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试题 已知复数z的辐角为60°,且|z-1|是|z|和|z-2|的等比中项,求|z|. 《参考答案》给出的解法是设z=r(cos60°+sin60°),则知道复数z的实部为r/2,且有z+z=r,z·z=r2.由题意容易得到|z-1|2=|z|·|z-2|,但要进一步得到(z-1)(z-1)=|z| 却比较困难(从实→虚→较简单 相似文献
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许多命题若能灵活运用共轭复数的性质处理 ,可达到事半功倍的目的 ,使解题更加简捷 .1 活用基本性质知识要点 z=z; | z| =| z| ;z z=| z| 2 =| z| 2 ; z1 ±z2 =z1 ±z2 ;z1 · z2 =z2 · z2 ;z1 z2 =z1 z2.例 1 设复数 z1 和 z2 满足关系式 :z1 z2 Az1 A z2 =0 ,且 A≠ 0 ,A∈ C.证明 :(1) | z1 A|· | z2 A| =| A| 2 ;(2 ) z1 Az2 A=| z1 Az2 A| .(1987年全国高考题 )剖析 若用常规方法 ,即设 zj=xj yji(j=1,2 ) ,A=a bi(xj,yj,a,b∈R) ,然后转化为实数集上的问题求解 .然而因字母太多 ,运算太繁 .利用共… 相似文献
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(17)已知复数 z的幅角为 6 0°,且 |z- 1|是 |z|和 |z- 2 |的等比中项 .求 |z|.解法 1 由“|z- 1|是 |z|和 |z- 2 |的等比中项”,得 |z- 1|2 =|z|· |z- 2 |.式子 |z- 1|2 =|z|· |z- 2 |左、右两边是二次齐次式 ,同除以 |z|2 ,得 1- 1z2 =1· 1- 2z ,若把 1z看作一个整体 ,且 argz=6 0°,arg 1z=30 0°,可设 1z=a- 3ai(a>0 ) ,代入上式得 |1- a+3ai|2 =|1- 2 a+2 3ai |,即 (1- a) 2 +3a2 =(1- 2 a) 2 +12 a2 .两边平方并整理得 4 a2 -4 a- 1=0 ,a=1+22 ,即 1z =2 a=1+2 ,则 |z|=12 a=11+2 =2 - 1.(楼可飞 供稿 )解法 2 设 z=r2 +32 ri,… 相似文献
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|z|~2=z·z是复数模的一个很重要的性质。利用它解决与复数模有关的问题特别有效。例1 若|z|=1,试证:z/(1 z~2)∈R(z~2≠-1)。证明:∵|z|=1,∴|z|~2=z·z=1, z/(1 z~2)=z·z/(z z~2z)=1/(z z), ∵z z∈R, z/(1 z~2)∈R。例2 已知复数a、b、c的模均为1,且a b c≠0,求证: 相似文献
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“求证 :| x + 1/x|≥ 2 ( x≠ 0 ) .”(人教社高中《代数》(下册 )第 3 0页第 1 1题 )这是训练基本不等式的一个典型题目 ,但是许多学生将其错误地理解成“只要 x≠ 0 ,就能保证 | x + 1/x|≥ 2 .”文 [1 ]举出的反例说明 ,当 x是虚数时 ,可能 | x + 1x| <2 .本文在复数范围内给出 | x + 1/x| >2 (或| x + 1x| =2 ,或 | x + 1/x| <2 )这类关系成立的一个充要条件 .定理 1 :设 z∈ C\{0 } ,m∈ R+,则| z + m2z| <2 m | z + mi| >2 m| z -mi| <2 m 或 | z + mi| <2 m| z -mi| >2 m ( 1 )| z + m2z| =2 m | z + mi| =2 m … 相似文献
