=n 矛盾.（2）若),0(),,0(,.0,021m F n F m n -<>这时均在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F 1 : －ni ；F 2 : mi ，且m <0. 由方程②，双曲线上的点应满足到F 2点的距离小于该点到F 1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2：若z z z C z 则,3)4arg(,65)4arg(,22ππ=+=-∈的值是 . 【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),65sin 65(cos 412ππρi z +=- ① ),3sin 3(cos 422ππρi z +=+ ② )0,0(21>>ρρ①—②得 ),2123()2321(81212ρρρρ-++=i ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=-∴,82321,021231212ρρρρ 解得,34,412==ρρ代入后， ①+②得 ),31(422i z +-=).31()3sin 3(cos 2i i z +±=+±=∴ππ 【别解】如图I —1—8—2，2z OD =.过D 作与实轴平行的直线AB ，取AD=BD=4，)31()3sin 3(cos 2),32sin 32(cos 4,322,4||||||,.2.3,65.4,4222i i z i z xOB BOD xOB xOD OD DB AD AOB Rt BOA xOB xOA z OB z OA +±=+±=∴+=∴=∠=∠+∠=∠===∆=∠=∠=∠+=-=ππππππππ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3：x 的二次方程1212,0z m z x z x 中=+++、2z 、m 均是复数，且i z z 20164221+=-.设这个方程的两个根为α、β，且满足72||=-βα.求|m |的最大值和最小值.【解法1】根据韦达定理有⎩⎨⎧+=-=+.,21m z z αββα ,444)()(22122m z z --=-+=-αββαβα .7|)54(|,7|)4(41|.28|)4(4|||2212212=+-=--∴=--=-∴i m z z m z z m 即βα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. ,74154||22<=+=OA 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|=||741m 为+最大值.|OC|=|CA|－|AO|=7－||41m 为最小值.∴|m |的最大值是||,741m +的最小值是7－41.【解法2】同解法1，得 ,7|)54(|=+-i m ∈+=y x yi x m ,(令R ）.图I —1—8—3⎩⎨⎧+=+=.5sin 7,4cos 7ααy x 则 ααsin 70cos 5690||222++=+=∴y x m ),sin(411490)sin 415cos 414(411490ϕααα++=++= 其中.414sin =ϕ ∴ |m |的最大值=,417411490+=+ |m |的最小值=.417411490-=+【解法3】根据韦达定理，有⎩⎨⎧+=-=+.21m z z αββαm z z 444)()(22122--=-+=-αββαβα， ∴ .28|)2016(4||)4(4|||2212=+-=--=-i m z z m βα|54||)54(||)54()54(|||.7|)54(|i i m i i m m i m +++-≤+++-=∴=+-即 .417+= 等号成立的充要条件是)54()54(i i m ++-与的辐角主值相差π，即||,)415414)(417(),415414(7)54(m i m i i m 时所以当++-=+-=+-取最小值.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ααsin 70cos 56+化为角“ϕα+”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∈+++==t t t i t t z z M ,11|{R ，2|{},0,1==≠-≠z z N t t∈+t t i t )],cos(arccos )n [cos(arcsi R ，N M t 则},1||≤中元素的个数为 （ ）A ．0B ．1C ．2D ．4 解法同本章一的练习第4题.例5：设复数则满足,33||,3||||,2121121=-=+=z z z z z z z =+|)()(|log 2000212000212z z z z .【思路分析】应先设法求出20002120001)()(z z z z +的值.【评述】由题设知).(||||||29,||||||92121222122121212221221z z z z z z z z z z z z z z z z +-+=-=+++=+=因为.9||||,9,3||,3||2121212121=+-=+==z z z z z z z z z z 并且故 ).sin (cos 9),sin (cos 92121θθθθi z z i z z -=+=则设 .232199.21cos ,cos 189221212121i z z z z z z z z +-===-==+=-ωωωθθ这里或者于是得由 .4000|)()(|log ,9)()(,92000212000212200020002120002121=+-=+=z z z z z z z z z z 故可得时当ω当时2219ω=z z ，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,,,,2021z z z 则复数1995201995219951,,,z z z 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120=k z .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120=k z .由160=k z ，有.,,1,1),)()(1)(1(10151515151515151560i z i z z z i z i z z z z k k k k k k k k k -==-==∴+-+-=-= 【答案】A. 【解法2】由),)()(1)(1(10,155552020i z i z z z z z k k k k k k +-+-=-==则可知5k z 只有4个取值，而15k z =（5k z ）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120=k z ，于是可用直接法（解法1）和排除法（解法2）.。

