高二数学复数问题
高二数学复数问题
?z1?=?z2?=?z3?=2求(4/z1+4/z2+4/z3)/(z1+z2+z3)的模
|z1|=2--&z1.G1=4 ,这里X1表示z1的共轭(因为打不了bar这个符号)。
所以4/z1=G1.同样4/z1=G2, 4/z3=G3.
所以(4/z1+4/z2+4/z3)/(z1+z2+z3)=(G1+G2+G3)/(z1+z2+z3),
但G1+G2+G3是z1+z2+z3的共轭，因此上式的模为1。
(4/z1+4/z2+4/z3)/(z1+z2+z3)的模 =1
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相关问答：
设z1=2(cosa+isina),z2=2(cosb+isinb),z3=2(cosc+isinc)
则4/z1+4/z2+4/z3
=4z1~/(z1z1~)+4z2~/(z2z2~)+4z3~/(z3z3~)
=4z1~/4+4z2~/4+4z3~/4
=z1~+z2~+z2~
=2(cosa-isina)+2(cosb-isinb)+2(cosc-isibc)
=2[(cosa+cosb+cosc)-i(sina+sinb+sinc)]
由z1+z2+z3
=2(cosa+isina)+2(cosb+isinb)+2(cosc+isinc)
=2[(cosa+cosb+cosc)+i(sina+sinb+sinc)]
由此可见4/z1+4/z2+4/z3与z1~+z2~+z3~是共轭复数，因而其绝对值相等，故原式=1.江苏省淮安中学高二数学《复数的几何意义》学案一._文档下载
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& 江苏省淮安中学高二数学《复数的几何意义》学案一.
江苏省淮安中学高二数学《复数的几何意义》学案一.
教学目标：1、理解复数与复平面内的点、平面向量是一一对应的，能根据复数的代数形式
描出其对应的点及向量；2、理解并能正确应用复数的模，共轭复数的关系。
教学重点：理解复平面内的点z(a,b),OZ,z a bi的关系；复数模的问题。
教学难点：复平面内的点z(a,b),OZ,z a bi的关系；复数模的问题。
教学过程：
一、课前检测
1、计算i2n 3 i2n 1 i2n 1 i2n 34
。 二、新课讲授
问题：实数与数轴上的点是一一对应的,实数可以用数轴上的点来表示,那么复数能否也用点来表示呢?
1、复平面：
2、实轴、虚轴：
思考1：复数z a bi,复平面内的点Z(a,b)和平面向量OZ之间的关系?
思考2：复平面内一对共轭复数对应的点Z1和Z2关于_____________对称
3、复数的模：
4、复数模的几何意义：
思考3：z,z与z之间有什么关系？
三、典例精讲
例1：在复平面内,分别用点和向量表示下列复数:
i ,i ,1 i3, 3 i
总第4页）例2、当实数m为何值时,复数z页（第 (m4课时第 5m1 6)
(m 2m 15)i在复平面中对应的点,位22
于(1)在x轴下方;(2)在第四象限;(3)在直线x y 4 0上.
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复数问题求解大观
【摘要】：正一、利用复数相等的充要条件复数相等的充要条件是它们的实部、虚部都对应相等.利用复数相等的充要条件是我们处理很多复数问题的关键所在.通过"一分为二",使复数问题化归为实数问题得以解决。
【关键词】：
【分类号】：G634.6【正文快照】：
一、利用复数相等的充要条件复数相等的充要条件是它们的实部、虚部都对应相等.利用复数相等的充要条件是我们处理很多复数问题的关键所在.通过“一分为二”,使复数问题化归为实数问题得以解决.例1关于x的方程3x2-2a x2-1=10i-ix-2ix2有实数根,求实数a的值.解析由原方程整理得
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京公网安备75号[导读]学科：数学 教学内容：第五章 复数 一、考纲要求 1.理解复数、虚数、纯虚数的概念以及复数相等的概念，掌握复数的代数形式及其运算法则 ，能正确地进行复数代数的运算。 2.掌握复数三角形式及其特征，三角形式与代数形式的互化；能熟练运用复数的三角形式进行复数的乘、除...
