復(fù)數(shù)直線電子教案

若sinθ-a=0，則由方程組eq\b\lc\{(\a\al(sinθ-a=0，,a=eq\f(sinθ,1-cosθ)，))得eq\f(sinθ,1-cosθ)=sinθ，故cosθ=0，于是θ=eq\f(π,2)或θ=eq\f(3π,2)．若1-cosθ-a2=0，則由方程組eq\b\lc\{(\a\al(1-cosθ-a2=0，,a=eq\f(sinθ,1-cosθ)，))得(eq\f(sinθ,1-cosθ))2=1-cosθ．由于sin2θ=1-cos2θ=(1+cosθ)(1-cosθ)，故1+cosθ=(1-cosθ)2．解得cosθ=0，從而θ=eq\f(π,2)或θ=eq\f(3π,2)． 綜上所知，在(0，2π)內(nèi)，存在θ=eq\f(π,2)或θ=eq\f(3π,2)，使(z1-z2)2為實(shí)數(shù)．【說(shuō)明】①解題技巧：解題中充分使用了復(fù)數(shù)的性質(zhì)：z≠0，z+eq\o(z,\s\up9())=0z∈{純虛數(shù)}eq\b\lc\{(\a\al(Re(z)=0，,Im(z)≠0．))以及z2∈Rz∈R或z∈{純虛數(shù)}．（注：Re(z)，Im(z)分別表示復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部）②解題規(guī)律：對(duì)于“是否型存在題型”，一般處理方法是首先假設(shè)結(jié)論成立，再進(jìn)行正確的推理，若無(wú)矛盾，則結(jié)論成立；否則結(jié)論不成立．【例8】設(shè)a為實(shí)數(shù)，在復(fù)數(shù)集C中解方程： z2+2|z|=a．【分析】由于z2=a-2|z|為實(shí)數(shù)，故z為純虛數(shù)或?qū)崝?shù)，因而需分情況進(jìn)行討論．【解】設(shè)|z|=r．若a＜0，則z2=a-2|z|＜0，于是z為純虛數(shù)，從而r2=2r–a．解得r=eq1+\r(1-a)(r=eq1-\r(1-a)＜0，不合，舍去)．故z=±(eq1+\r(1-a))i．若a≥0，對(duì)r作如下討論：（1）若r≤eq\f(1,2)a，則z2=a-2|z|≥0，于是z為實(shí)數(shù)．解方程r2=a-2r，得r=eq-1+\r(1+a)(r=eq-1-\r(1+a)＜0，不合，舍去)．故z=±(eq-1+\r(1+a))．（2）若r＞eq\f(1,2)a，則z2=a-2|z|＜0，于是z為純虛數(shù)．解方程r2=2r-a，得r=eq1+\r(1-a)或r=eq1-\r(1-a)(a≤1)．故z=±(eq1±\r(1-a))i(a≤1)．綜上所述，原方程的解的情況如下：當(dāng)a＜0時(shí)，解為：z=±(eq1+\r(1-a))i；當(dāng)0≤a≤1時(shí)，解為：z=±(eq-1+\r(1+a))，z=±(eq1±\r(1-a))i；當(dāng)a＞1時(shí)，解為：z=±(eq-1+\r(1+a))．【說(shuō)明】解題技巧：本題還可以令z=x+yi(x、y∈R)代入原方程后，由復(fù)數(shù)相等的條件將復(fù)數(shù)方程化歸為關(guān)于x，y的實(shí)系數(shù)的二元方程組來(lái)求解．【例9】（2004年上海市普通高校春季高考數(shù)學(xué)試卷18）已知實(shí)數(shù)滿足不等式，試判斷方程有無(wú)實(shí)根，并給出證明.【解】由，解得，.方程的判別式.，，，由此得方程無(wú)實(shí)根.【例10】給定實(shí)數(shù)a，b，c．已知復(fù)數(shù)z1、z2、z3滿足eq\b\lc\{(\a\al(|z1|=|z2|=|z3|，(1),\f(z1,z2)+\f(z2,z3)+\f(z3,z1)=1．(2)))求｜az1+bz2+cz3｜的值．【分析】注意到條件(1)，不難想到用復(fù)數(shù)的三角形式；注意到條件（2），可聯(lián)想使用復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)的充要條件進(jìn)行求解．【解】解法一由eq|z1|=|z2|=|z3|=1，可設(shè)eq\f(z1,z2)=cosθ+isinθ，eq\f(z2,z3)=cosφ+isinφ， 則eq\f(z3,z1)=eq\f(1,eq\f(z2,z3)·eq\f(z1,z2))=cos(θ+φ)-isin(θ+φ)．因eq\f(z1,z2)+\f(z2,z3)+\f(z3,z1)=1，其虛部為0，故0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)=2sineq\f(θ+φ,2)coseq\f(θ-φ,2)-2sineq\f(θ+φ,2)coseq\f(θ+φ,2)=2sineq\f(θ+φ,2)（coseq\f(θ-φ,2)-coseq\f(θ+φ,2)）=4sineq\f(θ+φ,2)sineq\f(θ,2)sineq\f(φ,2)．故θ=2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ，k∈Z．因而z1=z2或z2=z3或z3=z1．