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1、优秀学习资料欢迎下载 高中数学竞赛讲义 复数 一、基础知识 1复数的运算法则： 三角形式，若z1=r1(cos 1+isin1), z2=r2(cos2+isin2)，则 z1? z2=r1r2cos(1+2)+isin(1+2)； 11 2 22 (0), zr z zr cos(1-2)+isin(1-2)，或记为z1z2=r1r2 12 ()i e ； . )( 2 1 2 1 21 i e r r z z 2棣莫弗定理：r(cos +isin ) n=rn(cosn +isinn ). 3开方：若 n wr(cos +isin )，则) 2 s i n 2 (cos n k i n k
2、 rw n ，k=0,1,2,n-1。 4方程10(2 n xnnn为自然数，且）的个根 记为： 22 cossin(0,1,2,1) k kk ikn nn 称为 1 的n次单位根。 由棣莫弗定理， 全部n次单位根可表示为 1 1 2 11 1 n ，。 关于单位根，有如下常用性质：)201 1 1 2 11 n n （； 任意两个单位根 ji, 的乘积仍为一个n次单位根，且 （1）的余数）除以是其中时，当njiknji kjijiji ,(； （2）设m为整数，1n，则 的倍数）不是 的倍数），是 nm nmn m n mm (0 ( 1 121 （3）1+z1+z2+ zn-1=0； （
3、4）x n-1+xn-2+ x+1=( x-z 1)(x-z2) ( x-zn-1)=(x-z1)(x- 2 1 z) ( x- 1 1 n z). 特别地： 1 的立方根有：1， 1 2 3 2 i， - 1 2 3 2 i （1） 3- 31 （2）1 20 或 1- - 20 （3） - 1 （4） 2- ， - 2 （5）(1i)2 2i，(34i)2 724i 5代数基本定理：在复数范围内，一元n 次方程至少有一个根。 6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 优秀学习资料欢迎下载 方程的一个根，则 z=a-bi 也是一个根。 7
4、若a,b,cR,a0 ， 则 关 于x 的 方 程ax 2+bx+c=0， 当 =b 2-4ac0. （1）若.0,0 mn这时，在坐标平面上，F1（0， n） ，F2（0，m） ，只可能为图 象（ C） ，但与 |F1F2|m|. 故在 （B）与（ D）中，均有F1 : ni；F2 : mi，且 m0. 由方程，双曲线上的点应满足到 F2 点的距离小于该点到F1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
5、法 . 5复数与三角。 优秀学习资料欢迎下载 例 8已知 cos +cos +cos =sin +sin +sin =0，求证： cos2 +cos2 +cos2 =0。 证明 令 z1=cos +isin ,z2=cos +isin ,z3=cos +isin ，则 z1+z2+z3=0。所以. 0 321321 zzzzzz又因为 |zi|=1,i=1,2,3. 所以 zi? i z=1，即. 1 i i z z 由 z1+z2+z3=0 得.0222 133221 2 3 2 2 2 1 zzzzzzxxx 又.0)( 111 321321 321 321132321 zzzzzz zz
6、z zzzzzzzzz 所以.0 2 3 2 2 2 1 zzz 所以 cos2 +cos2 +cos2 +i(sin2 +sin2 +sin2 )=0. 所以 cos2 +cos2 +cos2 =0。 例 9求和： S=cos200+2cos400+ +18cos18 200. 解 令 w=cos20 0+isin200,则 w18=1，令 P=sin200+2sin400+ +18sin18 20 0, 则 S+iP=w+2w 2+ +18w18. 由 w 得 w(S+iP)=w2+2w 3+ +17w18+18w19， 由 -得 (1-w)(S+iP)=w+w 2+ w18-18w19=
7、19 18 18 1 )1 ( w w ww ， 所以 S+iP= i w w 2 3 2 1 9 1 18 ，所以. 2 9 S 6复数与多项式。 例 10已知 f(z)=c0z n +c1z n-1+ c n-1z+cn是 n 次复系数多项式 (c0 0). 求证：一定存在一个复数z0， |z0| 1 ，并且 |f(z0)| |c0|+|cn|. 证明 记 c0z n+c 1z n-1+ c n-1z=g(z),令=Arg(cn)-Arg(z0)，则方程g(z)-c0e i =0 为 n 次方程， 其 必 有n个 根 ， 设 为z1,z2, , zn， 从 而g(z)-c0ei =(z-z
8、1)(z-z2)? ?( z-zn)c0， 令 z=0 得 -c0e i =(-1) n z1z2 znc0，取模得 |z1z2zn|=1。所以z1,z2, ， zn中必有一个 zi使得 |zi| 1,从而 f(zi)=g(zi)+cn=c0e i =cn，所以 |f(zi)|=|c0e i +cn|=|c0|+|cn|. 7单位根的应用。 例 11证明：自 O 上任意一点p 到正多边形A1A2An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 i n e 2 ，则顶点A2A3An对应复数分别为 2， 3， ，n.
