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）i
=1，i
=i，i
=
1，i
=
i；

（3）i
·i
·i
·i
=
1，i
＋i
＋i
＋i
=0；
； 3．辐角的运算规律 （1）Arg（z
·z
）＝Argz
＋Argz

（3）Arg
=nArgz（n∈N）
…，n
1。
或z∈R。
要条件是|z|＝|a|。 （6）z
·z
≠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 ||z
|
|z
||≤|z
±z
|≤|z
|+|z
|的运用。 即|z
±z
|≤|z
|+|z
|等号成立的条件是：z
，z
所对应的向量共线且同向。 |z
±z
|≥|z
|
|z
|等号成立的条件是：z
，z
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
是实数，则实数t=( )A．
B．
C．(
D．(
2.(2004年北京春季卷，2)当
时，复数
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
的复数
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
和
，宜统一形式，正面求解。 解法一、设z＝x＋yi（x，y∈R），原方程即为
用复数相等的定义得：
∴
=
1，
=
1+3i.

两边取模，得：
代入①式得原方程的解是
=
1，
=
1+3i. 【例2】（1993·全国·理）设复数z=cosθ＋isinθ（0＜
【解】∵z＝cosθ+isinθ
=cos4θ＋isin4θ



即
，又∵0＜θ＜π，当
时，
或


【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
（r＞0）， 求证：
分析令
=ax+byi，
==bx+ayi（a，b，x，y∈R+），则问题化归为证明： |
|+|
|≥r（a+b）。 证明设
=ax+byi，
=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（x

3a+y
i）·（
i）＝（x
3a+yi） 由复数相等的定义得
而点（x
，y
）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z
＋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z
＋2|z|=a转化为z
=a
2|z|，则z
∈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∵z
=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|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|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z
+z＝1，求z。 【解】由z
+z=1联想复数加法的几何性质，不难发现z，z
，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，O为原点，△AOB是面积为的直角三角形，argz∈(0，)，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|＞||=|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与所对应的点关于实轴对称，故argz=45o, S△AOB=|OA|·|OB|=|z|·||=|z|2=．于是，|z|=2， 从而，z=2(cos45o+isin45o)=+i． 若∠ABO=90o，示意图如图2所示．因z与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==，sin2θ=，S△AOB=|OA|·|OB|·sin2θ =r·r·=r2=． 于是，r=． 又cosθ==， sinθ==， 故z=(+i)=2+i． 综上所述，z=+i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。 4．集合对应思想 【例8】如图所示，在复平面内有三点P
，P
，P
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，P
，P
，P
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z

3z
＋z
+5z
＋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）
=（
i）
=
1，即z

4z+4=
1，即z

4z+5=0，再将结论转化为z

3z
＋z
+5z
＋2=（z

4z＋5）（z
＋z
）+2，然后代入就不困难了。 【解】∵z=2
i，∴（z
2）
=（
i）
=
1 即z

4z+5=0 ∴z

3z
＋z
+5z
＋2=（z

4z+5）（z
＋z
）+2=2。 【例10】已知
，求
。 【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z
的轨迹方程为：|z

z
|＝|z
|，z
≠0，另一动点z满足z
·z=
1，求点z的轨迹。 解由|z

z
|＝|z
|，知点z
的轨迹为连结原点O和定点z
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|2z

z+1|的最大值和最小值。 解法一|z|=1，∴z=cosθ＋isinθ ∴|2z

z+1|=|2（cosθ＋isinθ）

（cosθ＋isinθ）＋1| =|（2cos2θ
cosθ＋1）＋（2sin2θ
sinθ）i|


∴|2z

z+1|
=|2z

z+
|

设z的实部为a，则
1≤a≤1 |2z

z+1|=|2a＋z
1|


， ∴|2z

z+1|
=4
解法三：设ω=x+yi（x，y∈R），z=a＋bi（a，b∈r）且a
+b
=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8x

2x＋8
9r
＝0， 由相内切条件知Δ=0,



解法四由模不等式： |2z

z+1|≤2|z|
＋|z|+1=4，等号成立的条件是2z
，
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|2z

z+1|
=4。 但另一方面：|2z

z+1|≥2|z|

|z|
1=0，这是显然成立的，可是这不能由此确定|2z

z+1|
=0，实际上等号成立的条件应为2z
，
z，1表示的向量共线且异向，由2z
与1对应的向量共线且异向知z=±i，但是当z=±i时，2z
与
z不共线，这表明|2z

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)
∴
，|z1|＝
．(Ⅱ)设
，则

当
时，
取得最大值
，从而得到
的最大值为
． 四．课后作业： 1、下列命题中正确的是 [ ] A．方程|z+5|

|z
5i|
=8的图形是双曲线 B．方程|z+5|
=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
的图形是 [ ] A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．直线 3、在复平面上绘出下列图形：
4、已知
是虚数，
是实数。 (1)求z对应复平面内动点A的轨迹； (2)设u=3iz+1，求u对应复平面内动点B的轨迹； （3）设
，求
对应复平面内动点C的轨迹。 5、设A，B，C三点对应的复数分别为z
，z
，z
满足
(1)证明：△ABC是内接于单位圆的正三角形； (2)求S△ABC；
6、若
，求
所对应的点A的集合表示的图形，并求其面积． 7．设z1，z2是两个虚数，且z1+z2=-3，|z1|+|z2|=4．若θ1=argz1，θ2=argz2，求cos(θ1-θ2)的最大值． 8．（2003年普通高等学校招生全国统一考试（上海理17）） 已知复数z1=cosθ－i，z2=sinθ+i，求|z1·z2|的最大值和最小值. 四、专题训练参考答案 1、解：DA的图形是直线，B的图形是圆，C是图形是双曲线的一去．故选D．||z+5i|-|z-5i||=8才是双曲线的两支． 2、解：A原方程即|z
(2+i)|
=7．故选A． 3、解：
4、解：（1）
因为z是虚数，所以
，于是
，即
，且
，因此动点A轨迹是中心在原点，半径等于2的圆，但去掉两个点(2，0)与(
2，0)． (2)由u=3iz+1得u
1=3iz．由(1)及题设知|z|=2，z≠±2，所以 |u
1|=6，且u
1≠±6i 因此动点B的轨迹是圆，中心在(1，0)，半径等于6，但去掉两点(1，6)与(1，
6)． (3)设z=2(cosθ+isinθ)，(θ≠0，π)则
再令v=x+yi(x，y∈R)，则
5、解：(1)由(ii)知A，B，C三点都在单位圆上．再结合(i)得 z
=
(z
+z
)



设BC中点为D，它对应复数为z
，那么
由于正三角形的外接圆与内切圆的圆心合一，因此△ABC的内切圆圆心
6、
因此动点A的图形是一个圆环．设此圆环面积为S，那么
7．解：设|z1|=r，则|z2|=4-r(0＜r＜4)．将z1=r(cosθ1+isinθ1)，z2=(4–r)(cosθ2+isinθ2)，代入z1+z2=-3，得  两式平方相加，得r2+(4-r)2+2r(4-r)(cosθ1cosθ2+sinθ1sinθ2)=9， 于是cos(θ1-θ2)==1+， 当r=2时，cos(θ1-θ2)取最大值. 8．解：

故
的最大值为
最小值为
.

---

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