学科：数学
教学内容：第五章
　一、考纲要求
　　1.理解复数、虚数、纯虚数的概念以及复数相等的概念，掌握复数的代数形式及其运算法则 ，能正确地进行复数代数的运算。
　　2.掌握复数三角形式及其特征，三角形式与代数形式的互化；能熟练运用复数的三角形式进行复数的乘、除法及乘方、开方运算。
　　3.理解复数的模、辐角、辐角主值和共轭复数的概念，掌握相关性质，能运用它们解决相关 的复数问题。
　　4.理解复数的几何表示及向量表示，掌握复数加法、减法、乘法的几何意义，并能运用它们 解决一些复数问题，会计算平面上两点间的距离。
　　5.掌握复平面上点的轨迹方程的复数表示形式，会运用复数有关性质求点的轨迹方程。
　　6.掌握一元二次方程、二项方程在复数集上的解法，某些复系数方程和含有参数的方程的解 法；韦达定理、实系数方程的虚根成对等性质及应用。
　　二、知识点、能力点提示
　　复数是一个重要内容，解决复数问题，通常是运用代数形式把它转化为实数问题去解决；运 用三角形式把它转化成三角问题去解决；运用向量及其几何形式把它转化为平面几何问题或 解析几何问题去解决，有时需要运用复数本身一些特有形式如共轭运算，模运算等。复数沟 通了代数、三角、几何之间的联系，因而复数问题的解法往往综合性强且构思巧妙，方法灵 活，复数运算中，求值是最常见的，不仅要用到复数的几种形式，而且有时需运用代数中的 换元法及整体变形，或综合运用其他知识，如：求最值常用基本不等式，函数方法，复数还 常用到数列，二项式定理等知识。
　　复数的运算种类虽多，但各种运算方式间有联系，最本质的运算方式是代数形式的运算。 多样性的运算使我们研究复数问题时有多种可考虑的途径，以便从中选择较好的方式，运算 常用的结论：
　　1.(1+i)2=2i,(1-i)2=-2i
(a+bi)+(a-bi)=2a
　　(a+bi)(a-bi)=a2+b2
(a+bi)2=a2-b2+2abi
　　(a-bi)2=a2-b2-2abi
　　2.i4k=1,i4k+1=i,i4k+2=-1,i4k+3=-i
　　3. Z+=2ReZ
Z-=2(ImZ)i(其中ReZ,ImZ分别表示复数Z的实部和虚部)
　　4.Z?=｜Z｜2=｜｜2
　　5.设w=-+i
则w3=1,1+w+w 2=0, =w2=
　　7.｜Z1?Z2｜=｜Z1｜?｜Z2｜
｜｜= (Z2≠0)
　　8.Z=ZR
　　9.Z=-Z=ki(kR)
　　10.［r1(cosθ1+isinθ1)］［r2(cosθ2+isinθ2)］...［rk(cosθk+isinθk)］
=r1r2r3...rk［cos(θ1+θ2+θ3+...+θk)+isin(θ1+θ2+θ3+... +θk)］
　　其中r1r2r3...rk≥0
(θ1、θ2、θ3...θk
　　这些知识点沟通了复数与实数之间的联系，将复数问题化为实数问题解决，训练学生的化归 思想，同时，在处理数据关系时，会根据法则、公式正确地进行运算，而且能根据题目寻求 合理、简捷的运算途径，培养学生的思维能力和运算技能。复数的运算主要是数与式的组合 变形和分解变形，很好的培养了学生的运算能力。
　　复数的几何意义包括两方面内容，一方面是复数与复平面上的点，复数与复平面上从原点出 发的向量间的一一对应；另一方面是加、减、乘、除、乘方、开方的几何意义。加法的几何 意义：设，各与复数Z1，Z2对 应 ，以，为边的平行四边形的对角线 就与Z1+Z2对应。
　　减法的几何意义：设，各与复数Z 1，Z2对应，则图中向量所对应的复数就是Z2-Z1。
　　｜Z1-Z2｜的几何意义是分别与Z1，Z2对应的两点间的距离。
　　乘法的几何意义：
　　设表示复数r(cosθ+isinθ)(r＞0)，把绕A点按逆时针方向旋转α角，旋转后再把所得向量的长度变为原来的k倍(k＞0)得到，则对应的复数是［r(cosθ+isinθ)］?k( cosα+isinα)，如果把绕A点按顺时针方向进行同样方式的旋转 和伸缩，那么所得向量对应的复数是［r(cosθ+isinθ)］?k(cosα-isinα)
　　除法是乘法的逆运算，除法也可表现为乘法的形式，Z1÷Z2=Z1?()因此除法运算的几何意义与乘法运算的几何意义实质相同。
　　复数方根的几何意义：
　　设对应的复数是Z，Z的n次方根(n≥2,nN)对应于 从原点出发且在 原点处n等分圆周角的n个向量，这n个向量的模都是，其中一个向量的辐角是复数Z的辐角的n分之一，图中画出了模为8的向量