9、设点 p 对应复数 z,则 优秀学习资料欢迎下载 |z|=1,且=2n- n k kk n k kk n k k n k k zzzzzpA 111 2 1 2 )2()(| =2n-.22 1111 nzznzz n k k n k k n k k n k k 命题得证。 例 12集合 A=1 18 zz和 B=1 48 都是 1 的复数根的集合，集合C= BAzz,也是一个1 的复数根集合，集合C 中有多少个不同的元素。（美国） 解：个），相异元素 18(, 18 2 sin 18 2 cosZk k i k z 个），相异元素 48(, 48 2 sin 48 2 cosZk t i t
10、 . 144 382 sin 144 382 cos tk i tk z 令ZPZtktkmmP下证,38 （1）设ZPZmtkmPm得故则,38, （2）任取有三种情况：则xZx, PxnxZnnx故则,308,3； PxnxZnnx故则,3318, 13； PxnxZnnx故则,6328,23。 PZ，故 Z=P，故集合 C 有 144 个不同元素。 例 13 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, 2021 zzz则 复数 1995 20 1995 2 1995 1 ,zzz 所对应的不同的点的个数是（） A4 B5 C10 D20 【思路分析】如题设可知，应
11、设1 20 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1 20 k z.由1 60 k z，有 优秀学习资料欢迎下载 ., 1, 1 ),)()(1)(1(10 15151515 1515151560 izizzz izizzzz kkkk kkkkk 【答案】 A. 【解法 2】由),)()(1)(1(10, 1 55552020 izizzzzz kkkkkk 则 可知 5 k z只有 4 个取值，而 15 k z=（ 5 k 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
12、不失一般性设1 20 k z，于是可用直接 法（解法1）和排除法（解法2） . 8复数与几何。 例 14在四边形ABCD 内存在一点P，使得 P AB，PCD都是以 P 为直角顶点的等腰直 角三角形。求证：必存在另一点Q，使得 QBC ，QDA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 i iBC Q 1 ，则 C-Q=i(B-Q)，则 BCQ为等腰 直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得)(Q i A iQ i D ，即 A-Q=i(D-Q)，所以 ADQ也为
13、等 腰直角三角形且以Q 为直角顶点。综上命题得证。 复数的几何意义，为我们解决几何问题提供了有效的方法。 例 15如图， ABC 和 ADE 是两个不全等的等腰直角三角形。现固定ABC，而将 ADE 绕 A 点在平面上旋转。 试证：不论 ADE 旋转到什么位置， 线段 EC 上必存在一点M， 使 BMD 为等腰直角三角形。 （高中联赛，1987） 证明1：首先探索M 点的位置，为此让ADE 绕 A 点旋转 4 ，使 E 点落在 AB 边上，不难证明， 在这一特殊位置时，M 点恰好是EC 的中点。 下面再用复数证明一般情况下，M 点仍是 EC 的中 点（图 4.5.7） 。 建立如图4.5.8
14、的复平面，使0 A z。不妨设 2Cz， 则Ryxyixziz DB ,1， 则iyxyxyixizez D i E 12 4 。 E D C B A 优秀学习资料欢迎下载 由中点公式iyxyx zz z EC M 2 2 1 2 ， 又因为i xyyx zz mDMD 22 2 ， i yxxy zz mBMB 2 2 2 ， 故 MBMD 且 MBMD i。故 BMD 是以点 M 为直角 顶点的等腰直角三角形。 证明 2 通过复数方法直接计算后确定M 点的位置。为此仍将ABC 置于复平面，设A， B， C 所对应的复数分别为0， 4 ,21 i aea a，AD 长为 1，则 D，E 对应
