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《2019-2020年高中数学4.2复数的运算备课资料旧人教版必修.doc》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2019-2020年高中数学4.2《复数的运算》备课资料旧人教版必修备课资料(一)补充例题[例1]已知f(z)=2z+z-3i,f(z+i)=6-3i,求f(-z)的值.分析:欲求f(-z)的值,说明z一定是一个常数,由已知所给的条件可观察出,实质上是通过复合函数的求法建立以z为变量的复数方程来求解z.解:∵f(z)=2z+-3i,∴f(+i)=2(+i)+-3i=2+z-2i,又f(+i)=6-3i,∴2+z-2i=6-3i,即2+z=6-i.设z=a+bi(a、b∈R),则将=a
2、-bi代入上式得3a-bi=6-i.由两复数相等的充要条件得∴z=2+i.故f(-z)=f(-2-i)=2(-2-i)+(-2+i)-3i=-6-4i.解题回顾:本题是牵涉面较广的一道题,我们在学习过程中,一定要注意知识之间的横、纵联系.[例2]已知复数z1、z2满足|z1|=|z2|=1,z1+z2=,求z1、z2值.分析一:由已知|z1|=1可设出z1=a+bi(a、b∈R),代入z1+z2求出z2.再根据|z2|=1又得出一实数方程,联立即可求解.解法一:设z1=a+bi(a、b∈R)
3、,则a2+b2=1.①∵z1+z2=,∴z2=-a+(-b)i.∵|z2|=1,∴,即a+b=1.②将a=1-b代入①,解得b=0或.将b=0代入②得a=1;将代入②得.∴或.分析二:从几何角度入手分析这个题,由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=1,所以z1、z2、z1+z2所对应的点都在以原点为圆心,1为半径的圆上.再结合z1+z2实部、虚部的特殊性不难从图中直接观察出z1或z2.解法二:由|z1|=|z2|=|z1+z2|=1,故z1、z2、z1+z2均在图4-5单位圆上,
4、如图,由z1+z2=+,不难找出相应点为Z.又因z1+z2实部是,故图中θ=6°.又|z1|=|z2|=1,z1+z2对应,又是和向量,所以可看出z1=1或z2=1,即或解题回顾:(1)对本题的解法一,若是设z1=a+bi,z2=c+di,则a2+b2=1,c2+d2=1,再根据z1+z2=又得两个方程,这样,相当于解一个四元二次方程,变量设的太多,不利于解题,所以我们在解题时,注意巧设,尽量减少变量.(2)解法二由复数几何意义进行数形结合求解,是一种很重要的思维方法.[例3](1)复数z满足|
5、z+5-12i|=3,求z的轨迹;(2)复数z满足2|z-3-3i|=|z|,求z的轨迹;(3)已知|z|=2,试求z+3-4i对应点的轨迹.(1)解:由|z-z0|意义可知|z+5-12i|=3表示动点Z到定点Z0距离为定值3,故z轨迹为以(-5+12i)对应点为圆心,3为半径的圆.(2)解:本题由方程直接看不出z满足的条件,故可设z=x+yi(x、y∈R),代入2|z-3-3i|=|z|得到方程为(x-4)2+(y-4)2=8.故z轨迹为以(4,4)为圆心,22为半径的圆.(3)解法
6、一:设ω=z+3-4i,ω=x+yi(x,y∈R),z=a+bi(a、b∈R).∴x+yi=a+3+(b-4)i.∴即∵a2+b2=4,∴(x-3)2+(y+4)2=4.故z轨迹为以(3,-4)为圆心,2为半径的圆.解法二:设ω=z+3-4i,则z=ω-3+4i.∵|z|=2,∴|ω-3+4i|=2.故z轨迹为以3-4i对应点为圆心,2为半径的圆.解题回顾:(1)本题属于求轨迹问题.方法与我们解析几何中求轨迹方法一样,有直接法、代入法和消参法.(2)对于(3)题的两种解法均为代入
7、法,从上述解法可看出,有时就用复数直接代入还是很方便的.[例4]已知||z-(3-4i)|-1|=1且z≠3-4i.(1)求|z|的最大值和最小值;(2)求|z-1|2+|z+1|2的最大值和最小值.(1)分析:由|z|的几何意义可知,只需弄清z的轨迹即可.解法一:∵||z-(3-4i)|-1|=1且z≠3-4i,∴|z-(3-4)i|=2,z轨迹如图46,以z0=3-4i为圆心,2为半径的圆.图4-6故|z|max=2+9+16=7,|z|min=5-2=3.分析:由模的性质||
8、z1|-|z2||≤|z1+z2|≤|z1|+|z2|知,只要存在λ使得z-(3-4i)=λ(3-4i)(λ>0有最大值,λ<0有最小值)即可.解法二:|z|=|[z-(3-4i)]+(3-4i)|≤|z-(3-4i)|+|3-4i|≤2+5=7,当且仅当z-(3-4i)=λ(3-4i)(λ>0)时,等号成立.∵|z-(3-4i)|=2,∴|λ(3-4i)|=2.∴,即当时,|z|max=7.又∵|z|=|[z-(3-4i)]+(3-4i)|≥