數(shù)學(xué)競賽與自主招生講座-復(fù)數(shù)

1、復(fù) 數(shù) I復(fù)數(shù)的四種表示形式代數(shù)形式：.幾何形式：復(fù)平面上的點或由原點出發(fā)的向量.三角形式：.指數(shù)形式：.復(fù)數(shù)的以上幾種形式，溝通了代數(shù)、三角、幾何等學(xué)科間的聯(lián)系，使人們應(yīng)用復(fù)數(shù)解決相關(guān)問題成為現(xiàn)實.II復(fù)數(shù)的幾何意義（1）復(fù)數(shù)模的幾何意義：，即點到原點的距離，一般地即點到點的距離（2）復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義： 圖中給出的平方四邊形，可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義 即，（3）復(fù)數(shù)乘、除法的幾何意義： 設(shè)，則的幾何意義是把的對應(yīng)向量按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一個角（如果，就要把按順時針方向旋轉(zhuǎn)一個角，再把它的模變?yōu)樵瓉淼谋?，所得向量即表示積，如圖，的幾何意義是把的對應(yīng)向量按順時針方向旋轉(zhuǎn)一個角（如

2、果，就要把按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一個角，再把它的模變?yōu)樵瓉淼谋叮玫南蛄考幢硎旧蘄II復(fù)數(shù)的運算法則加、減法：乘法： 除法： 乘方：N）；開方：復(fù)數(shù)次方根是復(fù)數(shù)的模與共軛復(fù)數(shù)復(fù)數(shù)的模的性質(zhì)、對應(yīng)的向量、反向時取等號；，與復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量同時取等號.共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)；z是實數(shù)的充要條件是是純虛的充要條件是復(fù)數(shù)解題的常用方法與思想（1）兩個復(fù)數(shù)相等的充要條件是它們的實部、虛部對應(yīng)相等，或者它們的模與輻角主值相等（輻角相差2的整數(shù)倍）. 利用復(fù)數(shù)相等的充要條件，可以把復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為實數(shù)問題，從而獲得解決問題的一種途徑.（2）復(fù)數(shù)的模也是將復(fù)數(shù)問題實數(shù)化的有效方法之一.善于利用模的性質(zhì)，是模運算中的一個突出方

3、面.復(fù)數(shù)的?？梢詭椭覀儽硎境鲆恍┏Ｓ们€方程 如圓：； 線段中垂線：； 橢圓：； 雙曲線：(1985,聯(lián)賽) 設(shè)為復(fù)數(shù)，關(guān)于的方程有下面四個結(jié)論：是這個方程的解； 這個方程只有一解；這個方程有兩解； 這個方程有無窮多解則( )A只有、正確 B只有、正確 C只有、正確 D以上A、B、C都不正確 解：原式兩端取共軛：，乘以再取共軛：，相加，由，得方程有唯一解選A（1986，聯(lián)賽）設(shè)x為復(fù)數(shù)，那么( ) AM=純虛數(shù) BM=實數(shù) C實數(shù) eq o(sup3(),sdo3() M eq o(sup3(),sdo3()復(fù)數(shù) DM=復(fù)數(shù)解：選B. 即,，即為實數(shù)(1987, 聯(lián)賽) 如圖，和是兩個不全等

4、的等腰直角三角形，現(xiàn)固定，而將繞點在平面上旋轉(zhuǎn)，試證：不論旋轉(zhuǎn)到什么位置，線段上必存在點，使為等腰直角三角形證明：以為原點，為軸正方向建立復(fù)平面設(shè)表示復(fù)數(shù)，點表示復(fù)數(shù)則點表示復(fù)數(shù)，點表示復(fù)數(shù).把繞點旋轉(zhuǎn)角得到，則點表示復(fù)數(shù)點表示復(fù)數(shù).表示中點的復(fù)數(shù). 表示向量的復(fù)數(shù)：表示向量的復(fù)數(shù)： 顯然：于是，且即為等腰直角三角形故證(1988，聯(lián)賽) 復(fù)平面上動點的軌跡方程為，為定點，另一個動點滿足，求點的軌跡，指出它在復(fù)平面上的形狀和位置解：，故得，即即以為圓心 為半徑的圓 (1990 , 聯(lián)賽) 設(shè)非零復(fù)數(shù)滿足，則代數(shù)式的值是( ) A B1 C1 D以上答案都不對解：，其中且若，則得若，則得選B(1