15、的复数分别 为 i i ee 4 2, （这里是 AD 的旋转角）。 再以 DB 为斜边作等腰直角三角形DMB A E D C B M D M E C B A y x E C A y x O B D 优秀学习资料欢迎下载 于是 DBD ii DBDm zzzeaezzzz 44 2 2 2 1 . ii eae 44 2 2 2 1 , 所以 EC i m zzeaz 2 1 22 2 14 。 由此可知M 点是线段EC 的中点，命题得证。 证明 3 通过建立恰当的坐标系简化证明。由于ABAD，因而不论ADE 旋转到什么位 置， B，D 均不会重合，因而可取BD 所在的直线为横坐标，BD 中点
16、为原点（如图4.5.9） ， 设azaz DB ,， 于是iazizzzz ADADE ，故iazaz AE ， 同理iazaz AC ，则线段EC 的中点 M 的值为aizzz AEM 2 1 ， 而aizazaz MDB ,，恰好对应等腰三角形的三个顶点，即三角形BDM 是等腰直 角三角形。 例 16若四边形ABCD 内部有一点P，使四个三角形PAB， PBC， PCD， PDA 等 积，求证 P 点必在对角线AC 或 BD 上。 （瑞典， 1982） 分析用复数表示三角形面积，形式非常简单。设 21 2211 , ii erzerz， 则 2121sin 2 1 21 rrSzOz 。
17、由于 2121212121 Im 2 1 ,sincos 21 zzSirrzz zOz 。 本题取 P 为复平面的原点，A、B、C、D 对应复数 DCBA zzzz,，则由四个三角形等积， 得 ADDCCBBA zzzzzzzzImImImIm， 又因为 i zzzz zz i zzzz zz CBCB CB BABA BA 2 Im, 2 Im， 优秀学习资料欢迎下载 所以 CBCBBABA zzzzzzzz，即 CABCA zzzzzzB 。 同理可得 CACCAC zzzzzz， 若0 CA zz，则 CA zz，这说明 P 点为 AC 的中点， 若0 CA zz，则 C B C B
18、z z z z ，这说明P 点为 BD 的中点，所以P 点必在 AC 或 BD 上。 例 17平面上给定A1A2A3及点 p0，定义 As=As-3,s4 ，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： A1A2A3为等边 三角形。 证明 令 u= 3 i e，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, u2+ (-u) 得 p3=(1+u)(A3-uA2+u 2
19、A 1)+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A1A2A3为正三角形。 三、基础训练题 1满足 (2x 2+5x+2)+( y2-y-2)i=0 的有序实数对 (x,y)有_组。 2若 zC 且 z 2=8+6i,且 z3-16z- z 100 =_。 3.复数 z 满足 |z|=5，且 (3+4i)?z 是纯虚数，则z_。 4已知 i z 31 2 ，则 1+z+z 2+ z1992=_。
20、5.设复数 z 使得 2 1 z z 的一个辐角的绝对值为 6 ，则 z辐角主值的取值范围是_。 6设 x 是模为 1 的复数，则函数3 1 )( 2 2 x xxf的最小值为（） A5 B1 C 2 D3 7若复数z满足关系zizz则,12|4|2| 22 对应的复平面的点Z 的轨迹是（） A圆B椭圆C双曲线D直线 优秀学习资料欢迎下载 8已知复数z 满足关系式3|2| z，则复数z 的辐角主值的范围是（） A 3 ,0B2, 3 5 C2, 3 5 3 ,0D2, 3 5 3 ,0 9若虚数z满足22,8 233 zzzz那么的值是. 10若关于x 的方程042 22 aaaxx至少有一个
21、模为3 的根，则实数a 的值是 . 11给正方体的8 个顶点染上k 个红点，k8个蓝点（81k）.凡两端为红色的棱记 上数字, 2 31i 凡两端为蓝色的棱记上数字, 2 31i 凡两端异色的棱记上数字1， 这 12 个数字之积的所有可取值为. 12N 个复数z1,z2, , zn成等比数列，其中 |z1| 1 ，公比为q,|q|=1 且 q 1,复数 w1,w2, , wn 满足条件： wk=zk+ k z 1 +h，（其中 k=1,2, ,n， h 为已知实数）， 求证：复平面内表示w1,w2, , wn 的点 P1,P2, , Pn都在一个焦距为4 的椭圆上。 13若 ak 0, k=1
