48
中学数学教学参考 2000年第7期
竞赛园地
高中竞赛初级讲座
复数运算的几何意义
广东省深圳市高级中学 冯跃峰
自从复数与复平面上的点建立对应之后, 复数与图形便结下了不解之缘 一些复数的运算表现出明显的几何意义. 解题中恰当地利用这些复数运算的几何意义, 便能获得简捷的解法. 在数学竞赛中, 利用复数运算的几何意义解决的复数问题则更为常见.
本文主要介绍复数运算的几何意义在问题中所表现的几种类型及相应的解题策略.
一、基础知识1. 减法
(1) z -a 表示由a(对应的点) 指向z (对应的点) 的向量, 即AB =z B -z A .
(2) |z -a |表示z (对应的点) 到a (对应的点) 的距离.
2. 乘法
(1) z (cos +i sin ) , 表示将z 对应的向量逆时钟旋转角度 ; z (cos -i sin ) , 表示将z 对应的向量顺时钟旋转角度 . (2) 设复数z 1、z 2、p 分别对应点A 、B 、P , 则PA ! PB (z 2-p ) =ai ∀(z 1-p ) (a #R , a ∃0) .
3. 除法
设复数z 1、z 2、p 分别对应点A 、B 、P , 则arg (
z 1
) =%AOB 或360&-%AOB. z 2
的解法.
解法1:|z 1-z 2|=|z 2-z 3|=|z 3-z 1|. 若注意到正三角形两边相等, 且夹角为60&, 则得到如下的解法.
解法2:z 3-z 1=(z 2-z 1) (cos60&) i sin60&).
若选择前一种解法, 则可设z 3=a +bi (a, b #R ) , 但这种方法将涉及到解较为复杂的方程组, 其主要步骤还是∋代数的(, 过程较繁.
若选择第二种解法, 则将z 1、z 2之值直接代入, 即可求出z 3, 可谓直接了当, 一气呵成.
例2 设z 1、z 2为复数, |z 1|=3, |z 2|=5, |z 1+z 2|=7. 求arg (学联赛试题)
导析:题目条件本身具有明显的几何意义:设z 1、z 2、z 1+z 2分别对应A 、B 、C , 则在平行四边形OA CB 中, 四边及一条对角线的长为已知, 那么∋解题目标(是否也具有几何意义? 图形上找不到arg (arg (
z 23
) , 但可找到z 1
z 23
) . (1992年全国数z 1
z 2
) . 这是一种∋退(的策略, 退到便于利用z 1
例3 设复数z 1z 2∃0, |z 1+z 2|
z 12
=|z 1-z 2|, 求证:(z )
2
导析:由条件:∋|z 1+z 2|=|z 1-z 2|(的
条件. 这在解竞赛题中尤为重要.
+i 、z 2=122
+3i 对应复平面上的两点与z 3对应的点构成
例1 已知复数z 1=
一个正三角形, 求复数z 3.
导析:本题的条件是关于∋形(的, 而要求是∋数(. 于是, 如何将∋形(的特征用∋复数(来描述, 是解题的关键.
, 几何意义, 一眼就可看出平行四边形两条对角线的长相等, 进而知四边形为矩形. 现在的问题是:∋矩形(对证明(
z 12
)
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-1|=23. 4
上述解法利用了复数模及复数除法的几何意义, 结合了方程的一些知识:实系数方程
=4
|
的虚根成对出现、韦达定理以及复数代数式与三角式之间的关系等, 尽管解答并不很简捷, 但沟通了各方面知识的联系, 对于训练学生的思维能力是颇有裨益的.
例5 已知 z 2的辐角, 1、2是复数z 1、z 1+z 2=5i, |z 1z 2|=14, 求cos ( 1- 2) 的最大值与最小值, 并求取得最小值时的复数z 1、z 2.