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例1已知复数z的辐角为60°,且｜z-1｜是｜z｜和｜z-2｜的等比中项,求｜z｜.解设z=r(cos60°+isin60°)=r2+3姨2ri,则z的实部为r2.∴z+z=r,zz=r2.由题设知,｜z-1｜2=｜z｜·｜z-2｜.由公式zz=｜z｜2得(z-1)(z-1)=｜z｜·｜z-2｜2姨.∴(z-1)(z-1)=｜z｜穴z-2雪(z-2)姨,∴zz-(z+z)+1=｜z｜zz-2(z+z)+4姨,∴r2-r+1=r·r2-2r+4姨.化简整理得r2+2r-1=0.解得r=2姨-1,r=-2姨-1(舍去).∴｜z｜=r=2姨-1.例2求证:｜z1+z2｜2+｜z1-z2｜2=2(｜z1｜2+｜z2｜2).证明由公式zz=｜z｜2得｜z1+z2｜2=(z1+z2)(z1+z2)=(z1+z2)(z1+z2)=z1z1+z1z2+z2z1+z2z2=｜z1｜2… 相似文献
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文 [1 ]得到如下命题 (本文称命题 1 ) :命题 1 z∈ C且 | z| =1时 ,方程 zn z=1有解当且仅当 n=6 k- 1 (k∈ Z) ,且其解为 z=12 ± 32 i.本文将命题 1推广得下面的命题 :命题 2 复数 z,z0 满足λ| z0 | =| z| =1(λ>12 ) ,复数 A=12 λ2 - 14i,记 argz0 =θ,arg A=θ1 ,则方程 zn z=z0 . (*)当且仅当 n(θ θ1 ) =(θ- θ1 ) 2 kπ成立时 (n,k∈ Z) ,方程 (*)的一个解为 z=z0 A;当且仅当 n(θ- θ1 ) =(θ θ1 ) 2 kπ成立时 (n,k∈ Z) ,方程 (*)的一个解为 z=z0 A.证明 ∵ λ| z0 | =| z| =1∴ | zn| =1 ,| z0 | =1λ.… 相似文献
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在许多复数问题中会出现有关 z,z,1z的式子 ,利用这几个复数相对应的点的位置关系解题 ,别有趣味 .设 z=r(cosα isinα) (r>0 ) ,则z=r[cos(-α) isin(-α) ],1z=1r[cos(-α) isin(-α) ].它们的对应点如图 1例 1 已知 z 1z=cos x(x∈R) ,且 | z|≤ 1 ,求 argz的取值范围 .解 先设 | z| <1 ,如图 2 ,此时 z 1z所对应的向量不在 x轴上 ,所以 z 1z ≠cos x,故 | z| <1不可能 ,于是 | z| =1 .令 z=cosθ isinθ(0≤θ<2 π) ,则由z 1z=z z=2 cosθ=cos x,即 cosθ=12 cos x∈ [- 12 ,12 ],所以 θ∈ [- π3 ,π2 ]∪ [4π3… 相似文献
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第12届“希望杯”高二第2试17题是:复数z满足z+z·|z|3=0,则z=____.本文从不同角度给出六种解法,繁简有别,各有特色,体现了求解复数方程的方法. 解法1 用复数的代数形式令z=a+bi(a,b∈R),则 相似文献
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<正> §1 设f(z)在⊿:|z|<1中解析,且满足f(o)=1-f′(o)=0,记其全体为止A·S·,K, C分别为其星象,凸象和近于凸象子类。对于f(z)=Z+sum from k=2 to ∞(a_kz~k∈A,δ≥0,称 Nδ(f)={g(z)=z+sum from k=2 to ∞(b_kz~k∈A:sum from k=2 to ∞(k|a_k-b_k|≤δ} 为f的δ一邻域。 设F(z),G(z)是⊿中的单叶函数,F(z){G(z)(z∈⊿),F(o)=G(o)=1, 存在}记 相似文献
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人教版第一册 (下 )第 15 1页第 6题 :已知向量OP1,OP2 ,OP3满足条件OP1+OP2 +OP3=0 ,|OP1| =|OP2 | =|OP3| =1,求证 :△P1P2 P3是正三角形 .教参提供的解答如下 :由OP1+OP2 +OP3=0得OP1+OP2 =-OP3,∴ |OP1+OP2 | =| -OP3| =|OP3| ,即 (OP1+OP2 ) 2 =|OP3| ,OP21+OP22 + 2OP1·OP2 =OP23.由 |OP1| =|OP2 | =|OP3| =1得OP1·OP2 =- 12 .同理可得 OP2 ·OP3=OP1·OP3=- 12 .由平面几何知识得△P1P2 P3为正三角形 .这种方法是利用向量的数量积与模的性质 a2 =| a| 2 证明 .分析 观察条件中两个等式 ,联系… 相似文献