全国数学联赛金牌教练高中奥数辅导第八讲复数

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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：z = a bi(a, b R)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：z = r (cos i sin v), r _ 0,0 R.指数形式：z 二re"71.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•I I•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)二(ac _bd) (bc ad)i;r i( c os i i s i n i) p(co股isi "2) = r i「2【c 0 s( n) i si n兀R)];a bi ac bd be「ad除法：2 2二2i(c di =0).c bi c2d2c2d2ri(co小 d Ji[cos(m) isinCa)]. r2(cosd2 is inr2) r2乘方:[r(cos，亠isin^)]n =r n(cosn 亠isinn -)(n N)；开方：复数r(cos^ is in 巧的n 次方根是n r(cos=以…isi n 2_?^)(k =o,i,…，n _1).n nIII •复数的模与共轭复数复数的模的性质①|z| |Re (z)|,| z|_ lm(z) |;②| Z i之2…Z n冃乙|让2 1…1 Z n |；③|勺| =回任=0);Z2 | Z2 |④||乙| -| Z2旧Z! - Z2 |,与复数Z!、Z2对应的向量OZ!、OZ2反向时取等号;⑤丨Z i * Z2亠•亠Z n 1町Z i | * | Z2丨亠* T Z n丨，与复数Z i,Z2,…，Z n对应的向量OZ1,OZ2 ,OZ n同时取等号.共轭复数的性质①Z Z =| Z |2=| Z |2；②z z 二2Re(z), Z-Z = 2lm(z)；③z =z⑤Z1 z^z1 匚；⑥(△) = J(Z2 ")；Z2 Z2⑦z是实数的充要条件是z二Z, Z是纯虚的充要条件是Z - -z(z = 0).W.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2二的整数倍).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- C,则方程| z • ni | • | z「mi |二n①与| z ni |「| z「mi | 二-m ②如图I — 1 —8—1,在同一复平面内的图形(F i、F2是焦点)是( )图I — 1 —8 —1【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①在复平面上表示以点-ni,mi为焦点的椭圆，n • 0,故- n ：：：0 •这表明，至少有一焦点在下半虚轴上，可见( A)不真•又由方程①，椭圆的长轴之长为n,•••IF1F2I<n,而图(C)中有|OF i|=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F i : - ni, F2 : mi，且m ：：：0.由方程②，双曲线上的点应满足，到F2点的距离小于该点到F i点的距离•答案：(B)【别解】仿上得n >0.(1 )若n >0, > 0.这时，在坐标平面上，F i (0,- n), F2 (0, m),只可能为图象(C),但与|F1F2|<长轴n,而|OF1|=n矛盾.(2 )若门0,m <0.这时，斤(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F1 ：—ni; F2 : mi，且m<0.由方程②，双曲线上的点应满足到F2点的距离小于该点到R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2:若z- C,arg(z2 -4) = — ,arg(z2 4) ,则z 的值是___________ .6 3【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.25兀5兀【略解】令z「4 = J (cos isin ), ①6 6z2 4 =『2(cos§ isi n? ②(―0, ：?2 0)①一②得8 =（丄匚 3 -1） i （ 3匚—1 6），2 2 2 221 、2 1=8,22① + ②得 2z 2 =4(一1 •、.3i),n z = 2(cos i sin3【别解】如图I — 1 — 8—2, 0D 二z 2.过D 作与实轴平行的直线 AB ，取AD=BD=4，则OA = z 2-4, OB = z 24.5兀 兀 ZxOA，乙 xOB 6 3从而.BOA .2在 Rt AOB 中,| AD |=| DB |=|OD 戶4,2兀 xOD —xOB BOD =2 xOB 二——322兀 2兀 -z =4(cos isin ),3 3Tt31z = 2(cos i sin )3 3=(i 、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.例 3: x 的二次方程 x 2 z 1x z 2 • m = 0中,z 1、z 2、m 均是复数，且 z j - 4z 2 =16 20i . 设这个方程的两个根为:> 1 ,且满足|- ［卜2 7 .求|m|的最大值和最小值 【解法1】根据韦达定理有& + P = _乙，邛=z 2 + m.iX舟Orffll —1 -8- -2解得『2 =4,『1 = 4_ 3,代入后,兀r~-^-(V ,3i).图 I — 1 — 8—3• （：• _ - ）2 = （_：匚「；）2 _4匚--才 _4z 2 _4m,.I ： 一 一： |2=|4m —(z ； —4Z 2)|=28. 1 2|m (乙—4Z 2)| = 7,4即 |m-(4 5i)|=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I — 1 — 8—3所示.|OA^ 42 5^ . 41 ：：： 7,故原点0在O A 之内.连接0A ,延长交O A 于两点B 与C ,则 |OB|=|OA|+|AB|= . 41 • 7为 |m| 最大值.|OC|=|CA| — |A0|=7 - 41 为 | m | 最小值. •••|m|的最大值是■. 41 7,| m|的最小值是7— .41 .【解法 2】同解法 1,得 | m -(4 • 5i) |=7, 令m =x yi(x, y R ).\ = 7 COS 。