若z1=z2，代入（2）得eq\f(z3,z1)=±i，此時(shí) ｜az1+bz2+cz3｜=|z1|?|a+b±ci｜=eq\r((a+b)2+c2)． 類(lèi)似地，如果z2=z3，則｜az1+bz2+cz3｜=eq\r((b+c)2+a2)；如果z3=z1，則｜az1+bz2+cz3｜=eq\r((a+c)2+b2)．解法二由（2）知eq\f(z1,z2)+\f(z2,z3)+\f(z3,z1)∈R，故 eq\f(z1,z2)+\f(z2,z3)+\f(z3,z1)=eq\o(\f(z1,z2)+\f(z2,z3)+\f(z3,z1),\s\up15(_))， 即eq\f(z1,z2)+\f(z2,z3)+\f(z3,z1)=． 由（1）得eq\o(zk,\s\up9())=eq\f(1,zk)(k=1，2，3)，代入上式，得eq\f(z1,z2)+\f(z2,z3)+\f(z3,z1)=eq\f(z2,z1)+\f(z3,z2)+\f(z1,z3)， 即z12z3+z22z1+z32z2=z22z3+z32z1+z12z2，分解因式，得(z1-z2)(z2-z3)(z3-z1)=0， 于是z1=z2或z2=z3或z3=z1．下同解法一．【說(shuō)明】①解題關(guān)鍵點(diǎn)是巧妙利用復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)的充要條件：z∈Rz=eq\o(z,\s\up9(_))，以及視eq\f(z1,z2)，eq\f(z2,z3)等為整體，從而簡(jiǎn)化了運(yùn)算．②解題易錯(cuò)點(diǎn)是拿到問(wèn)題不加分析地就盲目動(dòng)筆，而不注意充分觀察題目的已知條件，結(jié)論特征等，從而使問(wèn)題的求解或是變得異常的復(fù)雜，或干脆就無(wú)法解出最終的結(jié)果．四．課堂小結(jié)鞏固練習(xí)：設(shè)復(fù)數(shù)z=3cosθ+2isinθ，求函數(shù)y=θ-argz(0＜θ＜eq\f(π,2))的最大值以及對(duì)應(yīng)角θ的值．【分析】先將問(wèn)題實(shí)數(shù)化，將y表示成θ的目標(biāo)函數(shù)，后利用代數(shù)法（函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式等）以及數(shù)形結(jié)合法進(jìn)行求解．解法一、由0＜θ＜eq\f(π,2)，得tanθ＞0，從而0＜argz＜eq\f(π,2)．由z=3cosθ+2isinθ，得 tan(argz)=eq\f(2sinθ,3cosθ)=eq\f(2,3)tanθ＞0．于是 tany=tan(θ-argz)=eq\f(tanθ-tan(argz),1+tanθtan(argz))=eq\f(\f(1,3)tanθ,1+\f(2,3)tan2θ)=eq\f(1,\f(3,tanθ)+2tanθ)≤eq\f(1,2\r(\f(3,tanθ)·2tanθ))=eq\f(\r(6),12)．當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3,tanθ)=2tanθ，即tanθ=eq\f(\r(6),2)時(shí)，取“=”．又因?yàn)檎泻瘮?shù)在銳角的范圍內(nèi)為增函數(shù)，故當(dāng)θ=arctaneq\f(\r(6),2)時(shí)，y取最大值為arctaneq\f(\r(6),12)．解法二、因0＜θ＜eq\f(π,2)，故cosθ＞0，sinθ＞0，0＜argz＜eq\f(π,2)，且 cos(argz)=eq\f(3cosθ,\r(9cos2θ+4sin2θ))，sin(argz)=eq\f(2sinθ,\r(9cos2θ+4sin2θ))． 顯然y∈(-eq\f(π,2)，eq\f(π,2))，且siny為增函數(shù)． siny=sin(θ-argz)=sinθcos(argz)-cosθsin(argz)=eq\f(sinθcosθ,\r(9cos2θ+4sin2θ)) =eq\f(1,\r(9csc2θ+4sec2θ))=eq\f(1,\r(9+9cot2θ+4+4tan2θ))≤eq\f(1,\r(13+2\r(9cot2θ·4tan2θ)))=eq\f(1,5)． 當(dāng)且僅當(dāng)eq9cot2θ=4tan2θ，即tanθ=eq\f(\r(6),2)，取“=”，此時(shí)ymax=arctaneq\f(\r(6),12)．圖xθargzyoZ1Z2Z 解法三、設(shè)Z1=2(cosθ+isinθ)，Z2=cosθ，則Z=Z1+Z2，而Z1、Z2、Z的輻角主值分別為θ、0，argz．如圖所示，必有y=∠圖xθargzyoZ1Z2Z 在△ZOZ1中，由余弦定理得 cosy=eq\f(|OZ1|2+|OZ|2-|Z1Z|2,2|OZ1|?|OZ|)=eq\f(4+4+5cos2θ-cos2θ,2×2\r(4+5cos2θ)) =eq\f(\r(4+5cos2θ),5)+eq\f(6,5\r(4+5cos2θ))≥eq\f(2\r(6),5)． 當(dāng)且僅當(dāng)4+5cos2θ=6，即cosθ=eq\f(\r(10),5)時(shí)，取“=”． 