导析:从∋目标(上看, 产生∋ 1- 2(是解题的关键, 学生通常会想到复数的三角形式, 这当然是一种解题途径, 但过程较繁, 而且还依赖一定的变形技巧. 如果引导学生思考:能否在图形中找到 1- 2, 则可发现:若设z 1、z 2、z 1+z 2对应的点分别为A 、B 、C , 则%A OB = 2- 1. 于是在∗OAC 中利用余弦定理得,
25=|z 1|2+|z 2|2
-2|z 1z 2|cos [! -( 2- 1) ],
即 25=r 2+2+28cos ( 2- 1).
r
以下便化为一般的最值问题, 从略. 例6 设p 、q 为实数, 方程x 2+px +q =0的两根 、 在复平面上对应的点为A 、B , 且∗A OB 是正三角形, O 为坐标原点. 若 + =-1, 求p 、q.
导析:本题通常都是用代数方法求解的, 过程较繁. 而用几何方法可得到非常简捷的解答, 解题的关键在于发现三角形位置的特殊性:因为 、 互为共轭复数, 所以A 、B 关于x 轴对称. 至此, 结合∗ABC 是正三角形, 便有%A Ox =30&或150&. 因而可设a =r (cos30&+i sin30&) 或a =r (cos150&+i sin150&) . 以下工作便是一些程序化的演算, 可由学生完成.
三、强化训练1. 已知arg (z -i) =(.
, 则z 对应点的轨6
8
8
要逆用几何意义:引导学生思考如何将OA ! OB 用复数表示, 即可得到:z 1=ai ∀z 2(a ∃0).
二、综合应用
综合应用包括两个方面, 一是各种几何意义的综合, 二是几何方法与其他方法的综合. 比如, 结合使用一些三角、方程、解析几何中的方法等, 远比局限于一种方法来得灵活和简捷.
例4 设复数z 1、z 2满足4z 12-2z 1z 2+z 2=0, |z 2|=4. 设O 为坐标原点, z 1、z 2对应的点为P 、Q, 求∗POQ 的面积.
导析:从∋目标(入手, 首先应考虑选择怎样的面积公式才有利于利用条件, 自然想到:
|OP |∀|OQ |sin %POQ 2
=2|z 1|sin %POQ.
至此, 只须求出|z 1|和sin %POQ. 这自然S ∗POQ =
要寻求|z 1|与|z 2|的联系. 发现由条件:4z 12
z 12
-2z 1z 2+z 2=0可以求出z , 同时sin %POQ
2
也迎刃而解.
如果将几何意义与其他方法结合, 则可得到如下别具一格的方法. 介绍如下:
S ∗POQ =|OP |∀|OQ |sin %POQ
2
z 1=|z 1|∀|z 2|∀|sin(arg ) 2z 2
z 1z 1
=|z 2|2∀||∀|sin(arg ) |2z 2z 2
z 1
=8|Im () |.
z 2
2
因为4z 1-2z 1z 2+z 22=0, z 1z 1
所以4() 2-2() +1=0.
z 2z 2
z 1
设上述关于的方程的两根为 、 , 则
z 2
、 互为共轭复数, 且 + =, =, 于
24
z 1
是S ∗POQ =8|Im () |=4| - |
z 2
=4|( - ) |
2
50
A . 一条直线 B . 一条射线C . 两条射线 D . 非直线的曲线
22
2. 设z 为复数, arg (z -4) =6, arg (z +4) =, 则z =. (1993年全国数学联赛
3题)
中学数学教学参考 2000年第7期
|z 1-z 2|2+|z 1+z 2|2=2(|z 1|2+|z 2|2) =2(9+|z 2|2) , 所以|z 2|=3.
设z 1、z 2、z 1+z 2对应复平面上的点A 、B 、C , 则由|z 1|=|z 1+z 2|=|z 2|=3, 知∗OAC 为正三角形, %AOB =120&.