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复 数专题一 复数与数列复数数列的题目主要体现对复数运算的规律性的把握．例1 设数列 ,,,,21n z z z 是首项为48，公比为)26(41i +的等比复数列． （1）求4z ．（2）将这个数列中的实数项，不改变原来的次序，从首项开始，排成 ,,,,21n a a a ，试求3a ． （3）求无穷级数 ++++n a a a 21的和． 解：（1）)6sin 6(cos 21)26(41ππi i r +=+=．i r z 2124834==． （2）使r 为实数的最小自然数是6，数列 ,,,,21n a a a 是首项为48，公比为6r 的等比数列．所以433=a ． （3）这个级数是公比816-==r 的无穷等比级数，从而和3128)81(148=--=． 例2 今定义复数列 ,,,,21n a a a 如下，n n ka a a i a i a +=+=+=+1121,31,1（)2≥n ，k 为正的常数．问复数n a 的辐角的正切与哪一个值最接近？（当∞→n 时）分析：寻求n a 的一般式，再注意取极限的方法以及相关讨论．解：1+n a 的辐角记作θ，212111)1(a k k k a ka a a n n n n --+++++=+= ． （1）当1=k 时，i n n a a n a n )31()1(211+-+=+-=+，所以)(131tan ∞→→+-=n nn θ． （2）当1≠k 时，211111)1(a k k k a a n n n --++--=kk k k k n n n ---++--=-13)13(1111 ∴)()10(1)1(13313)13(1tan 1∞→⎪⎩⎪⎨⎧<<>+-→---+=-n k k k k k k k nn n θ． 例3 （1）设在复数列 ,,,,10n z z z 之间有如下关系：),3,2,1)((11 =-=--+n z z z z n n n n α，其中)1(≠αα是常复数．当1,010==z z 时，试将n z 的值用α表示．（2）若（1）中的i 31+=α，求在圆10||=z （z 是复数）的内部总共含有n z 的个数． 解：（1）αα=-=-)(0112z z z z ,21223)(αα=-=-z z z z (1)211)(----=-=-n n n n n z z z z αα于是，从1≠α得，αα--=11nn z ．（2）)3sin3(cos231ππαi i +=+=，所以)3sin 3(cos2ππαn i n n n +=,要使n z 在圆10||=z 的内部，它的充分必要条件是10,z <，∴100||2<n z ．即100<⋅n n z z ，而)23c o s 21(3121n n n n n z z +-=⋅+π， ∴100)23cos21(3121<+-+n n n π．又n n n 2123cos 21+-+π221)21(221n n n -=+->+， 能适合300)21(2<-n 的n 只是4,3,2,1,0．在逐个验证这五个点确信都在圆10||=z 的内部，故符合条件的点共有5个．例4 设平面上有点 ,,10P P ，如图所示，其中，线段 ,,,21100P P P P OP ，的长成首项为1，公比为r 的等比数列．（1）若10<<r ，则当∞→n 时，n P 与哪一点无限接近？（2）将（1）中的极限点用Q 表示．若固定21=r 而θ变动时，点Q 所描述的是怎样的曲线？解：（1）)sin (cos θθωi r +=，此时，若将表示点n P 的复数记作n z ，则有n n n z z ω=--1，其中1-z 就是原点O ．于是)1(11112≠--=++++=+ωωωωωωn nn z ．|1||1||||11|11ωωωω-=-=--++n n n r z , 因此，若10<<r ，令∞→n ，则0|11|→--ωn z ，n z 所表示的点与ω-11所表示的点最靠近． （2）ω-=11z ，则有z z 1-=ω，21=r 固定，θ做变动，点ω总在以原点为圆心的圆周上．但因21||=ω，故有2|1|||=-z z ．于是当点ω在以原点为中心，21为半径的圆上，点ω-11相应的在以点34为圆心，32为半径的圆上． 例5 设在复平面上:（1）原点为O ，表示复数Z 的点为A ，点B 由||||k =，, 的交角为θ所确定。