　　所对应的复数的三次方根，，其中的辐角取辐角的三分之一。
　　理解复数运算的几何意义，通过图形来讨论代数问题，掌握数形结合这一重要的思想方法。
　　数学是揭示客观事物的数量和形体的本质关系和联系的科学，从认识的角度考虑"数"与" 形"是事物的两个侧面，数形结合正是从这两个方面去认识事物的特征。
　　在解决数学问题时，通过数形结合，可将抽象的数学语言与直观的图形相结合，使抽象思维与形象思维相结合，通过图形，发挥直观对抽象的作用，实现抽象概念和具体形象的联系，可以把数量关系转化为图形的性质来研究，或者把图形的性质问题转化为数量关系的问题。
　　由复数的几何意义推导的下列结论对数形结合思想的培养很有帮助。
　　1.Z1?Z2≠0，则｜Z1+Z2｜=｜Z1-Z2｜=λi
(λ R且λ≠0)对应的向量⊥
　　2.设P点对应的复数为Z1，点Q对应的复数为Z2，则向量对应的 复数是Z2-Z1
　　3.向量绕点P顺时针方向旋转角θ(θ＞0)所得到的向量对应的复数 应是(Z2-Z1)［cos(-θ)+isin(-θ)］而旋转之后点Q对应的复数应是(Z 2-Z1)［cos(-θ)+isin(-θ)］+Z1
　　4.｜Z-Z1｜=｜Z-Z2｜表示以复数Z1、Z2在复平面内对应的点为端点的线段垂直 平分线的方程。
　　5.｜Z-Z0｜=r表示以Z0为复平面内对应的点Z0为圆心，半径是r的圆的方程。
　　6.｜Z-Z1｜+｜Z-Z2｜=2a(2a＞｜Z1Z2｜)表示以Z1、Z2在复平面内对应的点Z 1、Z2为焦点，，长轴是2a的椭圆方程。
　　7.｜Z-Z1｜-｜Z-Z2｜=2a(2a＜｜Z1Z2｜)表示以Z1、Z2在复平面内对应点Z1 、Z2为焦点，实轴长是2a的双曲线方程，在复数集上的方程主要有三个问题：①复数集上 方程的求解；②根据方程解的情况讨论参数的取值范围；③与复数集上方程有关的计算或证 明。
　　求解复数集上的方程主要有以下四种解法：①设Z=x+yi(x，yR)从而转 化为关于实数x，y的方程。
　　②若是复数集上的二次方程，则可以直接利用二次方程的求根公式，但要注意判别式Δ＜0 ，则x1，2=
　　③考虑复数的几何意义，结合图形去分析。
　　④以复数的模为突破口，即着眼于｜Z｜，再求Z。
　　由复数集上的方程培养学生分类讨论，函数与方程思想的重要数学思想方法，从而培养分析问题，解决问题的能力。
　　复数的模及有关性质，一般是求模的取值范围或最值，通常有以下四种方法：
　　①利用复数的三角形式，转化为求三角函数式的最值问题。
　　②利用不等式｜｜Z1｜-｜Z2｜｜≤｜Z1+Z2｜≤｜Z1｜+｜Z2｜
　　③考虑复数的几何意义转化为复平面上的几何问题。
　　④转化为实数范围内的最值问题。
　　通过这些知识点，利用换元法，待定系数法，训练学生变换与转化思想，培养逻辑思维能力 。
【同步达纲练习】
　　1.复数Z=+(m2-2m-15)i，求实数m，使(1)Z是实数；(2)Z 是纯虚数；(3)Z所对应的点在复平面的第二象限；(4)Z是复数；(5)是否存在实数m，使argZ =
　　知识点：复数的基本概念：实数、纯虚数、虚数、复数、辐角主值，复数所对应的点所在象 限。
　　能力点：识记能力，计算能力。　　　　　　　　
　　2.计算S=1-3i+5i2-7i3+...-99i49
　　知识点：数列求和公式及方法，复数的四则运算。
　　能力点：运算能力，逻辑推量能力。　　　　　　　　
　　3.设f(Z)=1-，Z1=2+3i，Z2=5-i，试求：
　　知识点：函数的有关性质，共轭复数的有关性质：，=Z，()
　　能力点：整体思想，运算能力　　　　　　　　　　　　4.复数Z=cosθ+isinθ,0＜θ＜π，复数W=，求argw的最小值。
　　知识点：复数的辐角主值，乘、除法法则，正切函数单调性，函数最小值的求法，反三角函 数。
　　能力点：化归思想，逻辑推理能力，运算能力。　　　　　　　　
　　5.已知Z=cosθ+isinθ(0＜θ＜2π),w=求argw及｜w｜
　　知识点：复数的辐角主值、模、三角变形。
　　能力点：分类讨论，逻辑推理能力，运算能力。　　　　　　　　
　　6.已知Z+(3+i)Z+(3-i) +9=0求
　　①｜2Z-2i｜的最大值与最小值
　　②argZ的最大值与最小值及相应的复数Z。
　　知识点：共轭复数的性质Z+=2R(Z),Z-=2Im(Z)
　　(Z１＋Ｚ２)（）=｜Z１＋Ｚ２｜２
｜Z｜=r (r≠0)=等
　　求复数模的最值的三种方法：函数法、不等式法、几何法，运用模、辐角主值的几何意义解 题，复数的代数、几何三角、整体形式间的相互转换。
