第十五章复数高中数学竞赛标准教材Word文件下载.docx

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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=rcosθ,b=rsinθ,所以z=r（cosθ+isinθ），这种形式叫做三角形式。

若z=r（cosθ+isinθ），则θ称为z的辐角。

若0≤θ3．共轭与模，若z=a+bi，（a,b∈R）,则a-bi称为z的共轭复数。

模与共轭的性质有：

（1）；

（2）；

（3）；

（4）；

（5）；

（6）；

（7）||z1|-|z2||≤|z1±

z2|≤|z1|+|z2|；

（8）|z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；

（9）若|z|=1，则。

4．复数的运算法则：

（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；

（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；

（3）按三角形式，若z1=r1（cosθ1+isinθ1）,z2=r2（cosθ2+isinθ2），则z1••z2=r1r2cos（θ1+θ2）+isin（θ1+θ2）]；

若cos（θ1-θ2）+isin（θ1-θ2）]，用指数形式记为z1z2=r1r2ei（θ1+θ2）,

5.棣莫弗定理：

r（cosθ+isinθ）]n=rn（cosnθ+isinnθ）.

6.开方：

若r（cosθ+isinθ），则，k=0,1,2,…,n-1。

7．单位根：

若wn=1，则称w为1的一个n次单位根，简称单位根，记Z1=，则全部单位根可表示为1,,.单位根的基本性质有（这里记，k=1,2,…,n-1）：

（1）对任意整数k，若k=nq+r,q∈Z,0≤r≤n-1，有Znq+r=Zr；

（2）对任意整数m，当n≥2时，有=特别1+Z1+Z2+…+Zn-1=0；

（3）xn-1+xn-2+…+x+1=（x-Z1）（x-Z2）…（x-Zn-1）=（x-Z1）（x-）…（x-）.

8.复数相等的充要条件：

（1）两个复数实部和虚部分别对应相等；

（2）两个复数的模和辐角主值分别相等。

9．复数z是实数的充要条件是z=;

z是纯虚数的充要条件是：

z+=0（且z≠0）.

10.代数基本定理：

在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。

11．实系数方程虚根成对定理：

实系数一元n次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi（b≠0）是方程的一个根，则=a-bi也是一个根。

12．若a,b,c∈R,a≠0，则关于x的方程ax2+bx+c=0，当Δ=b2-4ac二、方法与例题

1．模的应用。

例1求证：

当n∈N+时，方程（z+1）2n+（z-1）2n=0只有纯虚根。

证明]若z是方程的根，则（z+1）2n=-（z-1）2n，所以|（z+1）2n|=|-（z-1）2n|,即|z+1|2=|z-1|2,即（z+1）（+1）=（z-1）（-1），化简得z+=0，又z=0不是方程的根，所以z是纯虚数。

例2设f（z）=z2+az+b,a,b为复数，对一切|z|=1，有|f（z）|=1，求a,b的值。

解]因为4=（1+a+b）+（1-a+b）-（-1+ai+b）-（-1-ai+b）

=|f

（1）+f（-1）-f（i）-f（-i）|

≥|f

（1）|+|f（-1）|+|f（i）|+|f（-i）|=4，其中等号成立。

所以f

（1）,f（-1）,-f（i）,-f（-i）四个向量方向相同，且模相等。

所以f

（1）=f（-1）=-f（i）=-f（-i），解得a=b=0.

2.复数相等。

例3设λ∈R，若二次方程（1-i）x2+（λ+i）x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。

解]若方程有实根，则方程组有实根，由方程组得（λ+1）x+λ+1=0.若λ=-1，则方程x2-x+1=0中Δ3．三角形式的应用。

例4设n≤2000,n∈N，且存在θ满足（sinθ+icosθ）n=sinnθ+icosnθ，那么这样的n有多少个？

解]由题设得

，所以n=4k+1.又因为0≤n≤2000，所以1≤k≤500，所以这样的n有500个。

4．二项式定理的应用。

例5计算：

（2）

解]（1+i）100=（1+i）2]50=（2i）50=-250,由二项式定理（1+i）100==）+（）i，比较实部和虚部，得=-250，=0。

5．复数乘法的几何意义。

例6以定长线段BC为一边任作ΔABC，分别以AB，AC为腰，B，C为直角顶点向外作等腰直角ΔABM、等腰直角ΔACN。

求证：

MN的中点为定点。

证明]设|BC|=2a，以BC中点O为原点，BC为x轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B，C对应的复数为-a,a,点A，M，N对应的复数为z1,z2,z3,，由复数乘法的几何意义得：

，①，②由①+②得z2+z3=i（z1+a）-i（z1-a）=2ai.设MN的中点为P，对应的复数z=,为定值，所以MN的中点P为定点。

例7设A，B，C，D为平面上任意四点，求证：

AB•AD+BC•AD≥AC•BD。

证明]用A，B，C，D表示它们对应的复数，则（A-B）（C-D）+（B-C）（A-D）=（A-C）（B-D），因为|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥（A-B）（C-D）+（B-C）（A-D）.