又因?yàn)橛嘞液瘮?shù)在0＜θ＜eq\f(π,2)為減函數(shù)，故當(dāng)θ=arccoseq\f(\r(10),5)時(shí)，ymax=arccoseq\f(2\r(6),5)．【說(shuō)明】①解題關(guān)鍵點(diǎn)：將復(fù)數(shù)問(wèn)題通過(guò)化歸轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)問(wèn)題，使問(wèn)題能在我們非常熟悉的情景中求解．②解題規(guī)律：多角度思考，全方位探索，不僅使我們獲得了許多優(yōu)秀解法，而且還使我們對(duì)問(wèn)題的本質(zhì)認(rèn)識(shí)更清楚，進(jìn)而更有利于我們深化對(duì)復(fù)數(shù)概念的理解，靈活駕馭求解復(fù)數(shù)問(wèn)題的能力．③解題易錯(cuò)點(diǎn)：因?yàn)榻夥ǖ亩鄻有?，反三角函?shù)表示角的不唯一性，因而最后的表述結(jié)果均不一樣，不要認(rèn)為是錯(cuò)誤的．四．課堂小節(jié)五．課后作業(yè)：1、下列說(shuō)法正確的是[]A．0i是純虛數(shù)B．原點(diǎn)是復(fù)平面內(nèi)直角坐標(biāo)系的實(shí)軸與虛軸的公共點(diǎn)C．實(shí)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)一定是實(shí)數(shù)，虛數(shù)的共軛復(fù)數(shù)一定是虛數(shù)D．是虛數(shù)2、下列命題中，假命題是[]A．兩個(gè)復(fù)數(shù)不可以比較大小B．兩個(gè)實(shí)數(shù)可以比較大小C．兩個(gè)虛數(shù)不可以比較大小D．一虛數(shù)和一實(shí)數(shù)不可以比較大小3、已知對(duì)于x的方程+（12i）x+3mi=0有實(shí)根，則實(shí)數(shù)m滿足[]4、復(fù)數(shù)1+i++…+等于[]A．iB．iC．2iD．2i5、已知常數(shù)，又復(fù)數(shù)z滿足，求復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡。6、設(shè)復(fù)數(shù)，記。（1）求復(fù)數(shù)的三角形式；（2）如果，求實(shí)數(shù)、的值。7、（2003年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試(理17)）已知復(fù)數(shù)的輻角為，且是和的等比中項(xiàng)，求8、已知復(fù)數(shù)滿足，且。求的值；（2）求證：；（3）求證對(duì)于任意實(shí)數(shù)，恒有。9、（1992·三南試題）求同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件的所有復(fù)數(shù)z：(1)z+eq\f(10,z)是實(shí)數(shù)，且1＜z+eq\f(10,z)≤6；(2)z的實(shí)部和虛部都是整數(shù)．參考答案1、解0i=0∈R故A錯(cuò)；原點(diǎn)對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)為0∈R故B錯(cuò)，i2=-1∈R，故D錯(cuò)，所以答案為C。2、解本題主要考察復(fù)數(shù)的基本性質(zhì)，兩個(gè)不全是實(shí)數(shù)的復(fù)數(shù)不能比較大小，故命題B，C，D均正確，故A命題是假的。3、解本題考察復(fù)數(shù)相等概念，由已知4、解：因?yàn)閕的四個(gè)相鄰冪的和為0，故原式=1+i+i2+0+0=i，答案：A。5、解： ∴Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為圓心，以為半徑的圓，但應(yīng)除去原點(diǎn)。6、答案：（1）；（2）7、解：設(shè)，則復(fù)數(shù)由題設(shè)8、答案（1）；（2）、（3）省略。9、分析：按一般思路，應(yīng)設(shè)z＝x＋yi（x，y∈R），或z=r（cos∵1＜t≤6∴Δ=t2-40＜0，解方程得又∵z的實(shí)部和虛部都是整數(shù)，∴t=2或t=6故z=1±3i或z=3±i解法二：∵z+eq\f(10,z)∈R，從而z=eq\o(z,\s\up9(_))或zeq\o(z,\s\up9(_))=10．若z=eq\o(z,\s\up9(_))，則z∈R，因1＜z+eq\f(10,z)≤6，故z＞0，從而z+eq\f(10,z)≥eq2\r(10)＞6，此時(shí)無(wú)解；若zeq\o(z,\s\up9(_))=10，則1＜z+eq\o(z,\s\up9(_))≤6．設(shè)z=x+yi(x、y∈Z)，則1＜2x≤6，且x2+y2=10，聯(lián)立解得eq\b\lc\{(\a\al(x=1，,y=3，))或eq\b\lc\{(\a\al(x=1，,y=-3，))或eq\b\lc\{(\a\al(x=3，,y=1，))或eq\b\lc\{(\a\al(x=3，,y=-1．))故同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件的所有復(fù)數(shù)z＝1+3i，1-3i，3+i，3-i。