第107-110课时：第十四章 复数――复数的代数形式及其运算

课题：复数的代数形式及其运算一．教学目标：掌握复数的基本题型，主要是讨论复数的概念，复数相等，复数的几何表示，计算复数模，共轭复数，解复数方程等。二．教学重点：复数的几何表示，计算复数模，共轭复数，解复数方程等。三．教学过程：（一）主要知识：1．共轭复数规律，；2．复数的代数运算规律（1）i4n=1，i41n=i，i42n=1，i43n=i；（3）in·i1n·i2n·i3n=1，in＋i1n＋i2n＋i3n=0；；3．辐角的运算规律（1）Arg（z1·z2）＝Argz1＋Argz2（3）Argnz=nArgz（n∈N）…，n1。或z∈R。要条件是|z|＝|a|。（6）z1·z2≠0，则4．根的规律：复系数一元n次方程有且只有n个根，实系数一元n次方程的虚根成对共轭出现。5．求最值时，除了代数、三角的常规方法外，还需注意几何法及不等式||z1||z2||≤|z1±z2|≤|z1|+|z2|的运用。即|z1±z2|≤|z1|+|z2|等号成立的条件是：z1，z2所对应的向量共线且同向。|z1±z2|≥|z1||z2|等号成立的条件是：z1，z2所对立的向量共线且异向。（二）范例分析Ⅰ.2004年高考数学题选1.（2004高考数学试题（浙江卷，6））已知复数z1=3+4i,z2=t+i,且12zz是实数，则实数t=()A．43B．34C．34D．432.(2004年北京春季卷，2)当132m时，复数immz)1()23(在复平面上对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.(2004年北京卷，2）满足条件||||zi34的复数z在复平面上对应点的轨迹是(C)A．一条直线B．两条直线C．圆D．椭圆Ⅱ.主要的思想方法和典型例题分析：1．化归思想复数的代数、几何、向量及三角表示，把复数与实数、三角、平面几何和解析几何有机地联系在一起，这就保证了可将复数问题化归为实数、三角、几何问题。反之亦然。这种化归的思想方法应贯穿复数的始终。【分析】这是解答题，由于出现了复数z和z，宜统一形式，正面求解。解法一、设z＝x＋yi（x，y∈R），原方程即为223313xyyxii用复数相等的定义得：∴1z=1，2z=1+3i.两边取模，得：22113zz整理得4211100zz解得21z或210z代入①式得原方程的解是1z=1，2z=1+3i.【例2】（1993·全国·理）设复数z=cosθ＋isinθ（0＜【解】∵z＝cosθ+isinθ4z=cos4θ＋isin4θcos(2)sin(2)22tan2cos2sin2iitan2cos(4)sin(4)22i即3tan23，又∵0＜θ＜π，当3tan23时，12或712【说明】此题转化为三角问题来研究，自然、方便。【例3】设a，b，x，y∈R+，且222xyr（r＞0），求证：分析令1z=ax+byi，2z==bx+ayi（a，b，x，y∈R+），则问题化归为证明：|1z|+|2z|≥r（a+b）。证明设1z=ax+byi，2z=bx＋ayi（a，b，x，y∈R+），则=|（a+b）x+（a＋b）yi|=|（a＋b）（x+yi）|＝（a＋b）·r。解如图所示，设点Q，P，A所对应的复数为：即（x03a+y0i）·（i）＝（x3a+yi）由复数相等的定义得而点（x0，y0）在双曲线上，可知点P的轨迹方程为【说明】将复数问题化归为实数、三角、几何问题顺理成章，而将实数、三角、几何问题化归为复数问题，就要有较强的联想能力和跳跃性思维能力，善于根据题设构造恰到好处的复数，可使问题迎刃而解。2．分类讨论思想分类讨论是一种重要的解题策略和方法。在复数中它能使复杂的问题简单化，从而化整为零，各个击破。高考复数考题中经常用到这种分类讨论思想方法。