所以z 2=z 1(cos120&+i sin120&). z 1
z 2
=|z 2|2(cos120&+i sin120&) z 1z 2=|z 2|∀
2
3. 复平面上, 非零复数z 1、z 2在以i 为圆心, 1为半径的圆上, z 1z 2的实部为零, z 1的辐角主值为, 则z 2=. (1996年全国数学
6
联赛题)
4. 设z 1、z 2为复数, |z 1|=|z 1+z 2|=3, |z 1-z 2|=3(z 1z 2)
2000
=9(cos120&+i sin120&) , z 1z 2=|z 1|2∀
z 2
z 12
=|z 1|(cos120&-i sin120&) =9(cos120&-i sin120&) , 所以 log 3|(z 1z 2) =log 3|9
2000
2000
. 求log 3|(z 1z 2)
2000
+
|. (1991年全国数学联赛题)
5. 设z 1、z 2为复数, 求证:|z 1+z 2|2+|z 1-z 2|2=2(|z 1|+|z 2|).
此即平行四边形的性质. 6. 设复数z 1、z 2、z 3满足z 1+z 2+z 3=0, |z 1|=|z 2|=|z 3|=1. 求证:z 1、z 2、z 3对应的点构成一个正三角形.
参考答案与提示:1. B .
2. z =) (1+3i ). +i. 22
4. 由条件得3. z 2=-2
2
+(z 1z 2)
2000
|
(cos240&+i sin240&)
+92000(cos240&-i sin240&) |=log 334000|2cos240&|=4000. 5. 利用平行四边形的性质即证.
6. 因为z 3=-(z 1+z 2) , 又|z 3|=1, 所以|
z 1+z 2|=1, 设z 1、z 2、z 1+z 2对应的点分别为A 、B 、P, 则|OA |=|OP |=1, |AP |=|OB |=1, 所以∗AOP 是正三角形, 所以%AOP =60&, 同理%BOP =60&, 所以%A OB =120&. 同理可证%BOC =120&, %COA =120&.
(本期∋高中竞赛初级讲座(特邀编辑 刘康宁)
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名 称
高考数学应用、开放问题解析与训练高考专项解题能力导练丛书(数学) 初中竞赛简读本(数学) 初中竞赛简读本(物理) 初中竞赛简读本(化学)
跨学科综合问题解析与训练(文科版) 跨学科综合问题解析与训练(理科版) 2000年最新高考数学试题精选2000年最新中考数学试题精选
开 本大32K 大32K 大32K 大32K 大32K 大32K 大32K 16K 16K
出版时间已出版2000 82000 92000 92000 9已出版已出版已出版已出版
10 808 107 2018 0014 4012 8010 007 206 4010 007 206 4010 007 206 4012 009 008 0011 008 107 207 006 305 606 005 404 80
6 3011 205 605 605 607 006 304 904 20
() . :() .
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复数运算的几何意义
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自从复数与复平面上的点建立对应之后, 复数与图形便结下了不解之缘 一些复数的运算表现出明显的几何意义. 解题中恰当地利用这些复数运算的几何意义, 便能获得简捷的解法. 在数学竞赛中, 利用复数运算的几何意义解决的复数问题则更为常见.
本文主要介绍复数运算的几何意义在问题中所表现的几种类型及相应的解题策略.
一、基础知识1. 减法
(1) z -a 表示由a(对应的点) 指向z (对应的点) 的向量, 即AB =z B -z A .
(2) |z -a |表示z (对应的点) 到a (对应的点) 的距离.
2. 乘法
(1) z (cos +i sin ) , 表示将z 对应的向量逆时钟旋转角度 ; z (cos -i sin ) , 表示将z 对应的向量顺时钟旋转角度 . (2) 设复数z 1、z 2、p 分别对应点A 、B 、P , 则PA ! PB (z 2-p ) =ai ∀(z 1-p ) (a #R , a ∃0) .
3. 除法
设复数z 1、z 2、p 分别对应点A 、B 、P , 则arg (
z 1
) =%AOB 或360&-%AOB. z 2
的解法.
解法1:|z 1-z 2|=|z 2-z 3|=|z 3-z 1|. 若注意到正三角形两边相等, 且夹角为60&, 则得到如下的解法.
解法2:z 3-z 1=(z 2-z 1) (cos60&) i sin60&).
若选择前一种解法, 则可设z 3=a +bi (a, b #R ) , 但这种方法将涉及到解较为复杂的方程组, 其主要步骤还是∋代数的(, 过程较繁.