復(fù)數(shù)的代數(shù)形式及其運(yùn)算一．教學(xué)目標(biāo)：掌握復(fù)數(shù)的基本題型，主要是討論復(fù)數(shù)的概念，復(fù)數(shù)相等，復(fù)數(shù)的幾何表示，計(jì)算復(fù)數(shù)模，共軛復(fù)數(shù)，解復(fù)數(shù)方程等。二．教學(xué)重點(diǎn)：復(fù)數(shù)的幾何表示，計(jì)算復(fù)數(shù)模，共軛復(fù)數(shù)，解復(fù)數(shù)方程等。教學(xué)難點(diǎn)：共軛復(fù)數(shù)，復(fù)數(shù)的分式化簡(jiǎn)三．教學(xué)過(guò)程：（一）主要知識(shí)：1．共軛復(fù)數(shù)規(guī)律，；2．復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算規(guī)律（1）i=1，i=i，i=1，i=i；（3）i·i·i·i=1，i＋i＋i＋i=0；；3．輻角的運(yùn)算規(guī)律（1）Arg（z·z）＝Argz＋Argz（3）Arg=nArgz（n∈N）…，n1?；騴∈R。要條件是|z|＝|a|。（6）z·z≠0，則4．根的規(guī)律：復(fù)系數(shù)一元n次方程有且只有n個(gè)根，實(shí)系數(shù)一元n次方程的虛根成對(duì)共軛出現(xiàn)。5．求最值時(shí)，除了代數(shù)、三角的常規(guī)方法外，還需注意幾何法及不等式||z||z||≤|z±z|≤|z|+|z|的運(yùn)用。即|z±z|≤|z|+|z|等號(hào)成立的條件是：z，z所對(duì)應(yīng)的向量共線且同向。|z±z|≥|z||z|等號(hào)成立的條件是：z，z所對(duì)立的向量共線且異向。（二）范例分析Ⅰ.2004年高考數(shù)學(xué)題選1.（2004高考數(shù)學(xué)試題（浙江卷，6））已知復(fù)數(shù)z1=3+4i,z2=t+i,且是實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)t=()

A．B．C．D．2.(2004年北京春季卷，2)當(dāng)時(shí)，復(fù)數(shù)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限3.(2004年北京卷，2）滿足條件的復(fù)數(shù)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡是(C)A．一條直線B．兩條直線C．圓D．橢圓Ⅱ.主要的思想方法和典型例題分析：1．化歸思想復(fù)數(shù)的代數(shù)、幾何、向量及三角表示，把復(fù)數(shù)與實(shí)數(shù)、三角、平面幾何和解析幾何有機(jī)地聯(lián)系在一起，這就保證了可將復(fù)數(shù)問(wèn)題化歸為實(shí)數(shù)、三角、幾何問(wèn)題。反之亦然。這種化歸的思想方法應(yīng)貫穿復(fù)數(shù)的始終?！痉治觥窟@是解答題，由于出現(xiàn)了復(fù)數(shù)和，宜統(tǒng)一形式，正面求解。解法一、設(shè)z＝x＋yi（x，y∈R），原方程即為用復(fù)數(shù)相等的定義得：∴=1，=1+3i.兩邊取模，得：代入①式得原方程的解是=1，=1+3i.【例2】（1993·全國(guó)·理）設(shè)復(fù)數(shù)z=cosθ＋isinθ（0＜【解】∵z＝cosθ+isinθ=cos4θ＋isin4θ即，又∵0＜θ＜π，當(dāng)時(shí)，或【說(shuō)明】此題轉(zhuǎn)化為三角問(wèn)題來(lái)研究，自然、方便?！纠?】設(shè)a，b，x，y∈R+，且（r＞0），求證：分析令=ax+byi，==bx+ayi（a，b，x，y∈R+），則問(wèn)題化歸為證明：||+||≥r（a+b）。證明設(shè)=ax+byi，=bx＋ayi（a，b，x，y∈R+），則=|（a+b）x+（a＋b）yi|=|（a＋b）（x+yi）|＝（a＋b）·r。解如圖所示，設(shè)點(diǎn)Q，P，A所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為：即（x3a+yi）·（i）＝（x3a+yi）由復(fù)數(shù)相等的定義得而點(diǎn)（x，y）在雙曲線上，可知點(diǎn)P的軌跡方程為【說(shuō)明】將復(fù)數(shù)問(wèn)題化歸為實(shí)數(shù)、三角、幾何問(wèn)題順理成章，而將實(shí)數(shù)、三角、幾何問(wèn)題化歸為復(fù)數(shù)問(wèn)題，就要有較強(qiáng)的聯(lián)想能力和跳躍性思維能力，善于根據(jù)題設(shè)構(gòu)造恰到好處的復(fù)數(shù)，可使問(wèn)題迎刃而解。2．分類(lèi)討論思想分類(lèi)討論是一種重要的解題策略和方法。在復(fù)數(shù)中它能使復(fù)雜的問(wèn)題簡(jiǎn)單化，從而化整為零，各個(gè)擊破。高考復(fù)數(shù)考題中經(jīng)常用到這種分類(lèi)討論思想方法?！纠?】