5、991 , 聯(lián)賽) 設(shè)均為非零復(fù)數(shù)，且，則的值為( ) A1 B C D 解：令，則由得且故選C（1991，全國聯(lián)賽）設(shè)復(fù)數(shù)，滿足，則 解法1： 4000。由，得。由，故。解法2：由提設(shè)知 因為，故，且。設(shè)，則，從而，故。于是或，這里。當時，從而。當時，可得同樣結(jié)果。解法3：考慮復(fù)數(shù)的幾何意義。設(shè)復(fù)數(shù)，在復(fù)平面上對應(yīng)的點分別是，設(shè)為的中點。由條件，。因此容易知道為等邊三角形，不妨設(shè)，代入得。(1992,聯(lián)賽)設(shè)復(fù)數(shù)在復(fù)平面上對應(yīng)的點分別為，且，為坐標原點，則的面積為( ) (A) (B) (C) (D) 解：選A，的夾角為。(1992,聯(lián)賽) 設(shè)都是復(fù)數(shù)，且，則的值是_解： 即，(1993 ,

6、 聯(lián)賽) 設(shè)為非零實數(shù)，為虛數(shù)單位，則方程與在同一復(fù)平面內(nèi)的圖形(為焦點)是( )解：方程為橢圓，為雙曲線的一支二者的焦點均為，由，故否定A由于為橢圓的長軸，而C中兩個焦點與原點距離(分別表示)均小于橢圓長軸，故否定C由B與D知，橢圓的兩個個焦點都在軸負半軸上，由為長軸，知，于是，曲線上一點到距離大，否定D，故選B(1993 , 聯(lián)賽) 二次方程 (為虛數(shù)單位，)有兩個虛根的充分必要條件是的取值范圍為_解：即此方程無實根的條件當時，此方程有兩個復(fù)數(shù)根，若其有實根，則，且相減得當時，此二方程相同，且有兩個虛根故在取值范圍內(nèi)當時，代入得即時，原方程有實根故所求范圍是(1993 , 聯(lián)賽) 若，則的

7、值是_.解：如圖，可知表示復(fù)數(shù)(1994 , 聯(lián)賽) 給出下列兩個命題：(1)設(shè)都是復(fù)數(shù)，如果，則(2)設(shè)都是復(fù)數(shù)，如果，則那么下述說法正確的是( ) (A)命題(1)正確，命題(2)也正確 (B)命題(1)正確，命題(2)錯誤 (C)命題(1)錯誤，命題(2)也錯誤 (D)命題(1)錯誤，命題(2)正確解：命題(1)是真命題。由可知、均是實數(shù)，根據(jù)移項法則。命題(2)是假命題。舉反例，則有。但由 ，可知 不成立。故選B (1994 , 聯(lián)賽) x的二次方程、均是復(fù)數(shù)，且.設(shè)這個方程的兩個根為、，且滿足.求的最大值和最小值.解法一. 根據(jù)韋達定理有圖1 這表明復(fù)數(shù)在以為圓心，以7為半徑的圓周上

8、如圖1所示.故原點在之內(nèi). 連接，延長交于兩點與，則為最大值.為最小值. 的最大值是的最小值是7.解法二. 同解法1，得 . 其中的最大值為 的最小值為解法三. 根據(jù)韋達定理，有 ， 等號成立的充要條件是的輻角主值相差，即取最小值點評：三種解法，各有千秋. 解法1運用數(shù)形結(jié)合法，揭示復(fù)數(shù)m的幾何意義，直觀清晰；解法2則活用三角知識，把化為角“”的正弦；解法3運用不等式中等號成立的條件獲得答案；三種解法從不同側(cè)面刻面了本題的內(nèi)在結(jié)構(gòu)特征.(1995 , 聯(lián)賽) 設(shè)復(fù)平面上單位圓內(nèi)接正20邊形的20個頂點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)依次為，則復(fù)數(shù)所對應(yīng)的不同的點的個數(shù)是( ) (A)4 (B)5 (C)10 (D

9、)20解法一. 因為我們只關(guān)心不同的點的個數(shù)，所以不失一般性可設(shè).由，有故應(yīng)選A.解法二. 由可知只有4個取值，而=（）3的取值不會增加，則B、C、D均應(yīng)排除，故應(yīng)選A.解法三：設(shè)，則.由,得 共有4個值選A點評：如題設(shè)可知，應(yīng)設(shè).故解題中應(yīng)注意分解因式.上述兩個解法均為基本方法.思維的起點是不失一般性設(shè)，于是可用直接法（解法一）和排除法（解法二）.(1995 , 聯(lián)賽) 設(shè)為一對共軛復(fù)數(shù)，若，且為實數(shù)，則 解：設(shè)，則設(shè)，則可取，(因為只要求，故不必寫出所有可能的角)，于是(1996 , 聯(lián)賽) 復(fù)平面上，非零復(fù)數(shù)在以為圓心，1為半徑的圓上，的實部為零，的輻角主值為，則_解：滿足；，得，設(shè)的輻