若选择第二种解法, 则将z 1、z 2之值直接代入, 即可求出z 3, 可谓直接了当, 一气呵成.
例2 设z 1、z 2为复数, |z 1|=3, |z 2|=5, |z 1+z 2|=7. 求arg (学联赛试题)
导析:题目条件本身具有明显的几何意义:设z 1、z 2、z 1+z 2分别对应A 、B 、C , 则在平行四边形OA CB 中, 四边及一条对角线的长为已知, 那么∋解题目标(是否也具有几何意义? 图形上找不到arg (arg (
z 23
) , 但可找到z 1
z 23
) . (1992年全国数z 1
z 2
) . 这是一种∋退(的策略, 退到便于利用z 1
例3 设复数z 1z 2∃0, |z 1+z 2|
z 12
=|z 1-z 2|, 求证:(z )
2
导析:由条件:∋|z 1+z 2|=|z 1-z 2|(的
条件. 这在解竞赛题中尤为重要.
+i 、z 2=122
+3i 对应复平面上的两点与z 3对应的点构成
例1 已知复数z 1=
一个正三角形, 求复数z 3.
导析:本题的条件是关于∋形(的, 而要求是∋数(. 于是, 如何将∋形(的特征用∋复数(来描述, 是解题的关键.
, 几何意义, 一眼就可看出平行四边形两条对角线的长相等, 进而知四边形为矩形. 现在的问题是:∋矩形(对证明(
z 12
)
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49
-1|=23. 4
上述解法利用了复数模及复数除法的几何意义, 结合了方程的一些知识:实系数方程
=4
|
的虚根成对出现、韦达定理以及复数代数式与三角式之间的关系等, 尽管解答并不很简捷, 但沟通了各方面知识的联系, 对于训练学生的思维能力是颇有裨益的.
例5 已知 z 2的辐角, 1、2是复数z 1、z 1+z 2=5i, |z 1z 2|=14, 求cos ( 1- 2) 的最大值与最小值, 并求取得最小值时的复数z 1、z 2.
导析:从∋目标(上看, 产生∋ 1- 2(是解题的关键, 学生通常会想到复数的三角形式, 这当然是一种解题途径, 但过程较繁, 而且还依赖一定的变形技巧. 如果引导学生思考:能否在图形中找到 1- 2, 则可发现:若设z 1、z 2、z 1+z 2对应的点分别为A 、B 、C , 则%A OB = 2- 1. 于是在∗OAC 中利用余弦定理得,
25=|z 1|2+|z 2|2
-2|z 1z 2|cos [! -( 2- 1) ],
即 25=r 2+2+28cos ( 2- 1).
r
以下便化为一般的最值问题, 从略. 例6 设p 、q 为实数, 方程x 2+px +q =0的两根 、 在复平面上对应的点为A 、B , 且∗A OB 是正三角形, O 为坐标原点. 若 + =-1, 求p 、q.
导析:本题通常都是用代数方法求解的, 过程较繁. 而用几何方法可得到非常简捷的解答, 解题的关键在于发现三角形位置的特殊性:因为 、 互为共轭复数, 所以A 、B 关于x 轴对称. 至此, 结合∗ABC 是正三角形, 便有%A Ox =30&或150&. 因而可设a =r (cos30&+i sin30&) 或a =r (cos150&+i sin150&) . 以下工作便是一些程序化的演算, 可由学生完成.
三、强化训练1. 已知arg (z -i) =(.
, 则z 对应点的轨6
8
8
要逆用几何意义:引导学生思考如何将OA ! OB 用复数表示, 即可得到:z 1=ai ∀z 2(a ∃0).
二、综合应用
综合应用包括两个方面, 一是各种几何意义的综合, 二是几何方法与其他方法的综合. 比如, 结合使用一些三角、方程、解析几何中的方法等, 远比局限于一种方法来得灵活和简捷.
例4 设复数z 1、z 2满足4z 12-2z 1z 2+z 2=0, |z 2|=4. 设O 为坐标原点, z 1、z 2对应的点为P 、Q, 求∗POQ 的面积.