　　能力点：数形结合思想，转化与化归思想，逻辑推理能力。　　　　　　　　　　　　7.设Z1=cosθ+isinθ,Z2=cosθ-isinθ
θ∈［π,π］,求arg(Z1+2Z2)的最值。
　　知识点：复数的辐角主值，正切函数的单调性。
　　能力点：转化与化归思想，运算能力。　　　　　　　　
　　8.设z是虚数，ω=z+是实数，且-1＜ω＜2。
　　(1)求｜z｜的值及z的实部的取值范围；
　　(2)设u=,求证：u是纯虚数；
　　(3)求ω-u2的最小值。
　　知识点：复数的模的计算、实部、虚部、纯虚数的概念
　　能力点：转化与化归思想，运算能力　　　　　　　　
　　9.已知复数z=i,ω=i,复数，z２ω３在复平面上所对应的点 分别为P、Q，证明△OPQ是等腰直角三角形(其中O为原点)
　　知识点：辐角主值，三角的恒等变形，三种形式间的互化。
　　能力点：数形结合、转化与化归思想。运算能力，逻辑思维能力。　　　　　　　　
　　10.设复平面内有一系列向量(n=1,2,3,4,...)，将逆时针方向旋转θ，且使其模扩大原来的倍得到，已知Zn对应向量(n=1,2,3...)Z1= -1+i
　　(1)当θ=时，求Zn关于n的表达式。
　　(2)当θ=时，求使Zn为实数时所有n；将所有等于实数的Zn的倒 数按原有次序排列成一个新数列求 (b1+b2+...bn)
　　(3)当0＜θ＜π时，求｜Z1-Z2｜+｜Z2-Z3｜+...+｜Zn-Zn+1｜
　　知识点：乘法的几何意义，等比数列，极限。
　　能力点：转化与化归思想，运算能力，逻辑思维能力。　　　　　　　　
　　11.已知Z为虚数，Z+是实数。
　　(1)求Z对应复平面内点Z的集合。
　　(2)设W1=3iZ+1，求复数W1所对应点P的集合。
　　(3)设W2=+Z，求复数W2所对应点Q的集合。
　　知识点：复数的模与共轭，复数减法的几何意义，参数方程，集合，复数的乘、除法。
　　能力点：数形结合思想，逻辑思维能力。　　　　　　　　　　　　12.设O为复平面的原点，Z1和Z2为复平面内的两个动点，并且 满足(1)Z1和Z2所对 应的复数的辐角分别为定值θ和-θ(0＜θ＜＝；(2)△OZ1Z2的面 积为定值S，求△OZ1Z2的重心Z所对应的复数的模的最小值。　　　　知识点：复数与直角坐标系的转化，复数的计算。
　　能力点：数形结合思想，逻辑思维与运算能力。　　　　　　　　　　　　13.设复数Z满足2≤Z+≤10，试求复平面上与复数Z所对应的点的轨 迹。
　　知识点：复数的共轭的性质，复数与不等式，反三角函数，复数的几何意义。
　　能力点：逻辑思维能力，分析问题与解决问题的能力。　　　　　　　　　　　　14.设虚数Z1，Z2满足Z12=Z2。
　　(1)若Z1，Z2又是一个实系数一元二次方程的两个根，求Z1，Z2
　　(2)若Z1=1+mi(i为虚数单位)，｜Z1｜≤，复数ω=Z2+3，求｜ω｜ 的取值范围
　　知识点：复数三角形式的运算，复数的模与共轭，复数乘法的几何意义。
　　能力点：运算能力，逻辑思维能力。　　　　　　　　　　　　15.设复数Z=cosθ+isinθ(0＜θ＜π)，W=并且｜W｜=,argW＜求θ
　　知识点：三角恒等变形，复数的模与共轭，复数的辐角主值。
　　能力点：分类讨论与归纳思想，逻辑思维能力。　　　　　　　　　　　　
　　16.等比数列｛Zn｝中，已知Z1=1，Z2=a+bi,Z3=b+ai(a,b∈R,a＞0)
　　(1)求a,b的值；并将Z2表示成三角形式。
　　(2)求满足Z1+Z2+...+Zn=0的最小自然数n，并计算Z1?Z2...Zn的值。
　　(3)前100项中有多少项是实数?并求这些实数和。
　　知识点：等比数列的性质，复数的三角表式。
　　能力点：转化与化归思想，分析与解决问题的能力。　　　　　　　　　　　　17.已知复数集合M={Z‖Z-2+i｜≤2
Z∈C}∩{Z‖Z-2-i｜=｜Z-4+i｜
　　(1)试在复平面内作集合M的图形并说明图形的名称。
　　(2)求集合M中元素Z辐角主值的取值范围。
　　(3)求集合M中元素Z模的取值范围。
　　知识点：集合、复数减法的几何意义，复数的辐角主值，复数的模，点到直线的距离。
　　能力点：数形结合思想，逻辑思维能力。　　　　　　　　　　　　18.已知复数Z1，Z2满足｜Z1｜=｜Z2｜=1且Z1+Z2=+i,求Z1，Z2的值。