（1990·全國(guó)·理）設(shè)a≥0，在復(fù)數(shù)集C中解方程z＋2|z|=a。分析一般的思路是設(shè)z=x＋yi（x，y∈R），或z=r（cosθ＋isinθ），若由z＋2|z|=a轉(zhuǎn)化為z=a2|z|，則z∈R。從而z為實(shí)數(shù)或?yàn)榧兲摂?shù)，這樣再分別求解就方便了?？傊?，是一個(gè)需要討論的問(wèn)題?！窘狻拷夥ㄒ弧遺=a2|z|∈R，∴z為實(shí)數(shù)或純虛數(shù)?！鄦?wèn)題可分為兩種情況：（1）若z∈R，則原方程即為|z|+2|z|a=0，（2）若z為純虛數(shù)，設(shè)z=yi（y∈R且y≠0），則原方程即為|y|2|y|＋a=0當(dāng)a=0時(shí)，|y|=2即z=±2i。當(dāng)0＜a≤1時(shí)，當(dāng)a＞1時(shí)，方程無(wú)實(shí)數(shù)解，即此時(shí)原方程無(wú)純虛數(shù)解。綜上所述，原方程：當(dāng)a=0時(shí)，解為z＝0或z=±2i解法二設(shè)z=x＋yi，x，y∈R，將原方程轉(zhuǎn)化為3．?dāng)?shù)形結(jié)合思想數(shù)與形是數(shù)學(xué)主要研究?jī)?nèi)容，兩者之間有著緊密的聯(lián)系和互相滲透、互相轉(zhuǎn)化的廣闊前景，復(fù)平面的有關(guān)試題正是它的具體表現(xiàn)。運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想與方法解題是高考考查的熱點(diǎn)之一，應(yīng)引起注意。【例6】已知|z|=1，且z+z＝1，求z?！窘狻坑蓏+z=1聯(lián)想復(fù)數(shù)加法的幾何性質(zhì)，不難發(fā)現(xiàn)z，z，1所對(duì)應(yīng)的三點(diǎn)A，B，C及原點(diǎn)O構(gòu)成平行四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)，如圖所示，【說(shuō)明】這樣巧妙地運(yùn)用聯(lián)想思維，以數(shù)構(gòu)形，以形思數(shù)，提煉和強(qiáng)化數(shù)形結(jié)合的思想方法，有利于培養(yǎng)學(xué)生思維的深刻性?！纠?】復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)A對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)z，點(diǎn)B對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)為eq\f(3,5)eq\o(z,\s\up9(_))，O為原點(diǎn)，△AOB是面積為eq\f(6,5)的直角三角形，argz∈(0，eq\f(π,2))，求復(fù)數(shù)z的值．eq\f(3,5) 【分析】哪一個(gè)角為直角，不清楚，需要討論． 【解】因|OA|=|z|＞eq\f(3,5)|eq\o(z,\s\up9(_))|=|OB|，故∠A不可能是直角，因而可能∠AOB=90o或∠ABO=90o． 若∠AOB=90o，示意圖如圖1所示．因z與eq\o(z,\s\up9(_))所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱(chēng)，故argz=45o,xOABy圖1S△AOB=eq\f(1,2)|OA|·|OB|=eq\f(1,2)|z|·eq\f(3,5)|eq\o(z,\s\up9(_))|=eq\f(3,10)|z|2=eq\f(6,5)．于是，|z|=2，xOABy圖1從而，z=2(cos45o+isin45o)=eq\r(2)+eq\r(2)i．xOABy圖2若∠ABO=90o，示意圖如圖2所示．因z與eq\o(z,\s\up9(_))所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱(chēng)，且∠AOB＜90o，故argz=θ＜45xOABy圖2令z=r(cosθ+isinθ)，則cos2θ=eq\f(|OB|,|OA|)=eq\f(3,5)，sin2θ=eq\f(4,5)，S△AOB=eq\f(1,2)|OA|·|OB|·sin2θ=eq\f(1,2)r·eq\f(3,5)r·eq\f(4,5)=eq\f(6,25)r2=eq\f(6,5)．于是，r=eq\r(5)． 又cosθ=eq\r(\f(1+cos2θ,2))=eq\f(2\r(5),5)， sinθ=eq\r(1-cos2θ)=eq\f(\r(5),5)， 故z=eq\r(5)(eq\f(2\r(5),5)+eq\f(\r(5),5)i)=2+i． 綜上所述，z=eq\r(2)+eq\r(2)i或z=2+i． 【說(shuō)明】①解題關(guān)鍵點(diǎn)：正確地對(duì)直角的情況進(jìn)行分類(lèi)討論，正確地理解復(fù)數(shù)的幾何意義，作出滿足條件的示意圖．②解題規(guī)律：復(fù)數(shù)的幾何意義來(lái)源于復(fù)數(shù)z=a+bi(a、b∈R)與復(fù)平面上的點(diǎn)(a，b)之間的一一對(duì)應(yīng)，它溝通了復(fù)數(shù)與解析幾何之間的聯(lián)系，是數(shù)形結(jié)合思想的典型表示．