10、角為，則，若其實部為0，則，于是，(1997 , 聯(lián)賽) 已知復(fù)數(shù)滿足，則的幅角主值范圍是 解：，這個等式成立等價于關(guān)于的二次方程有正根，由，故必須 .，.(1997 , 聯(lián)賽) 試問：當且僅當實數(shù)滿足什么條件時，存在實數(shù)使得成立，其中，為虛數(shù)單位，。證明你的結(jié)論。解：由于 ；若，則此時矛盾故必反之，若成立此時，可分兩種情況：（1）當成立時，取，于是，而即成立（2）當成立時，記，于是不能全為0不妨設(shè)，取，則此時，；而 仍有成立故所求條件為(1998 , 聯(lián)賽) 設(shè)復(fù)數(shù)，復(fù)數(shù)在復(fù)平面上對應(yīng)的三個點分別是.當不共線時,以線段為兩邊的平行四邊形的第四個頂點為, 點到原點距離的最大值是_.解： eq

11、o(sup7(),OS)= eq o(sup7(),OP)+ eq o(sup7(),PQ)+ eq o(sup7(),PR)= eq o(sup7(),OP)+ eq o(sup7(),OQ) eq o(sup7(),OP)+ eq o(sup7(),OR) eq o(sup7(),OP) = eq o(sup7(),OQ)+ eq o(sup7(),OR) eq o(sup7(),OP) 即，當，即時，(1998 , 聯(lián)賽)已知復(fù)數(shù) ，求的共軛復(fù)數(shù)的輻角主值解： .當時， . 輻角主值為(2003 , 聯(lián)賽) 設(shè)分別是復(fù)數(shù)（其中都是實數(shù)）對應(yīng)的不共線的三點. 證明：曲線 與中平行于的中位線

12、只有一個公共點，并求出此點. 解: 設(shè),則代入并由復(fù)數(shù)相等可得即因為不共線 ，所以,可見所給曲線是拋物線段.的中點分別是,所以的方程為 .聯(lián)立兩式得,得 ,注意到,所以拋物線與中平行于的中位線有且只有一個公共點，此點的坐標為,相應(yīng)的復(fù)數(shù)為 (2006,高中聯(lián)賽) 若對一切R，復(fù)數(shù)的模不超過2，則實數(shù)的取值范圍為 .解：依題意，得 （）（對任意實數(shù)成立） . 故 的取值范圍為 。(2007, 湖北競賽) 設(shè)復(fù)數(shù)其中，當取得最小值時，_.解： 易求得，于是10，取得最小值，當且僅當，解得，所以12.(2009, 山東競賽)在復(fù)平面上，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點互連結(jié)1和兩點的線段上運動，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點在以原點為圓

13、心，半徑等于1的圓上運動，則復(fù)數(shù)對應(yīng)的點所在區(qū)域的面積為（ ）. （A） （B） （C）（D）解：由已知可得，得設(shè)則消去，得.即對應(yīng)的點以為圓心半徑等于1的圓上，而因為故對應(yīng)點所在區(qū)域為圖中陰影部分.其面積為 故選B. （2006，上海交大）已知是的一個非實數(shù)根，則_解：（2006，上海交大）若，求的最大值解：因為，（是負數(shù)z的實數(shù)部分） 而 所以 的最大值為，當時，最大值為2+k當k0時，最大值為2-k(2009,浙江競賽) 用一個數(shù)列取遍走遍復(fù)平面上所有整點：令，然后按逆時針方向逐格前進。再令，其中i為虛數(shù)單位。求的最簡潔的統(tǒng)一表達式。k+1個k+1個解： 由于，所以應(yīng)是模4的同余式。為了

14、尋找規(guī)律，我們首先去求的表達式。在這里，對使的最小n，有 。所以 . 即。當為偶數(shù)時，所以即，也即有。當為奇數(shù)時，所以 即，也即有?？傊?。于是有：。 (2013, 北約) 模長為1的復(fù)數(shù)，滿足，求的模長.解：根據(jù)公式知，.于是知：.所以的模長為1.（2007，甘肅預(yù)賽） 設(shè)則的值為 其中為高斯函數(shù). 解： 設(shè)，則，令把分別代入題設(shè)的等式中，有三式相加，并注意到（2008，天津）若方程有模為的根，則所有模為的根的和為 . 解：設(shè)是滿足條件的根，則原方程等價于. 兩邊同時取模，可得. 因為，所以所有模為的根只可能為復(fù)平面上以為圓心，為半徑的圓與以為圓心，為半徑的圓的交點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)，因此有，經(jīng)檢