　　知识点：复数的计算，复数转化为另一种表示方法
　　能力点：分析问题和解决问题的能力　　　　　　　　
　　19.已知t∈R，且关于x的方程x2+2x+t=0的两个根为复数α，β求｜α｜+ ｜β｜的值。
　　知识点：二次方程的判别式，根与系数的关系。
　　能力点：分类讨论思想，函数与方程思想。　　　　　　　　　　　　20.设关于x的方程2x2+3ax+a2-a=0至少有一个根的模等于1，试确定实数a的值。
　　知识点：复数的模，实系数方程的两根以共轭形式出现，根与系数的关系。
　　能力点：函数与方程思想，分类讨论思想，逻辑思维能力。　　　　　　　　　　　　21.设α、β为两个虚数，且满足α+β=-3，且｜α｜＋｜β｜=4，试判断cos(argα-argβ )是否存在最大值或最小值，如果不存在，说理理由，如果存在，求出这个最大、最小值。
　　知识点：复数的转化
　　能力点：运算能力，逻辑思维能力　　　　　　　　　　　　22.复数集合中有个一元二次方程，它的二次项是2x2，它的一次项是-x，常数项是实数 ，设α，β是该方程的两个复数根且满足｜α-β｜=，解这个方程。
　　知识点：二次方程根与系数的关系。
　　能力点：分类讨论思想。
　　23.复数Z≠0，｜Z+｜＝1
　　≤｜Z｜≤
　　知识点：复数的模与共轭，不等式的应用。
　　能力点：逻辑思维能力，运算能力。　　　　　　　　　　　　24.实系数方程x2-2ax+b=0的两个复数根Z1，Z2在复平面上表示Z1，Z2的点为 直径端点的圆恰好过点P(1，1)，求复数a+bi所表示的点的轨迹方程。
　　知识点：复数减法的几何意义，二次方程根与系数的关系，虚根的求法。
　　能力点：分类讨论思想，数形结合思想，分析与解决问题的能力。　　　　　　　　　　　　25.设0＜θ＜2π，复数Z=1-cosθ+isinθ,μ=a2+ai
(a∈R)，且Z?μ是 纯虚数，求复数μ的辐角主值argμ(用θ的代数式表示)
　　知识点：三角恒等变形，复数的辐角主值
　　能力点：分类讨论思想，运算能力，逻辑思维能力　　　　　　参考答案
【同步达纲练习】
　　1.解：(1)由
得m=-2 或m=3
　　(5)由=m2-2m-15m3-20m-39=0
　　考虑函数f(m)=m3-20m-39(m≠-3)当m→+∞时
　　当m→-∞时f(m)→-∞可见存在f(m0)=0，使m3-20m-39=0
　　表明存在实数m，使argZ=
　　2.解：S=1-3i+5i2-7i3+...+97i48-99i49
　　iS=i-3i+5i3-...+97i49-99i50
　　①+②得
(1+i)S=1-2i+2i2-...+2i48-2i49-99i50
=1-2(i-i2+...-i48+i49)-99i2
∴S=　　=　　=49-51i
　　3.解：
　　(1)f()=1-()=1-(Z1-Z2)=1-［(2+3i)-(5 -i)］=4-4if()=1-()　　　　　　　　　　=1-
　　　　　　　　　　=1-
　　　　　　　　　　=1-
　　4.解：w=　　=　　
　　∵W的实部＜0，虚部＞0可见＜argw＜π，tg(argw)=
　　(0＜θ＜π
　　在(，π)上，函数y=tgx是增函数，要求argw的最小值，先求tg(argw)的最小值，即求y=的最小值。
　　5sinθ=ycosθ-5y
5y=ycosθ-5sinθ=?cos(θ+t)
　　其中cost=
　　∵y＜0
　　∴t为第二象限的一个角
设t=arccos
　　∵｜cos(θ+t)｜=≤1
　　∴25y2≤y2+25
　　∴y2≤
　　∴-≤y≤0
　　∴θ＝π-arccos，则
y=tg(argw)=-
　　∴argw=arctg(-)
　　∴argw的最小值为arctg(-)
　　解法二：由Z=cosθ+isinθ(0＜θ＜π＝得Z=x+yi,x2+y2=1,x＜0,y＞0　　W=　　=　　=　　=
　　问题转化为求函数t＝，x2+y2＝1，x＞0，y＞0的最小值
　　将y＝x-t，代入x2＋y2＝1
　　(1+)x2-x+t2-1＝0
　　∵x∈R
　　∴(-)2-4(1+)?(t2-1)≥0
　　∴t2≤
　　5.解法一：∵｜Z｜＝1，∴Z＝1
　　W＝＝1+Z+Z2＝Z+Z+Z2＝Z(Z++1)
　　 ＝(2cosθ+1)(cosθ+isinθ)
　　∵θ＜(0，2π)
　　当2cosθ+1≥0即θ∈(0，)∪［,2π］时
argw=0,｜w｜=2cosθ+1
　　当θ∈(，)时