③解題技巧：復(fù)數(shù)z與它的共軛復(fù)數(shù)eq\o(z,\s\up9(_))在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的向量關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱(chēng)．④這樣巧妙地以形譯數(shù)，數(shù)形結(jié)合，不需要計(jì)算就解決了問(wèn)題，充分顯示了數(shù)形結(jié)合的思想方法在解題中的作用。4．集合對(duì)應(yīng)思想【例8】如圖所示，在復(fù)平面內(nèi)有三點(diǎn)P，P，P對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)應(yīng)的復(fù)數(shù)為a，2a，3a，且它們有相同的輻角主值θ（如圖所示），即A，P，P，P共線。從而2sinθ＝2因此有a=±2i。5．整體處理思想解復(fù)數(shù)問(wèn)題中，學(xué)生往往不加分析地用復(fù)數(shù)的代數(shù)形式或三角形式解題。這樣常常給解題帶來(lái)繁瑣的運(yùn)算，導(dǎo)致解題思路受阻。因此在復(fù)數(shù)學(xué)習(xí)中，有必要提煉和強(qiáng)化整體處理的思想方法，居高臨下地把握問(wèn)題的全局，完善認(rèn)識(shí)結(jié)構(gòu)，獲得解題的捷徑，從而提高解題的靈活性及變通性。【例9】已知z=2i，求z3z＋z+5z＋2的值?！痉治觥咳绻苯哟?，顯然比較困難，將z用三角式表示也有一定的難度。從整體角度思考，可將條件轉(zhuǎn)化為（z2）=（i）=1，即z4z+4=1，即z4z+5=0，再將結(jié)論轉(zhuǎn)化為z3z＋z+5z＋2=（z4z＋5）（z＋z）+2，然后代入就不困難了?！窘狻俊遺=2i，∴（z2）=（i）=1即z4z+5=0∴z3z＋z+5z＋2=（z4z+5）（z＋z）+2=2。【例10】已知，求?！窘狻拷庥蓷l件得【說(shuō)明】把題中一些組合式子視作一個(gè)“整體”，并把這個(gè)“整體”直接代入另一個(gè)式子，可避免由局部運(yùn)算帶來(lái)的麻煩?！纠?1】復(fù)平面上動(dòng)點(diǎn)z的軌跡方程為：|zz|＝|z|，z≠0，另一動(dòng)點(diǎn)z滿足z·z=1，求點(diǎn)z的軌跡。解由|zz|＝|z|，知點(diǎn)z的軌跡為連結(jié)原點(diǎn)O和定點(diǎn)z的線段的垂直平分線。將此式整體代入點(diǎn)z1的方程，得的圓（除去原點(diǎn)）?！纠?2】設(shè)z∈c，a≥0，解方程z|z|＋az＋i=0。邊取模，得【說(shuō)明】解復(fù)數(shù)方程，可通過(guò)整體取模，化為實(shí)數(shù)方程求解。綜上所述，解答復(fù)數(shù)問(wèn)題，應(yīng)注意從整體上去觀察分析題設(shè)的結(jié)構(gòu)特征，挖掘問(wèn)題潛在的特殊性和簡(jiǎn)單性，充分利用復(fù)數(shù)的有關(guān)概念、共軛復(fù)數(shù)與模的性質(zhì)、復(fù)數(shù)的幾何意義以及一些變形技巧，對(duì)問(wèn)題進(jìn)行整體化處理，可進(jìn)一步提高靈活、綜合應(yīng)用知識(shí)的能力。6．有關(guān)最值問(wèn)題的多角度思考【例13】復(fù)數(shù)z滿足條件|z|=1，求|2zz+1|的最大值和最小值。解法一|z|=1，∴z=cosθ＋isinθ∴|2zz+1|=|2（cosθ＋isinθ）（cosθ＋isinθ）＋1|=|（2cos2θcosθ＋1）＋（2sin2θsinθ）i|∴|2zz+1|=|2zz+|設(shè)z的實(shí)部為a，則1≤a≤1|2zz+1|=|2a＋z1|，∴|2zz+1|=4解法三：設(shè)ω=x+yi（x，y∈R），z=a＋bi（a，b∈r）且a+b=1，這說(shuō)明ω對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是如圖所示的橢圓，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求該橢圓上各點(diǎn)中與原點(diǎn)距離的最大值和最小值。時(shí)的圓的半徑。得8x2x＋89r＝0，由相內(nèi)切條件知Δ=0,解法四由模不等式：|2zz+1|≤2|z|＋|z|+1=4，等號(hào)成立的條件是2z，z，1所對(duì)應(yīng)的向量共線且同向，可知z是負(fù)實(shí)數(shù)，在|z|=1的條件下，z=-1∴當(dāng)z=1時(shí)|2zz+1|=4。但另一方面：|2zz+1|≥2|z||z|1=0，這是顯然成立的，可是這不能由此確定|2zz+1|=0，實(shí)際上等號(hào)成立的條件應(yīng)為2z，z，1表示的向量共線且異向，由2z與1對(duì)應(yīng)的向量共線且異向知z=±i，但是當(dāng)z=±i時(shí)，2z與z不共線，這表明|2zz+1|的最小值不是0。以上這種求最小值的錯(cuò)誤想法和解法是學(xué)生易犯的錯(cuò)誤，此部分內(nèi)容既為重點(diǎn)也為難點(diǎn)，應(yīng)向?qū)W生強(qiáng)調(diào)說(shuō)明，并舉例，切記取等號(hào)的條件?！纠?4】2001年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試(理18)已知復(fù)數(shù)z1＝i(1—i)3．