所以|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥|A-C|•|B-D|,“=”成立当且仅当，即=π，即A，B，C，D共圆时成立。

不等式得证。

6．复数与轨迹。

例8ΔABC的顶点A表示的复数为3i，底边BC在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC的外心轨迹。

解]设外心M对应的复数为z=x+yi（x,y∈R），B，C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M是三边垂直平分线的交点，而AB的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得

所以ΔABC的外心轨迹是轨物线。

7．复数与三角。

例9已知cosα+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0，求证：

cos2α+cos2β+cos2γ=0。

证明]令z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,z3=cosγ+isinγ，则

z1+z2+z3=0。

所以又因为|zi|=1,i=1,2,3.

所以zi•=1，即

由z1+z2+z3=0得①

又

所以

所以cos2α+cos2β+cos2γ+i（sin2α+sin2β+sin2γ）=0.

所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。

例10求和：

S=cos200+2cos400+…+18cos18×

200.

解]令w=cos200+isin200,则w18=1，令P=sin200+2sin400+…+18sin18×

200,则S+iP=w+2w2+…+18w18.①由①×

w得w（S+iP）=w2+2w3+…+17w18+18w19，②由①-②得（1-w）（S+iP）=w+w2+…+w18-18w19=，所以S+iP=，所以

8．复数与多项式。

例11已知f（z）=c0zn+c1zn-1+…+cn-1z+cn是n次复系数多项式（c0≠0）.

一定存在一个复数z0,|z0|≤1，并且|f（z0）|≥|c0|+|cn|.

证明]记c0zn+c1zn-1+…+cn-1z=g（z）,令=Arg（cn）-Arg（z0），则方程g（Z）-c0eiθ=0为n次方程，其必有n个根，设为z1,z2,…,zn，从而g（z）-c0eiθ=（z-z1）（z-z2）•…•（z-zn）c0，令z=0得-c0eiθ=（-1）nz1z2…znc0，取模得|z1z2…zn|=1。

所以z1,z2,…，zn中必有一个zi使得|zi|≤1,从而f（zi）=g（zi）+cn=c0eiθ=cn，所以|f（zi）|=|c0eiθ+cn|=|c0|+|cn|.

9.单位根的应用。

例12证明：

自⊙O上任意一点p到正多边形A1A2…An各个顶点的距离的平方和为定值。

证明]取此圆为单位圆，O为原点，射线OAn为实轴正半轴，建立复平面，顶点A1对应复数设为，则顶点A2A3…An对应复数分别为ε2，ε3，…，εn.设点p对应复数z,则|z|=1,且=2n-

=2n-命题得证。

10．复数与几何。

例13如图15-2所示，在四边形ABCD内存在一点P，使得ΔPAB，ΔPCD都是以P为直角顶点的等腰直角三角形。

必存在另一点Q，使得ΔQBC，ΔQDA也都是以Q为直角顶点的等腰直角三角形。

证明]以P为原点建立复平面，并用A，B，C，D，P，Q表示它们对应的复数，由题设及复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA；

取，则C-Q=i（B-Q），则ΔBCQ为等腰直角三角形；

又由C-Q=i（B-Q）得，即A-Q=i（D-Q），所以ΔADQ也为等腰直角三角形且以Q为直角顶点。

综上命题得证。

例14平面上给定ΔA1A2A3及点p0，定义As=As-3,s≥4，构造点列p0,p1,p2,…,使得pk+1为绕中心Ak+1顺时针旋转1200时pk所到达的位置，k=0,1,2,…,若p1986=p0.证明：

ΔA1A2A3为等边三角形。

证明]令u=，由题设，约定用点同时表示它们对应的复数，取给定平面为复平面，则p1=（1+u）A1-up0,

p2=（1+u）A2-up1,

p3=（1+u）A3-up2,

①×

u2+②×

（-u）得p3=（1+u）（A3-uA2+u2A1）+p0=w+p0,w为与p0无关的常数。

同理得p6=w+p3=2w+p0,…,p1986=662w+p0=p0，所以w=0，从而A3-uA2+u2A1=0.由u2=u-1得A3-A1=（A2-A1）u，这说明ΔA1A2A3为正三角形。

三、基础训练题

1．满足（2x2+5x+2）+（y2-y-2）i=0的有序实数对（x,y）有__________组。

2．若z∈C且z2=8+6i,且z3-16z-=__________。

3.复数z满足|z|=5，且（3+4i）•z是纯虚数，则__________。

4．已知，则1+z+z2+…+z1992=__________。

5.设复数z使得的一个辐角的绝对值为，则z辐角主值的取值范围是__________。

6．设z,w,λ∈C,|λ|≠1，则关于z的方程-Λz=w的解为z=__________。

7.设08.若α，β是方程ax2+bx+c=0（a,b,c∈R）的两个虚根且，则__________。

9．若a,b,c∈C,则a2+b2>

c2是a2+b2-c2>

0成立的__________条件。

10．已知关于x的实系数方程x2-2x+2=0和x2+2mx+1=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆，则m取值的集合是__________。

11．二次方程ax2+x+1=0的两根的模都小于2，求实数a的取值范围。

12．复平面上定点Z0，动点Z1对应的复数分别为z0,z1，其中z0≠0，