2cosθ+1 ＜0,w=-(2cosθ+1)［cos(π+θ)+isin(π+θ)］
　　｜w｜=-［2(cosθ+1)］
　　由π+θ∈(π+，2π+)得
　　若θ∈(,π)则argw=π+θ；若θ［π, )则argw=π+θ-2π=θ-π
　　解法二：
=sincsc(cosθ+isinθ)
　　由∈(0,3π)得当0＜≤π 或2π≤＜3π得θ∈(0,)∪［π,2π ］时sin≥0rgw=０
｜w｜=sincsc
　　当θ∈(π, )时
｜w｜=-sincsc
　　6.解法一：
　　∵Z+(3+i)Z+(3-i)+9=0
　　∴(Z+3-i)(Z+3+i)=3
即(Z+3-i ) ()=3
　　∴｜Z+3-i｜=
　　∵｜2Z-2i｜=2｜(Z+3-i)-3｜≤2(｜Z+3-i)｜+｜-3｜=2(+3)
　　当且仅当
Z+3-i=λ(-3)(λ＜0即
　　｜Z+3-i｜=｜-3λ｜=-3λ
　　即-3λ=
即Z=-3++i时
｜2Z-2i｜的最大值为2(+3)又｜2Z-2i｜=2｜｜(Z+3-i)｜-3｜≥2(｜｜Z+3-i｜-｜-3｜｜)=2(3-)当且仅当Z+3-i=λ(-3)(λ＞0)即｜Z+3-i｜=｜-3λ｜=3 λ 即3λ=
即Z=-3-+i时，｜2Z-2i｜的最小值为2(3-)
　　解法二：
　　由｜Z+3-i｜=知Z对应点在以(-3，)为圆 心，为半径的圆上
　　∴｜Z-i｜的最大值为=3+,最小值为-=3-,从而｜2Z-2 i｜的最大值为2(3+)，最小值为2(3-)
　　解法三：
　　由｜Z+3-i｜
设Z+3-=(cosθ+sinθ) θ∈［0,2π］则
　　｜2Z-2i｜=2｜-3+ (cosθ+isinθ)｜　　=2　　
　　∴｜2Z-2i｜的最大值为2?=2(3+)
　　最小值是2=2(3-)
　　②由①设OA，OB分别与圆C相切于A、B两点，则argZ的最大值与最小值分别是B、A对应复数Z 1，Z2的辐角主值
　　∵｜OC｜=2,∴∠AOC=∠BOC=
　　∴argZ的最大值为π，最小值为π-2?=， 对应的复数
　　Z1=(cos+isin)=-+i
　　7.解：∵Z1+2Z2=(sinθ+2cosθ)+i(sinθ-2cosθ)
　　∴tg［arg(Z1+2Z2)］=
又θ∈［π,π］
　　∴tgθ∈［-1,1］1-∈［-3,- ］
又sinθ+2cosθ＜0,sinθ-2cosθ＞0
　　∴arg(Z1+2Z2) ∈［,π］
又tgx在(，π)上单调递增
　　∴arg(Z1+2Z2)的最小值为argctg(-3)+π=π-arctg3
最大值为arctg(-)+π=π-arctg
(1)z=x+yi,x∈R,y∈R,且x≠0
ω=x+yi+=x+yi+
=(x+)+(y-)i
　　由ω∈R，得
　　于是ω=2x,由-1＜ω＜2,得-＜x＜1
　　故｜z｜=1,z的实部的取值范围是(-，1)
　　(2)由(1)知｜z｜=1，可设z=cosθ+isinθ
　　=tg?=tg (sin-cosi)(cos-sini)
　　=tg (-cos２-sin2)i=-tgi
　　若tg=0,则sin=0，那么z=cosθ∈R与已知z虚矛盾
　　故u是纯虚数
　　(3)设z=cosθ+isinθ,则ω=2cosθ,u=-tgi
　　ω-u2=2cosθ+tg2,令t=tg2则
　　ω-u2=+t==t-2+
=(t+1)+ -3≥4-3=1
　　故ω-u2的最小值是1
　　9.解法一
z=i=cos(-)+isin( -)
　　ω=+i=cos+isin
　　得zω=cos+isin
　　=cos(-)+isin(-)
　　z２ω3=(cos(-)+isin(-))×(cos+isin)
　　因 OP与OQ的夹角为-(-)=
　　所以 OP⊥OQ
　　又｜OP｜=｜｜=1,｜OQ｜=｜z２ω３｜=1
　　则｜OP｜=｜OQ｜
　　由此知△OPQ有两边相等且其夹角为直角，故△OPQ为等腰直角三角形。
　　解法二
因z=i=cos(-)+isin( -)
　　得z3=-i
　　因ω=i=cos+isin
　　得ω4=-1
　　所以OP⊥OQ，｜OP｜＝｜OQ｜
　　故△OPQ有两边相等且其夹角直角，故△OPQ为等腰直角三角形。
　　10.解：
　　(1)Z1=(cosπ+isinπ)
Zn=Zn-1(cos+isin)(n≥2)
∴Zn=Z1［(cos+isin)］n-1
=2(cosπ+isinπ)
=2(-sin+icosπ)(n =1,2,3...)