(Ⅰ)求argz1及|z|；

(Ⅱ)當(dāng)復(fù)數(shù)z滿足|z|＝1，求|z—z1|的最大值．【分析】本小題考查復(fù)數(shù)的基本性質(zhì)和基本運(yùn)算，以及分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力．【解】(Ⅰ)

∴，|z1|＝．

(Ⅱ)設(shè)，則

當(dāng)時(shí)，取得最大值，從而得到的最大值為．四：課堂小結(jié)五．課后作業(yè)：1、下列命題中正確的是[]A．方程|z+5||z5i|=8的圖形是雙曲線B．方程|z+5|=8的圖形是雙曲線C．方程|z+5i||z5i|=8的圖形是雙曲線的兩支D．方程|z+5i||z5i|=8的圖形是雙曲線靠近焦點(diǎn)F(0，5)的一支2、方程的圖形是[]A．圓B．橢圓C．雙曲線D．直線3、在復(fù)平面上繪出下列圖形：4、已知是虛數(shù)，是實(shí)數(shù)。(1)求z對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)A的軌跡；(2)設(shè)u=3iz+1，求u對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)B的軌跡；（3）設(shè)，求對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)C的軌跡。5、設(shè)A，B，C三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z，z，z滿足(1)證明：△ABC是內(nèi)接于單位圓的正三角形；(2)求S△ABC；6、若，求所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)A的集合表示的圖形，并求其面積．7．設(shè)z1，z2是兩個(gè)虛數(shù)，且z1+z2=-3，|z1|+|z2|=4．若θ1=argz1，θ2=argz2，求cos(θ1-θ2)的最大值．8．（2003年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（上海理17））已知復(fù)數(shù)z1=cosθ－i，z2=sinθ+i，求|z1·z2|的最大值和最小值.專(zhuān)題訓(xùn)練參考答案1、解：DA的圖形是直線，B的圖形是圓，C是圖形是雙曲線的一去．故選D．||z+5i|-|z-5i||=8才是雙曲線的兩支．2、解：A原方程即|z(2+i)|=7．故選A．3、解：4、解：（1）因?yàn)閦是虛數(shù)，所以，于是，即，且，因此動(dòng)點(diǎn)A軌跡是中心在原點(diǎn)，半徑等于2的圓，但去掉兩個(gè)點(diǎn)(2，0)與(2，0)．(2)由u=3iz+1得u1=3iz．由(1)及題設(shè)知|z|=2，z≠±2，所以|u1|=6，且u1≠±6i因此動(dòng)點(diǎn)B的軌跡是圓，中心在(1，0)，半徑等于6，但去掉兩點(diǎn)(1，6)與(1，6)．(3)設(shè)z=2(cosθ+isinθ)，(θ≠0，π)則再令v=x+yi(x，y∈R)，則5、解：(1)由(ii)知A，B，C三點(diǎn)都在單位圓上．再結(jié)合(i)得z=(z+z)設(shè)BC中點(diǎn)為D，它對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)為z，那么由于正三角形的外接圓與內(nèi)切圓的圓心合一，因此△ABC的內(nèi)切圓圓心6、因此動(dòng)點(diǎn)A的圖形是一個(gè)圓環(huán)．設(shè)此圓環(huán)面積為S，那么7．解：設(shè)|z1|=r，則|z2|=4-r(0＜r＜4)．將z1=r(cosθ1+isinθ1)，z2=(4–r)(cosθ2+isinθ2)，代入z1+z2=-3，得eq\b\lc\{(\a\al(rcosθ1+(4-r)cosθ2=-3，,rsinθ1+(4-r)sinθ2=0．))兩式平方相加，得r2+(4-r)2+2r(4-r)(cosθ1cosθ2+sinθ1sinθ2)=9，于是cos(θ1-θ2)=eq\f(9-r2-(4-r)2,2r(4-r))=1+eq\f(7,2(r-2)2-8)，當(dāng)r=2時(shí)，cos(θ1-θ2)取最大值eq\f(1,8).8．解：故的最大值為最小值為.《直線與圓的方程》專(zhuān)題訓(xùn)練一．基礎(chǔ)訓(xùn)練：1．點(diǎn)在直線上，為原點(diǎn)，則的最小值是（）22．過(guò)點(diǎn)，且橫縱截距的絕對(duì)值相等的直線共有（）1條2條3條4條3．圓與軸交于兩點(diǎn)，圓心為，若，則（）84．若圓上有且只有兩個(gè)點(diǎn)到直線距離等于，則半徑取值范圍是（）5．直線與直線的交點(diǎn)為，則過(guò)點(diǎn)的直線方程是___________________。6．已知滿足，則的最大值為_(kāi)_______，最小值為_(kāi)_______。二．例題分析：例1．過(guò)點(diǎn)作直線交軸，軸的正向于兩點(diǎn)；（為坐標(biāo)原點(diǎn)）(1)當(dāng)面積為個(gè)平方單位時(shí)，求直線的方程；(2)當(dāng)面積最小時(shí)，求直線的方程；(3)當(dāng)最小時(shí)，求直線的方程。

