证明·推广·应用——对一个复数命题的探究

1 命题 设a为非零实数,z为非零复数,则|z-a|=|z a|(?)z为纯虚数。 证明简单,这里略去。 2 推广 推广1 设(z-a)/(z a)为纯虚数,且a>o,则|z|=a.(z≠±a) 证 因(z-a)/(z a)为纯虚数,故由命题知 |(z-a)/(z a) 1|=|(z-a_/(z a)-1|, ∴|2z|=|-2a|,即|z|=a。     

对一道复数方程题的解法分析

贵刊文（*）中例2是一道复数方程题:已知复数z的模|z|=1,且z~(11) Z=1,求Z.(1988年苏州竞赛题)文（*）所给解法如下:由条件得z~(11)=1-z,两边取模得|z~(11)|=|1-z|.∵|z|=1,∴|z~(11)|=1,于是|z|~2=|1-Z|~2,即zz=(1-z)(1-z）=1-z-z zz,∴z z=1.令z=a bi代入上式,得 a=1/2,由 a~2 b~2=1,得b=±(3~1/2)/2,∴z=1/2±(3~1/2)/2i.文对这种解法进行了概括:“此例采用复数取模,使复数转化为实数,又在新层次上将实数转化为复数”.     

辨明实部、虚部的特征是解含模方程的捷径

在复数方程中，常遇一类含有复数模的方程，众所周知因此，在解复数方程时，应力求避免两端取模，非两边取模不可时，便应在解完之后，对所求之根—一检验，以除去因取模而生的增根．由于复数模是一非负实数，因此，对含模的方程细加分析，就会发现：含模方程中的复数，其实部或虚部有某种特征，依此特征用待定系数法便可将它转化为实数方程，从而轻易地解之．既不需要验根，又直接简便，请看如下数例．例1设a＞0，在复数集C中解方程z2＋2｜z｜=a．分析将原方程化为z2=a=-2｜z｜，即知z2为实数，故z只能为实数或纯虚数，依此解之．解分两种…     

活用取模法巧解复数综合题

有些复数综合题,若利用方程思想,两边取模,则可将复数问题转化为实数集内的求解问题,使问题变得简单明了,这种方法叫做取模法。用取模法解题不仅能收到化繁为简、化难为易之功效,而且能开拓解题思路,培养学生的创造性思维,提高学习数学的兴趣.本文拟从五个方面以实例说明。 1 解方程 例1 已知z∈C,解方程z—3i=1 3i(1992年全国高考题) 解 ∵z=|z|~2,把方程变形为     

四个思路,各有千秋(高二、高三)

题已知复数z满足:使ω=(z+4)/(z-4)是纯虚数.求|z|的值. 在一堂复数课中我出示了上述的题目,同学们踊跃讨论,得出了如下的四种解法,它集中概括了解决复数问题的基本策略. 解法1 设z=x+yi(x,y∈R),则有     

怎样证明条件等式

有关证明条件等式的代数题,是一类综合性比较强的题目,如果能让学生掌握其各种不同的证明方法,对于培养他们的逻辑思维能力和熟练的技能技巧都是大有益处的。下面介绍几种证明条件等式的常用方法。一、将已知条件直接代入欲证等式例1 已知:x=(a-b)/(a b),y=(b-c)/(b c), z=(c-a)/(c a) 求证:(1 x)(1 y)(1 z) =(1-x)(1-y)(1-z) 证明:∵(1 x)(1 y)(1 z) =(1 (a-b)/(a b))(1 (b-c)/(b c))(1 (c-a)/(c a)) =2a/(a b)·2b/(b c)·2c/(c a) (1-x)(1-y)(1-z) =(1-(a-b)/(a b))(1-(b-c)/(b c))(1-(c-a)/(c a)) =2b/(a b)·2c/(b c)·2a/(c a) ∴ (1 x)(1 y)(1 z)=(1-x)(1-y)(1-z) 二、通过已知条件之间的相互变换,得出求证式。例2.设x=by cz,y=cz ax,z=ax by 试证:(a 1)x=(b 1)y=(c 1)z     

