第5课时---复数的三角形式习题课

复数的三角形式习题课内容：1．复数的三角形式：z=r(cos+isin)，r为模，为辐角2．复数z的辐角主值：Argz[0,2).3．复数的代数形式z=a+bi(a,bR)与复数的三角形式z=r(cos+isin)的互化：22||cossintanrzabarbbra或4．复数三角式的运算及几何意义①复数乘法法则：r1(cos1+isin1)·r2(cos2+isin2)=r1·r2[cos(1+2)+isin(1+2)]②复数除法法则：)0r())sin(i)[cos(rr)]sini(cosr[)]sini(cosr[2212121222111复数乘除法的几何意义就是向量的旋转和伸缩变换.44111:()()22nniin＋例若是奇数，求。③复数乘方法则：[r(cos+isin)]n=rn(cosn+isinn)(nN,n≥2)④复数开方法则：复数z=r(cos+isin)的n次方根为)1n,2,1,0k()nk2sinink2(cosrn（A）1（B）－1（C）2（D）－2的值等于例2：若复数z满足1－z+z2＝0，则222211111zz解：z2－z+1＝0，即(z+1)·(z2－z+1)＝0∴z1111＝(z3)370·z＝zz2222＝(z1111)2＝z2∴，故（A）正确．11112＝＝原式＝zzzz即z3+1＝0∴z3＝－1以下同解法1．例3．已知|z|=1,设复数u=z2-2，求|u|的最大值和最小值.∵|z|=1,∴不妨设z=cos+isin则|u|=|z2-2|=|(cos+isin)2-2|2cos452sin)22(cos|2sini)22(cos|22分析与解答：本题除了用数形结合、代数形式，或模的运算性质解之外，还可用复数的三角形式解.∵cos2[-1,1],∴|u|[1,3].当cos2=1即=k(kZ)是，|u|min=1.当cos2=-1即)Zk(2k时，|u|max=3.此解法利用三角函数的有界性求得最值.例题：例4．复数z1与2+4i的积是2-16i，复数z2满足1i)i167(zz21.如果复数z1的辐角主值是，z2的辐角主值是，求+的值.分析与解答：①+是z1·z2的一个辐角；②必须先求出z1和z2，并由此确定、的范围；由已知i23i21i81i42i162z1,将其代入另一个条件，解得i51i23i177z2，∴z2=1-5i,∴23),i23arg(zarg1,223),i51arg(zarg2,∴2725,又z1·z2=(-3-2i)(1-5i)=-13+13i.+是z1·z2的一个辐角，且11313)(tg.∴411.解该题时，很多同学由于不注意、以及+的范围，从而得出错误结论.、分别在[0,2)内，但+不一定在这个范围内，要结合z1·z2=-13+13i对应的点在第二象限内，且2725，最后确定+的值.例5．在复平面上，一个正方形的四个顶点按照逆时针方向依次为Z1，Z2，Z3，O（其中O为原点）.已知Z2对应复数Z2=1+i3，求Z1和Z3所对应的复数.分析与解答：根据题意我们不妨画出草图，以便分析.根据平面几何的知识，我们知道正方形的一条对角线将正方形分成两个全等的等腰直角三角形，而且斜边是直角边的2倍.由复数运算的几何意义知：i213213)i2222)(i31(22)]4sin(i)4[cos(z21z21i231231)i2222)(31(22)4sini4(cosz21z23求z1时是将OZ2→向顺时针方向旋转45，且模缩短到原来长度的21，符合复数除法的几何意义，也可以直接写成4sini4cosi3121.而在求z3时，也可将OZ1→逆时针旋转90得到，因此用z3=z1·i算更方便.例6：复数z满足z·+z+=3，则z对应点的轨迹是____________.zz解析：设z=x+yi(x、y∈R)，则x2+y2+2x=3表示圆.答案：以点（－1，0）为圆心，2为半径的圆典型例题：二、复数几何意义的运用例7:若复数z满足，则的值为.izz111z例8：复数z满足z·+z+=3，则z对应点的轨迹是____________.zz解析：设z=x+yi(x、y∈R)，则x2+y2+2x=3表示圆.答案：以点（－1，0）为圆心，2为半径的圆例9：若，则的最大值为.iz2z例10若，若使的最小，求b的值。iziz322)(Rbbiz例11设复数z满足，试求的最大值和最小值。ziz332z例12．已知复数i2222,i2123z，复数32z,z在复平面上所对应的点分别为P、Q.求证：ΔOPQ是等腰直角三角形（其中O为原点）.分析与解答：从复数的角度，证一个三角形是等腰直角三角形，一是用到模相等，另一是用到复数除法的几何意义或三角形中的角就是两个有共同始点的复数辐角的差.解法一：)6sin(i)6cos(i2123z4sini4cosi2222,∴12sini12cos)46sin(i)46cos(z,∴)12sin(i)12cos(z又)43sini43)](cos3sin(i)3[cos(z32125sini125cos.因此OP，OQ的夹角为2)12(125，∵OP⊥OQ，又∵|OP|=|z|=1,|OQ|=|z22|=1,∴|OP|=|OQ|,∴ΔOPQ为等腰直角三角形.解法二：由题1|z|),6sin(i)6cos(z1||,4sini4cos,∴4322433232z|||z|zzzzzzzi2sini2cos]sini)][cos2sin(i)2[cos(∴OP⊥OQ，|OP|=|OQ|，即ΔOPQ为等腰直角三角形.解法二在做除法前先化简，用到了复数的模及共轭复数的性质：22|z||z|zz，|z|=|z|·||.分析与解答：.i1i43i7i43i42i35i43i42)i1)(i41(z例13．设=z+ai(a∈R),i43i42)i1)(i41(z且2||，求的辐角主值的取值范围.又tg=a-1,∴-1≤tg≤1,∴的辐角主值)2,47[]4,0[.∵=z+ai=1-i+ai=1+(a-1)i且2||，∴2)1a(12，解得0≤a≤2,此题首先要算对了，还要会算模以及辐角.其中，最容易出问题的是的范围的确定.仅有-1≤tg≤1是不够的，还应当注意到=1+(a-1)i的实部为1，虚部a-1在[-1，1]内，所以所对的辐角只能在第一和第四象限.例14．设复数z=3cos+i·2sin,求函数y=-argz(20)的最大值以及对应的值.分析与解答：求角的最值，我们只会通过求某一三角函数在单调区间上的最值来完成.而此题中tan(argz)是用的正切表示的，因此，我们不妨对y=-argz两边分别取正切.由题，∵20∴sin0,cos0,tan0,又z=3cos+i·2sin∴)2,0(zarg且2sin2tan(arg)tan3cos3z,∴tany=tan(-argz)tantan(arg)1tantan(arg)zz21tan321tan3132tantan∵332tan22tan26tantan,∴16tan1226y,当且仅当32tantan时等号成立，此时23tan2，由于20，∴6arctan2，又∵20，2zarg0，∴)2,2(y2zarg2即.由于在)2,2(内，正切函数是单调增函数，因此，max6arctan12y，此时6arctan2.在求tany最大值的过程中，我们用到了平均不等式的知识，而将所有的变量均变化到分母中是必不可少的工作.有了tany的最值，必须用单调性，才可求出y的最值，这是同学们最易丢掉的一环.