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我们知道 ,解有关复数的命题大体有三大策略 :(1)化归思想 ;(2 )整体思想 ;(3)数形结合 .本文以数形结合的解题思想为中心 ,探讨复平面上圆方程的若干等价命题 ,供同行参考和指正 .定理 1 下列六个命题彼此等价 :1.虚数 z满足 |z|=r(r是正实数 ) .2 .虚数 z满足 |z2 |+(1- r) |z|- r=0(r是正实数 ) .3.虚数 z满足 zz=r2 (r是正实数 ) .4 .虚数 z满足 - 2 r相似文献
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赵春燕 《数理化学习(高中版)》2006,(8)
一、选择题:(每大题共12小题,每小题5分,共60分·在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的·)1·若复数z满足z(1-2i)=3+4i,则z等于()(A)-1+4i(2)2+4i(C)2+i(D)-1+2i2·设集合M={x|x≥2},P={x|x>1},那么“x∈M∪P”是“x∈M∩P”的()(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件3·已知f(x)=x-4(x≥6),f(x+2)(x<6),则f(3)=()(A)1(B)2(C)3(D)44·如果α∈(2π,π),且sinα=54,那么sin(α+4π)-22cosα=()(A)252(B)-252(C)452(D)-4525·若圆x2+y2-ax+2y+1=0和圆x2+y2=1关于直线y=x-1对称,过点C(… 相似文献
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题目 :已知复数 z1 =i( 1 - i) 3,( )求 argz1 及 | z1 | ;( )当复数 z满足 | z| =1 ,求 | z- z1 |的最大值 .上述第 ( )题比较直观 ,可直接求得 .z1 =i( - 2 - 2 i) =2 - 2 i=2 2 ( cos7π4 isin7π4) ,从而 argz1 =7π4,| z1 | =2 2 .而第 ( )题则是复数模的最值问题 ,本文对其分析探究 ,给出下面六种解法 :解法 1 (代数法 )设 z=a bi,( a,b∈R) ,则由条件知 a2 b2 =1 ,∴ | z - z1 | =( a- 2 ) 2 ( b 2 ) 2 =9- 4 a 4 b.令 y=- 4 a 4 b,与 a2 b2 =1联立并消去 a,可得 32 b2 - 8yb y2 - 1 6 =0 ,则由题意有 Δ=6 4y2 -… 相似文献
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解复数题，一般先设z＝a＋bi（a，b∈R）或z＝r（cosa＋isin），但有时解的过程显得冗长，若利用z·z＝|z|～2＝|z|～2及共轭复数性质来解，则有简单明快之效.例1已知z1，z2∈C，且z1≠O，z2≠0，一定是纯虚数.分析只要证证明由亦即整理得一定是纯虚数.例2三个复数a，β，γ满足是实数.分析只要证共轭复数就是其本身即可.证明同样可得例3已知z1，z2∈C(z1·z2≠0），在复平面内对应的点为P、Q，又z—1～2-z1z2＋z—2～2＝0，试确定△OPQ的形状（O为坐标原点）.故△OPQ为正三角形.例4已知复数z和w，|z|≤1，|w|≤1.问A，B可比较大小否… 相似文献
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复数问题是随着数的概念的扩展而渗入的 .处理复数问题能否做到从整体角度分析入手,灵活处理,关键取决于对复数的概念和性质掌握得 如何 .在实际运作中,学生往往是一遇到复数就设 z=a＋ bi,盲目入手,这样不但给自己带来诸多运算麻烦,而且问题也还未必能得到解决,常常是事倍而功半 .处理复杂的复数问题何以做到思维快捷,方法灵活 ?现举例一 . 例：设 z∈ C,且 (a∈ R,a≠ 0)为纯虚数,求 |z|。 解法 (1)∵为纯虚数,∴ z不可能为实数,故设 z=x＋ yi(x、 y∈ R,且 y≠ 0), 整理得 = 由纯虚数的定义得 y≠ 0,且 x2＋ y2－ a2=0,… 相似文献