【例5】（1990·全国·理）设a≥0，在复数集C中解方程z2＋2|z|=a。分析一般的思路是设z=x＋yi（x，y∈R），或z=r（cosθ＋isinθ），若由z2＋2|z|=a转化为z2=a2|z|，则z2∈R。从而z为实数或为纯虚数，这样再分别求解就方便了。总之，是一个需要讨论的问题。【解】解法一∵z2=a2|z|∈R，∴z为实数或纯虚数。∴问题可分为两种情况：（1）若z∈R，则原方程即为|z|2+2|z|a=0，（2）若z为纯虚数，设z=yi（y∈R且y≠0），则原方程即为|y|22|y|＋a=0当a=0时，|y|=2即z=±2i。当0＜a≤1时，当a＞1时，方程无实数解，即此时原方程无纯虚数解。综上所述，原方程：当a=0时，解为z＝0或z=±2i解法二设z=x＋yi，x，y∈R，将原方程转化为3．数形结合思想数与形是数学主要研究内容，两者之间有着紧密的联系和互相渗透、互相转化的广阔前景，复平面的有关试题正是它的具体表现。运用数形结合思想与方法解题是高考考查的热点之一，应引起注意。【例6】已知|z|=1，且z5+z＝1，求z。【解】由z5+z=1联想复数加法的几何性质，不难发现z，z5，1所对应的三点A，B，C及原点O构成平行四边形的四个顶点，如图所示，【说明】这样巧妙地运用联想思维，以数构形，以形思数，提炼和强化数形结合的思想方法，有利于培养学生思维的深刻性。【例7】复平面内点A对应复数z，点B对应复数为35z_，O为原点，△AOB是面积为65的直角三角形，argz∈(0，π2)，求复数z的值．【分析】哪一个角为直角，不清楚，需要讨论．【解】因|OA|=|z|＞35|z_|=|OB|，故∠A不可能是直角，因而可能∠AOB=90º或∠ABO=90º．若∠AOB=90º，示意图如图1所示．因z与z_所对应的点关于实轴对称，故argz=45º,S△AOB=12|OA|·|OB|=12|z|·35|z_|=310|z|2=65．于是，|z|=2，从而，z=2(cos45º+isin45º)=2+2i．若∠ABO=90º，示意图如图2所示．因z与z_所对应的点关于实轴对称，且∠AOB＜90º，故argz=θ＜45º．令z=r(cosθ+isinθ)，则cos2θ=|OB||OA|=35，sin2θ=45，S△AOB=12|OA|·|OB|·sin2θ=12r·35r·45=625r2=65．于是，r=5．又cosθ=1+cos2θ2=255，sinθ=1-cos2θ=55，故z=5(255+55i)=2+i．综上所述，z=2+2i或z=2+i．【说明】①解题关键点：正确地对直角的情况进行分类讨论，正确地理解复数的几何意义，作出满足条件的示意图．②解题规律：复数的几何意义来源于复数z=a+bi(a、b∈R)与复平面上的点(a，b)之间的一一对应，它沟通了复数与解析几何之间的联系，是数形结合思想的典型表示．③解题技巧：复数z与它的共轭复数z_在复平面内对应的向量关于实轴对称．④这样巧妙地以形译数，数形结合，不需要计算就解决了问题，充分显示了数形结合的思想方法在解题中的作用。xOABy图1xOABy图24．集合对应思想【例8】如图所示，在复平面内有三点P1，P2，P3对应的复数应的复数为a，2a，3a，且它们有相同的辐角主值θ（如图所示），即A，P1，P2，P3共线。从而2sinθ＝2因此有a=±2i。5．整体处理思想解复数问题中，学生往往不加分析地用复数的代数形式或三角形式解题。这样常常给解题带来繁琐的运算，导致解题思路受阻。因此在复数学习中，有必要提炼和强化整体处理的思想方法，居高临下地把握问题的全局，完善认识结构，获得解题的捷径，从而提高解题的灵活性及变通性。【例9】已知z=2i，求z63z5＋z4+5z3＋2的值。【分析】如果直接代入，显然比较困难，将z用三角式表示也有一定的难度。