　　(2)Zn为实数cosπ=0π=kπ+n=4k+2
(k∈Z)由n∈N知k=1,2,3......时Z n为实数
　　∴b1=,=
　　∴bn=-(-)n-1
　　∴(b1+b2+...bn)=
　　(3)∵｜Zn+1-Zn｜=｜Zn｜?｜(cos+isin)-1｜=2
　　∴｜Z1-Z2｜+｜Z2-Z3｜+...+｜Zn-Zn+1｜=+()2...+()n
=(2+)(2-1)
　　11.解：
　　(1)∵Z+∈R
　　又Z为虚数
∴Z-≠0,∴Z=4即｜Z｜=2其中Z≠±2
　　∴点Z的集合是圆心在原点，半径是2的圆且去掉点(±2，0)
　　(2)由w1=3iZ+1Z=(w1-1)(-i)
　　代入｜Z｜=2
得｜w1-1｜=6
　　∴W1≠1±6i
　　∴点p的集合是以(1，0)为圆心，6为半径的圆，且去掉点(1，±6)
　　(3)由｜Z｜=2,且Z≠±2,设Z=2(cosθ+isinθ)
θ∈(0,π)∪(π,2π)
w2=x+yi(x,y∈R)
　　x+yi=2(cosθ+isinθ)+=cos θ+isinθ
消去θ得x2+y2=1，其中x∈(-,)
　　即点Q的集合为一椭圆，且去掉在x轴上的两个顶点(±，0)
　　12.设Z1、Z2和Z点对应的复数分别为z1、z2和z，且z1=r1(cosθ+isinθ)，z 2=r2(cosθ-isinθ)
　　因Z是△OZ1Z2的重心，由复数加法的几何意义
　　3z=r1(cosθ+isinθ)+r2(cosθ-isinθ)
=(r1+r2)cosθ+(r1-r2)isinθ
　　｜3z｜2=(r1+r2)2cos2+(r1-r2)2sin2θ
=r12(cos2θ+sin2θ)+Z22(cos2θ+sin2θ)+2r1r2(cos2θ-si n2θ)
=r12+r22+2r1r2cos2θ
=(r1-r2)2+2r1r2(cos2θ+1)=(r1-r2)2+4r1r2cos2θ
0＜θ＜，0＜2θ＜π，sin2θ＞0
　　△OZ1Z2的面积S=OZ1?OZ2sin2θ=r1?r2sin2 θ
　　将②式代入①得：
　　｜3z｜2=(r1-r2)2+4cos2θ=(r1-r2)2+4Sctgθ
　　由②和③可知
　　当r1=r2=时，｜z｜最小=
　　13.解法一：设Z=x+yi(x,y∈R)
　　则Z+=(x+yi)+
　　=(x+)+(y-)i　　即　　由①得y=0或
分别代入②中2≤x≤18或1≤x≤5的轨迹分别为：x轴上连结( 2，0)和(8，0)的一条线段或以原点为圆心，4为半径的圆上的一段圆弧(包括端点)
　　解法二：
　　∵Z+∈R
　　∴Z+=+
　　∴Z?｜Z｜2+16=?｜Z｜2+16Z
　　∴｜Z｜2(Z-)=16(Z-)
　　∴Z=或｜Z｜2=16
　　由Z=知Z∈R
　　由｜Z｜2=16知｜Z｜=4
设Z=4(cosθ+isinθ)
　　由2≤4(cosθ+isinθ)+≤10
　　2≤4(cosθ+isinθ)+4(cosθ-isinθ)≤10
　　≤cosθ≤1
　　∴2θπ-arccos≤θ≤2θπ+arccos
　　∴轨迹方程为
　　2≤Z≤8
(1)设z1=a+bi,z2=a-bi(a,b∈R,且b≠0)(因为实系数的一元二次方程的虚根共 轭)
　　由z12=z2得a2-b2+2abi=a-bi
　　所以z1=-i,z2=-i,
(2)由且z1=1+mi,｜z1｜≤且m≠0，得
　　0＜m2≤1，
　　又z2=Z12,ω=z2+3，所以ω=(4-m2)+2mi，
　　｜ω｜=
　　由0＜m2≤1得，13≤(m2-2)2+12＜16
　　即≤ω＜4，故｜ω｜的取值范围是［,4)
　　15.解法一：　　W=　　 =　　 =　　 =
　　 =tg2θ?
　　 =tg2θ(sin4θ+icos4θ)
　　∵｜W｜=
　　∴｜tg2θ(sin4θ+icos4θ)｜=｜tg2θ｜=
　　∴tg2θ=±
　　∵0＜θ＜π
　　∴0＜2θ＜2π
　　当tg2θ=时
θ=或π此时
w=(cos+isin)
　　∴argw=＜满足题意。
　　当tg2θ=-时
θ=π或π，此时w=(cos+isinπ)
　　此时argw=π＞符合题意。
　　∴θ=或π
　　解法二：
　　∵｜W｜=
　　∴｜｜=｜｜=｜｜=
　　即：=｜tg2θ｜=
　　16.解：
　　(1)∵Z22=Z1Z3
　　∴(a+bi)2=b+ai即
　　∵a＞0
　　∴b=,a=
　　∴Z2=+i=cos+isin
　　(2)公比q=Z2=cos+isin
　　∴qn-1=0
即cos+isin=1,n的最小值为 12
　　此时Z1Z2......Zn=q1+2+...+11=q66=cos+isin =-1
　　(3)an=a1qn-1=cosπ+isin π∈R时
　　sinπ=0,n=6k+1(k为非负整数)
　　当6k+1≤100时
共有17个实数项，它们构成等比数列，首项为1，公比为q 6=-1,17个实数项的和为1。
　　17.解：(1)集合m的图形是两个图形的公共部分，一个图形是由｜Z-(2-i)｜≤2表示的圆面 ，另一个图形是以点A(2，1)，B(4，-1)为端点的线段的垂直平分线，它们的公共部分是一 条线段，如图中的DE，其方程为x-y-3=0