15、驗，這兩個根都是原方程的根，于是可得所有模為的根的和為. (2000，復(fù)旦) 設(shè)是復(fù)平面內(nèi)單位圓上的四點，其對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為，若，求證：這四點組成一個矩形。證明: 令,并設(shè)是復(fù)平面內(nèi)單位圓上依次排列。 因為，所以，因此 將上述兩式變形為： 兩式作商得，因此。同理 。兩式作差得，故，同理。所以是圓的兩條直徑，即這四點組成一個矩形。例1. 計算：(1) ；(2) 解: ,又由二項式定理得)，比較實部和虛部，得，.例2. 已知，且，復(fù)數(shù)(1) 求的三角形式；(2) 若，求的取值范圍解：(1) ， 1）當時，則， 而， 此時三角形式為 2）當時，則， 而， 此時三角形式為(2) 當， 而，； 當， 而

16、，點評：化含三角函數(shù)關(guān)系的復(fù)數(shù)為三角形式時，應(yīng)把握概念，準確運用有關(guān)三角公式例3. 設(shè)復(fù)數(shù)、滿足：，其中，若、在復(fù)平面上所對應(yīng)的點分別是、，求的面積解：由復(fù)數(shù)及復(fù)數(shù)乘法的幾何意義，點在單位圓上，設(shè)其輻角主值為，點是，其輻角主值是，點是將逆時針旋轉(zhuǎn)角后對應(yīng)向量的終點，同理向量則是由向量逆時針旋轉(zhuǎn)后，再將模伸長為模的3倍而得到 如圖所示： 例4. 已知復(fù)數(shù)滿足，求復(fù)數(shù)的模的最大、小值及對應(yīng)的解法一: 、 ， 而當時， 當時，；而當時，解法二: 設(shè) ， ，且當時，； 當時，點評: 高考中對復(fù)數(shù)的考查多集中在復(fù)數(shù)的概念以及復(fù)數(shù)的代數(shù)運算，對復(fù)數(shù)的三角形式的考查不多有時可能采取一題多法，即設(shè)復(fù)數(shù)的代數(shù)形

17、式和復(fù)數(shù)的三角形式均可解，只不過運用三角形式解答時較方便例5. 已知，求證：。證明: 令,，則。所以又因為.所以=1，即由得 又所以所以.所以.例6. 以定長線段為一邊任作，分別以為腰，為直角頂點向外作等腰直角、等腰直角。求證：的中點為定點。證明: 設(shè)，以中點為原點，為軸，建立直角坐標系，確定復(fù)平面，則對應(yīng)的復(fù)數(shù)為點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為,，由復(fù)數(shù)乘法的幾何意義得：，由+得 .設(shè)的中點為，對應(yīng)的復(fù)數(shù)z=,為定值，故的中點為定點。例7. 設(shè)為平面上任意四點，求證：。證明: 用表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，則.因為 .所以 .等號成立當且僅當，即，即共圓時成立。不等式得證。例8. 的頂點表示的復(fù)數(shù)為，底邊在實軸上滑動

18、，且，求的外心軌跡。解: 設(shè)外心對應(yīng)的復(fù)數(shù)為，點對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別是.因為外心是三邊垂直平分線的交點，而的垂直平分線方程為，的垂直平分線的方程為，所以點對應(yīng)的復(fù)數(shù)滿足，消去解得所以的外心軌跡是軌物線。例9. 證明：自上任意一點到正多邊形各個頂點的距離的平方和為定值。證明: 取此圓為單位圓，為原點，射線為實軸正半軸，建立復(fù)平面，頂點對應(yīng)復(fù)數(shù)設(shè)為，則頂點對應(yīng)復(fù)數(shù)分別為. 設(shè)點對應(yīng)復(fù)數(shù),則,且 命題得證。例10. 在四邊形內(nèi)存在一點，使得，都是以為直角頂點的等腰直角三角形。求證：必存在另一點，使得也都是以為直角頂點的等腰直角三角形。證明: 以為原點建立復(fù)平面，并用表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，由題設(shè)及復(fù)數(shù)乘法的幾何意義知,；取，則，則為等腰直角三角形；又由得，即，所以也為等腰直角三角形且以為直角頂點。綜上命題得證。例11. 平面上給定及點，定義，構(gòu)造點列使得為繞中心順時針旋轉(zhuǎn)時所到達的位置，若.證明：為等邊三角形。證明: 令，由題設(shè)，約定用點同時表示它們對應(yīng)的復(fù)數(shù)，取給定平面為復(fù)平面，則 ,得,為與無關(guān)