试求 表示点B 的复数。

这里k 是实数。

（2）点列 ,,,,,210n A A A A 由下述方式确定：0A 取)0,0(，1A 取)0,1(，),3,2,1(1 =+n A n 由||2||11n n n n A A A A -+=，以及n n n n A A A A 11,-+的夹角θ所定义。

试求被表示为n A 复数n z 。

（3）若（2）中，2πθ=，且记12311-+++=n z z z S ，n z z z S 2422+++= ，将212iS S +化简。

解：（1）将表示B 的复数记作ω，则对有关系AB OC =的点C 表示为复数，就是z -ω，从而)sin (cos θθωi kz z +=-，所以z ik k ]sin )cos 1[(θθω++=。

（2）A A A A n n n n ==+-11,所表示的点Q P ,，则用复数分别表示为n n n n z z z z --+-11,。

由θ=∠POQ ，推出n n z z -+12=)s i n )(c o s (1θθi z z n n +--，因此，数列}{1--n n z z 是首项为10101=-=-z z ，公比为)sin (cos 2θθi +的等比数列。

所以1--n n z z 11)sin (cos 2--+=n n i θθ（n 是正整数）。

所以)sin (cos 21)sin (cos 21θθθθi n i n z n n +-+-=。

（3）数列}{},{212k k z z -仍为等比数列，故可求得ni iS S =+212。

专题二 复数与几何1. 有关轨迹问题：例1 已知一圆B 及圆外一点A ，在圆上任取一点Q ，以AQ 为边按逆时针作正三角形AQP ，求点P 的轨迹.解：如图：建立复平面，设a AB =，圆B 半径为r .P 、Q 分别对应复数为1,z z则r a z =-1.令3sin 3cos 0ππi z +=， 3π=∠QAP ，∴01,01z z z z z z =⋅=故r a z z=-0,∴r z r az z ==-00.故点P 的轨迹是圆，圆心对应的复数 为0az ，即i a a 232+，半径为r . 例2 已知复数2121,,z z z z +在复平面上分别对应点A 、B 、C ，O 为复平面的原点.(1) 若i z 21231+=，向量逆时针旋转︒90，模变为原来的2倍后与向量重合，求2z ； （2）若)(22121z z z z +=-，试判断四边形OACB 的形状.解：向量逆时针旋转︒90，模变为原来的2倍所得的向量对应的复数为i z 21⋅，而对应的复数为21z z +，故21z z +=i z 21⋅.故=+-=)21(12i z z )21)(2123(i i +-+ 整理可得：i z 21322322-++-=. (2) )(22121z z z z +=-,OC BA ⊥.又 四边形OACB 为平行四边形，∴四边形OACB 为菱形.2. 复数的模与辐角求复数的辐角主值常有两种方法：(1) 利用复数的三角式，应用三角函数的知识求解.(2) 根据复数的几何意义，将问题转化为几何问题求解.例3 设复数z 满足1=z ,求复数2-z 的辐角主值的最大值与最小值。