例2．設(shè)圓滿足：①截軸所得弦長(zhǎng)為2；②被軸分成兩段圓弧，其弧長(zhǎng)的比為，在滿足條件①、②的所有圓中，求圓心到直線的距離最小的圓的方程。例3．設(shè)正方形（順時(shí)針排列）的外接圓方程為，點(diǎn)所在直線的斜率為；（1）求外接圓圓心點(diǎn)的坐標(biāo)及正方形對(duì)角線的斜率；（2）如果在軸上方的兩點(diǎn)在一條以原點(diǎn)為頂點(diǎn)，以軸為對(duì)稱(chēng)軸的拋物線上，求此拋物線的方程及直線的方程；（3）如果的外接圓半徑為，在軸上方的兩點(diǎn)在一條以軸為對(duì)稱(chēng)軸的拋物線上，求此拋物線的方程及直線的方程。

三．課后作業(yè)：班級(jí)學(xué)號(hào)姓名1．若方程表示平行于軸的直線，則（）或1不存在2．將直線繞著它與軸的交點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)的角后，在軸上的截距是（）3．是任意的實(shí)數(shù)，若在曲線上，則點(diǎn)也在曲線上，那么曲線的幾何特征是（）關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)關(guān)于對(duì)稱(chēng)4．過(guò)點(diǎn)任意的作一直線與已知直線相交于點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)是有向線段的內(nèi)分點(diǎn)，且，則點(diǎn)的軌跡方程是（）5．如果實(shí)數(shù)滿足不等式，那么的最大值是（）6．過(guò)點(diǎn)作直線交圓于兩點(diǎn)，則。7．已知直線過(guò)點(diǎn)，且被圓截得的弦長(zhǎng)為8，則的方程是。8．甲、乙兩地生產(chǎn)某種產(chǎn)品。甲地可調(diào)出300噸，乙地可調(diào)出750噸，A、B、C三地需要該種產(chǎn)品分別為200噸、450噸和400噸。每噸運(yùn)費(fèi)如下表（單位：元）：ABC甲地635乙地596問(wèn)怎樣調(diào)運(yùn)，才能使總運(yùn)費(fèi)最省？

9．已知直角坐標(biāo)平面上點(diǎn)和圓，動(dòng)點(diǎn)到圓的切線的長(zhǎng)與的比等于常數(shù)，求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，并說(shuō)明它表示什么曲線。直線的方程一．教學(xué)目標(biāo)：1．深化理解傾斜角、斜率的概念，熟練掌握斜率公式；2．掌握直線方程的點(diǎn)斜式、斜截式、兩點(diǎn)式、截距式和一般式，并能熟練寫(xiě)出直線方程．二．教學(xué)重難點(diǎn)：1．過(guò)兩點(diǎn)、的直線斜率公式：．2．直線方程的幾種形式：點(diǎn)斜式：；斜截式：；兩點(diǎn)式：；截距式：；一般式：．三．教學(xué)過(guò)程：1．設(shè)，則直線的傾斜角為（）2．已知，則過(guò)不同三點(diǎn)，，的直線的條數(shù)為（）多于3．已知的頂點(diǎn),，重心，則邊所在直線方程為；經(jīng)過(guò)點(diǎn)且與軸、軸圍成的三角形面積是的直線方程是；過(guò)點(diǎn)，且它的傾斜角等于已知直線的傾斜角的一半的直線的方程是.4．若直線的方向向量是,則直線的傾斜角是；若點(diǎn)，，直線過(guò)點(diǎn)且與線段相交，則直線的斜率k的取值范圍為.例1．已知直線的方程為，過(guò)點(diǎn)作直線，交軸于點(diǎn)，交于點(diǎn)，且，求的方程.

例2．⑴已知，試求被直線所分成的比λ；⑵已知，，若直線與直線相交于點(diǎn)，不與重合，求證：點(diǎn)分的比.例3．過(guò)點(diǎn)引一條直線，使它在兩條坐標(biāo)軸上的截距都是正數(shù)，且它們的和最小，求直線的方程.例4．的一個(gè)頂點(diǎn)，兩條高所在直線方程為和，求三邊所在直線方程．

四．課堂小結(jié)：五．課后作業(yè)1．若，則過(guò)點(diǎn)與的直線的傾斜角的取值范圍是（）2．以原點(diǎn)為中心，對(duì)角線在坐標(biāo)軸上，邊長(zhǎng)為的正方形的四條邊的方程為（）3．已知三點(diǎn)，，在同一直線上，則的值為．4．過(guò)點(diǎn)的直線與軸、軸分別交于、兩點(diǎn)，點(diǎn)分有向線段所成的比為，則直線的斜率為，直線的傾斜角為