从整体角度思考，可将条件转化为（z2）2=（i）2=1，即z24z+4=1，即z24z+5=0，再将结论转化为z63z5＋z4+5z3＋2=（z24z＋5）（z4＋z3）+2，然后代入就不困难了。【解】∵z=2i，∴（z2）2=（i）2=1即z24z+5=0∴z63z5＋z4+5z3＋2=（z24z+5）（z4＋z3）+2=2。【例10】已知34213log2xi，求x。【解】解由条件得【说明】把题中一些组合式子视作一个“整体”，并把这个“整体”直接代入另一个式子，可避免由局部运算带来的麻烦。【例11】复平面上动点z1的轨迹方程为：|z1z0|＝|z1|，z0≠0，另一动点z满足z1·z=1，求点z的轨迹。解由|z1z0|＝|z1|，知点z1的轨迹为连结原点O和定点z0的线段的垂直平分线。将此式整体代入点z1的方程，得的圆（除去原点）。【例12】设z∈c，a≥0，解方程z|z|＋az＋i=0。边取模，得【说明】解复数方程，可通过整体取模，化为实数方程求解。综上所述，解答复数问题，应注意从整体上去观察分析题设的结构特征，挖掘问题潜在的特殊性和简单性，充分利用复数的有关概念、共轭复数与模的性质、复数的几何意义以及一些变形技巧，对问题进行整体化处理，可进一步提高灵活、综合应用知识的能力。6．有关最值问题的多角度思考【例13】复数z满足条件|z|=1，求|2z2z+1|的最大值和最小值。解法一|z|=1，∴z=cosθ＋isinθ∴|2z2z+1|=|2（cosθ＋isinθ）2（cosθ＋isinθ）＋1|=|（2cos2θcosθ＋1）＋（2sin2θsinθ）i|∴|2z2z+1|2=|2z2z+zz|2设z的实部为a，则1≤a≤1|2z2z+1|=|2a＋z1|2，∴|2z2z+1|max=4解法三：设ω=x+yi（x，y∈R），z=a＋bi（a，b∈r）且a2+b2=1，这说明ω对应的点是如图所示的椭圆，问题转化为求该椭圆上各点中与原点距离的最大值和最小值。时的圆的半径。得8x22x＋89r2＝0，由相内切条件知Δ=0,解法四由模不等式：|2z2z+1|≤2|z|2＋|z|+1=4，等号成立的条件是2z2，z，1所对应的向量共线且同向，可知z是负实数，在|z|=1的条件下，z=-1∴当z=1时|2z2z+1|max=4。但另一方面：|2z2z+1|≥2|z|2|z|1=0，这是显然成立的，可是这不能由此确定|2z2z+1|min=0，实际上等号成立的条件应为2z2，z，1表示的向量共线且异向，由2z2与1对应的向量共线且异向知z=±i，但是当z=±i时，2z2与z不共线，这表明|2z2z+1|的最小值不是0。以上这种求最小值的错误想法和解法是学生易犯的错误，此部分内容既为重点也为难点，应向学生强调说明，并举例，切记取等号的条件。【例14】2001年普通高等学校招生全国统一考试(理18)已知复数z1＝i(1—i)3．(Ⅰ)求argz1及|z|；(Ⅱ)当复数z满足|z|＝1，求|z—z1|的最大值．【分析】本小题考查复数的基本性质和基本运算，以及分析问题和解决问题的能力．【解】(Ⅰ))4747(2222)1(31isincosiiiz∴471zarg，|z1|＝22．(Ⅱ)设sincosiz，则izz)2(sin)2(cos1)4sin(249)2(sin)2(cos||2221zz当1)4sin(时，21||zz取得最大值249，从而得到||1zz的最大值为221．四．课后作业：1、下列命题中正确的是[]A．方程|z+5|2|z5i|2=8的图形是双曲线B．方程|z+5|2=8的图形是双曲线C．方程|z+5i||z5i|=8的图形是双曲线的两支D．方程|z+5i||z5i|=8的图形是双曲线靠近焦点F(0，5)的一支2、方程222zziziz的图形