解：1=z ∴可设)20(sincos πθθθ<≤+=i z ,θθsin 2cos 2i z +-=-∴.设a z =-)2arg(,由于,1sin1,02cos ≤≤-<-θθ故232ππ<<a . 令,2cos sin -==θθtga y 则可先求出y 的最值。

由,2cos sin ,sin 2cos y y y y -=-=-θθθθ得)(2)sin(12y tg y y =-=-+ϕϕθ其中,1)sin(≤-ϕθ ,212y y +≤-∴,即,3333,1422≤≤-+≤y y y 3333≤≤-∴tga ,故67)2arg(,65)2arg(max min ππ=-=-z z . 方法二:由1=z ，知z 对应的点Z 在单位圆122=+y x 上，设A （2，0），根据复数减法的几何意义，复数2-z 对应的向量是AZ .（如图），当射线AZ 是圆O 的切线时，2-z 对应的向量分别为21AZ AZ 和，其中Z 1，Z 2为切点.连接OZ 1，则11AZ OZ ⊥，可知1OAZ ∆为直角三角形.由2,11==OA OZ ,故67)2arg(,65)2arg(max min ππ=-=-z z例4 设{}{},,1z 12 C z z z z A ∈≤⋂≤+=求A 中辐角主值最大的复数z .解：12≤+z 满足 的点在以)0,2(-为圆心，以1为半径的圆内（包括圆周），满足1≤z 的点在单位圆内，（包括圆周），A ∴对应如图两圆共同部分 .A ∴中辐角主值最大的复数P 点对应的复数i i z 222245sin 45cos--=+=ππ 例5 若c z z ∈21,,求证：21211z z z z ⋅-=-成立的充分必要条件是21z z 、中至少有一个是1.证：必要性：212211z z z z ⋅-=- ,2212211z z z z ⋅-=-∴,故有()()()()2121212111z z z z z z z z ⋅-⋅⋅-=-⋅-.根据互为共轭的复数间关系有： ()())1)(1(21212121z z z z z z z z ⋅-⋅-=--.化简整理得：212122111z z zz z z z z ⋅⋅+=⋅+⋅222122211z z z z ⋅+=+∴,()()0112221=--∴z z ,1z ∴、2z 至少有一个为1 。

充分性：以上过程均可逆。

结论成立。

常用到的与复数的模相关的结论：（1）22||||z z z z ==⋅ （2）||||||2121z z z z ⋅=⋅ )(||||N n z z n n ∈=⇒ （3）)0(||||||22121≠=z z z z z （4）||||||||||||212121z z z z z z +≤+≤-. （5）)(|||||,|||bi a z z b z z a z +=≤≤-≤≤-,.||2||2||||2221221221z z z z z z +=-++ 例6 某草场上有宝.取宝法如下：该草场上原有一株橡树、一株松树、一个绞架.从绞架走到橡树，记住步数，向右拐︒90走同样多步打个桩.然后回到绞架那里，再走到松树，记住步数，向左拐︒90走同样多步，又打一个桩.在这两个桩正中挖掘，可以得宝。

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