(2-≤x≤2+)　　　　(2)由(1)知E(2+，-1)，tg＜x0E==
　　D(2-,--1)
tg＜xOD=｜｜=
　　∴线段DE上的点Z的辐角主值的取值范围
　　［0,arctg］∪［2π-arctg，2π］
　　(3)｜OD｜=
　　｜OE｜=
　　原点O到直线x-y-3=0的距离d=
　　∴线段DE上的点Z的模的取值范围为［,］
　　18.解法一
依题可设z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,不妨设α≤β且α、β∈［0 ，2π)
z1+z2=i,得
　　由①2+②2得，cos(α-β)=-,又α,β∈〔0,2π〕
　　所以α,β=或αβ=
　　把α=β+代入①、②得cosβ=1,sinβ=0,cosα=-,sinα=
　　则z1=-+i,z2=1
　　把α=β+代入①、②得cosβ=-,sinβ=,cosα=1,sinα=0
　　则z1=1,z2=-+i
　　所以或
　　解法二
由｜z1+z2｜=1,得(z1+z2)(+ )=1
　　展开左边并注意｜z1｜=｜z2｜=1得，
　　z12+z22=-1
　　所以z12的实部等于z22的实部，等于-
　　又｜1z2｜=1，从而1z2的虚部为±
　　得1z2=-±i
　　则z2=z1?1z2=z1(-±i)
　　z1+z2=z1+z1(-±i)= ±i
　　z1=1,z2=-±i
　　或z1=-±iz2=1
　　19.解：关于x的二次方程的判别式Δ=4-4t=4(1-t)
　　(1)当t≤1时，Δ≥0
　　∴｜α｜+｜β｜=1++｜-1｜
　　①当t≤0时｜α｜+｜β｜=2
　　②当0＜t≤1时｜α｜+｜β｜=2
　　(2)当t＞1时Δ＜0
　　∴｜α｜+｜β｜=
　　20.解：设α是方程的一个根且｜α｜=1
　　(1)当α∈R时α=±1
当α=1代入原方程有
　　a2+2a+2=0
　　当α=-1时
代入原方程有a2-4a+2=0解得a=2±
　　(2)当α为虚数时，是方程的一个根
　　由α?=及｜a｜=1知a2-a-2=0解得a=2或a=-1
　　又Δ=a2+8a＜0-8＜a＜0
　　∴a=-1
　　综上所述
a=-1或a=2±
　　21.设φ=argα,θ=argβ,｜α｜=r,则有｜β｜=4-｜α｜=4-r,于是由α+β=-3得　　　　①2+②2，得
　　cos(φ-θ)=1+
　　由于0＜r＜4,所以0≤2(r-2)2＜8
　　所以-8≤2(r-2)2-8＜0
　　所以，当r=2时，cos(φ-θ)有最大值
　　cos(φ-θ)没有最小值
　　22.解：设方程为2x2-x+k=0,k∈R，它的根有两种可能的状况
　　α，β都是实数；α，β互为共轭虚数。
　　若方程有二实根，则(-1)2-8k≥0
　　由｜α-β｜=
　　α，β=
　　若方程有二互为共轭的虚根，则(-1)2-8k＜0,k＞
　　由｜α-β｜=
　　∴α，β=
　　综上所述：当k=-时，方程有二实根，它们是
　　当k=时，方程有二互为共轭的虚根，它们是
　　23.解：由｜Z+｜＝1，知｜Z｜=｜Z2+1｜
　　对｜Z2+1｜可能的不等变形有
　　｜｜Z2｜-1｜≤｜Z2+1｜≤｜Z2｜+1
　　即是｜｜Z2｜-1｜≤｜Z｜≤｜Z2｜+1　　∴　　解之得
≤≤即≤｜Z｜≤
　　方法二：
　　1＝｜Z+｜≥｜｜Z｜-｜
　　∴(｜Z｜-)2≤1
　　∴｜Z｜2+-3≤0
　　∴｜Z｜4-3｜Z｜2+1≤0
　　方法三：
　　1＝｜Z+｜2
　　 ＝(Z+)(+)
　　 ＝Z?++
　　 ＝｜Z｜2++()
　　注意到：-2＝-2｜｜≤≤2｜｜＝2
　　∴｜Z｜2+＝1-()≤1+2 ＝3
　　∴｜Z｜4-3｜Z｜2+1≤0
　　24.解：依题意，可设圆的方程为｜Z-｜=
｜Z-a｜=｜Z1-Z2｜
　　当Δ≥0
　　∵Z1-Z2为实数
　　∴｜Z1-Z2｜=
　　∴｜Z-a｜=
　　又∵圆过(1，1)点，代入有｜(1-a)+i｜=
　　化简整理得
b-2a+2=0(a2≥b)为所求轨迹方程
　　当Δ＜0即a2＜b时
　　｜Z1-Z2｜=｜｜
　　∴｜Z-a｜=
　　又∵圆过点(1，1)，代入有｜(1-a)+i｜=化简整理得
　　b=2a2-2a+2(a2＜b)为所求轨迹方程。
　　25.解：∵Z?μ=(1-cosθ+isinθ)(a2+ai)
　　=［a2(1-cosθ)-asinθ］+［a2sinθ+a(1-cosθ)i］
　　∵Z?μ是纯虚数　　∴　　由①2asin(acos+sin)≠0
　　∴a≠0
　　由②2sin (asin-cos)=0
　　∴asin-cos=0
　　∴a=ctg (∵a≠0,∴θ≠π)
　　∴μ=a2+ai=ctg2+ictg=(cos+i sin)
　　当0＜θ＜π时0＜＜
　　当π＜θ＜2π时
　　此时μ=-［cos( π+)+isin(π+)］
　　且π+∈(π,2π)
　　∴argμ=π+
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