导析:从∋目标(入手, 首先应考虑选择怎样的面积公式才有利于利用条件, 自然想到:
|OP |∀|OQ |sin %POQ 2
=2|z 1|sin %POQ.
至此, 只须求出|z 1|和sin %POQ. 这自然S ∗POQ =
要寻求|z 1|与|z 2|的联系. 发现由条件:4z 12
z 12
-2z 1z 2+z 2=0可以求出z , 同时sin %POQ
2
也迎刃而解.
如果将几何意义与其他方法结合, 则可得到如下别具一格的方法. 介绍如下:
S ∗POQ =|OP |∀|OQ |sin %POQ
2
z 1=|z 1|∀|z 2|∀|sin(arg ) 2z 2
z 1z 1
=|z 2|2∀||∀|sin(arg ) |2z 2z 2
z 1
=8|Im () |.
z 2
2
因为4z 1-2z 1z 2+z 22=0, z 1z 1
所以4() 2-2() +1=0.
z 2z 2
z 1
设上述关于的方程的两根为 、 , 则
z 2
、 互为共轭复数, 且 + =, =, 于
24
z 1
是S ∗POQ =8|Im () |=4| - |
z 2
=4|( - ) |
2
50
A . 一条直线 B . 一条射线C . 两条射线 D . 非直线的曲线
22
2. 设z 为复数, arg (z -4) =6, arg (z +4) =, 则z =. (1993年全国数学联赛
3题)
中学数学教学参考 2000年第7期
|z 1-z 2|2+|z 1+z 2|2=2(|z 1|2+|z 2|2) =2(9+|z 2|2) , 所以|z 2|=3.
设z 1、z 2、z 1+z 2对应复平面上的点A 、B 、C , 则由|z 1|=|z 1+z 2|=|z 2|=3, 知∗OAC 为正三角形, %AOB =120&.
所以z 2=z 1(cos120&+i sin120&). z 1
z 2
=|z 2|2(cos120&+i sin120&) z 1z 2=|z 2|∀
2
3. 复平面上, 非零复数z 1、z 2在以i 为圆心, 1为半径的圆上, z 1z 2的实部为零, z 1的辐角主值为, 则z 2=. (1996年全国数学
6
联赛题)
4. 设z 1、z 2为复数, |z 1|=|z 1+z 2|=3, |z 1-z 2|=3(z 1z 2)
2000
=9(cos120&+i sin120&) , z 1z 2=|z 1|2∀
z 2
z 12
=|z 1|(cos120&-i sin120&) =9(cos120&-i sin120&) , 所以 log 3|(z 1z 2) =log 3|9
2000
2000
. 求log 3|(z 1z 2)
2000
+
|. (1991年全国数学联赛题)
5. 设z 1、z 2为复数, 求证:|z 1+z 2|2+|z 1-z 2|2=2(|z 1|+|z 2|).
此即平行四边形的性质. 6. 设复数z 1、z 2、z 3满足z 1+z 2+z 3=0, |z 1|=|z 2|=|z 3|=1. 求证:z 1、z 2、z 3对应的点构成一个正三角形.
参考答案与提示:1. B .
2. z =) (1+3i ). +i. 22
4. 由条件得3. z 2=-2
2
+(z 1z 2)
2000
|
(cos240&+i sin240&)
+92000(cos240&-i sin240&) |=log 334000|2cos240&|=4000. 5. 利用平行四边形的性质即证.
6. 因为z 3=-(z 1+z 2) , 又|z 3|=1, 所以|
z 1+z 2|=1, 设z 1、z 2、z 1+z 2对应的点分别为A 、B 、P, 则|OA |=|OP |=1, |AP |=|OB |=1, 所以∗AOP 是正三角形, 所以%AOP =60&, 同理%BOP =60&, 所以%A OB =120&. 同理可证%BOC =120&, %COA =120&.
(本期∋高中竞赛初级讲座(特邀编辑 刘康宁)
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6 3011 205 605 605 607 006 304 904 20
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