22、,2, ,n，并规定an+1=a1，使不等式 n k k n k kkkk aaaaa 11 2 11 2 恒成 立的实数 的最大值为 _。 14若 nN，且 n 3, 则方程 z n+1+zn-1=0 的模为 1 的虚根的个数为 _。 15设 (x 2006+x2008+3)2007=a 0+a1x+a2x 2+ a nx n，则 2222 54 3 21 0 aa a aa a+ a3k-n kk a aa 22 2313 _。 16设复数z1,z2满足 z1?0 212 zAzAz,其中 A0 ，AC。证明： （1） |z1+A|?| z2+A|=|A|2；（2）. 2 1 2 1 Az
23、 Az Az Az 17若 zC,且|z|=1,u=z 4-z3 -3z 2i-z+1.求|u|的最大值和最小值， 并求取得最大值、最小值时的 复数 z. 四、联赛训练题 优秀学习资料欢迎下载 1已知复数z 满足.1| 1 2| z z则 z 的辐角主值的取值范围是_。 2设复数z=cos +isin (0 )，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PQ， PR 为两边的平行四边形第四个顶点为S ，则 S到原点 距离的最大值为_。 3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z1,z2, , z20,则复数 19
24、95 20 1995 2 1995 1 ,zzz所对应的不同点的个数是_。 4已知复数z 满足 |z|=1，则 |z+iz+1|的最小值为 _。 5 设iw 2 3 2 1 ， z1=w-z,z2=w+z,z1,z2对应复平面上的点 A， B， 点 O 为原点，AOB=90 0， |AO|=|BO|，则 OAB面积是 _。 6设 5 sin 5 cosiw，则 (x-w)(x-w 3)(x-w7)(x-w9)的展开式为 _。 7已知 (i3) m=(1+i)n(m,nN +)，则 mn 的最小值是 _。 8复平面上，非零复数z1,z2 在以 i 为圆心， 1 为半径的圆上， 1 z?z2的实部
25、为零， z1的辐 角主值为 6 ，则 z2=_。 9.当 nN,且 1 n 100 时， ni 1) 2 3 ( 7 的值中有实数_个。 10已知复数z1,z2 满足 2 1 1 2 z z z z ，且 3 1 Argz， 6 2 Argz， 8 7 3 Argz，则 3 21 z zz Arg 的值是 _。 11 集合 A= z|z 18=1, B= w|w48=1, C= zw|zA,wB ， 问： 集合 C 中有多少个不同的元素？ 12证明：如果复数A 的模为1，那么方程A ix ixn ) 1 1 (的所有根都是不相等的实根 （n N+）. 13.对于适合 |z| 1 的每一个复数z
26、，要使 0|z+ |2 总能成立，试问：复数 ，应满足什 么条件？ 14设非零复数a1,a2,a3,a4,a5满足 优秀学习资料欢迎下载 ,)( 4 1 5432154321 4 5 3 4 2 3 1 2 Saaaaaaaaaa a a a a a a a a 其中 S为实数且 |S| 2，求证：复数a1,a2,a3,a4,a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上。 15求证：)2( 2 )1( sin 2 sinsin 1 n n n n nn n 。 16已知 p(z)=z n+c 1z n-1+c 2z n-2+ c n是复变量 z 的实系数多项式，且|p(i)|1，求证：存在实 数 a,b,使得 p(a+bi)=0 且(a2+b2+1) 24b2+1. 17 运用复数证明： 任给 8个非零实数a1,a2, , a8， 证明六个数 a1a3+a2a4, a1a5+a2a6, a1a7+a2a8, a3a5+a4a6, a3a7+a4a8,a5a7+a6a8中至少有一个是非负数。 18已知复数z 满足 11z 10+10iz9+10iz-11=0，求证： |z|=1. 19设 z1,z2,z3为复数，求证： |z1|+|z2|+|z3|+|z1+z2+z3| |z1+z2|+|z2+z3|+|z3+z1|。