解复数题的策略与技巧

本文举例介绍解复数问题时常用的策略与技巧.1.取值估算【例1】　当23相似文献   

热学综合训练题

例7．已知复数z1=2-(3的平方根)a ai，z2=(3的平方根)-1 ((3的平方根)-b)i的模相等，且z2/z1的辐角为π/2，求实数a、b。     

复数中的热点问题

一、复数中的概念题概念题是指复数的实部、虚部、模、虚数、纯虚数及共轭复数等概念.其解法是正确理解概念,充分运用模、纯虚数、共轭复数等性质来解题.例1(2009江西卷理)若复数z=(x2-1)+(x-1)i为     

用代换法证三角形中的不等式

在△ABC中引入代换:a=y+z,b=z+x,c=x+y于是可得三内角的一系列代数关系式:cosA=(b~2+c~2-a~2)/2bc=(x(x+y+z)-yz)/(z+x)(x+y)=1-(2yz)/(x+y)(x+z).     

取共轭求解时要检验

对于一个复数方程,两边取模会导致增解,而两边同时取共轭得到的是与原方程同解的方程,怎么会导致增解呢?但这样的奇怪事情却发生了:请看下面两例. 例1 已知z是复数,且z~3=z,求z. 解法一:在z~3=z两边取模得|z|~3=|z|,即|z|=1或|z|=0.若|z|=1,则在z~3=两边同乘以z得z~4=1,z=±1或z=±ι.连同z=0共五个解,代入原方程知都是原方程的解. 解法二:z~3=. ①两边同取共轭得=z ②把①中的=z~3代入到②式中得z~9=z,解得 z=0或z~8=1. 显然比上面解法多出4个根.奇怪的是①式与②式互为充要条件,是同解的,由它们联立的方程组所得的结果应该是它们的公共解,而解为什么能多呢?我们再看一例.     

有关三角形费马点的不等式研究的进展概况

如图1,F为△ABC(每个角都小于120°)的费马点,记AF=u,BF=v,CF=w;AD=x,BE=y,CG=z;三角形半周长、面积、外接圆与内切圆半径分别为s,△,R,r,并记f=(1)/(x) (1)/(y) (1)/(z).     

利用|Z|~2=Z·Z解题

|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:     

全国高考数学理（18）题解法探析

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 -…     

一个复数命题的几何解释及应用

命题 z.w∈C,且z±w≠0, 则(z w)/(z-w)为纯虚数 |z|=|w|. 证明 ∵z±w≠0, ∴(z w)/(z-w)为虚数     

一类求值题的赘解

求值类题型涉及的知识面广,解答方法十分灵活,稍不注意就会出现差错,且用下面两个例题说明之.例1 已知 x,y,z 为非0复数,且(x y)/x=(y z)/y=(z x)/z=k求复数 k 的值.解1:①当 x y z≠0时,由等比定理得     

取模法解复方程

复数集上解 f(z,|z|)=0类型的方程非常常见,一般可从两个角度着手处理:一、设 z=x yi(x,y∈R)或 z=r(cosθ isinθ),用复数相等的条件转化为解方程组.这种方法比较麻烦.二、取模法.求出|z|,再代入原方程进一步解出 z.这种方法比较简捷.本文仅举数例用以说明“取模法解复方程”.     

巧用复数的模长解题

<正>求复数模长是掌握复数知识的基本要求之一,同时,考查复数知识,求解复数模长也是高考中一个热点考查内容,所以大家对求解复数模长的思路方法应当重视并掌握。一、以复数方程为背景求解复数模长例1已知z满足|z|=|z+1|=1,求     

一道高考题的别解及其改进

1996年高考上海试题第A_2-22题: 设z是虚数,w=z 1/z是实数,且—1相似文献   

利用共轭性质巧解复数高考题

高考中的复数试题,历年来重税考查复数的概念及运算,但往往运算繁杂,影响临场的解题速度及正确性,而灵活运用诸如|z|~2=z(?)等复数的有关概念及性质,便可达到化繁为简,化难为易的功效.1 求模例1 (1995年全国高考文科试题)设复数 z=cosθ isinθθ∈(π,2π),求复数 z~2 z 的模.解:∵|z|=1,∴z(?)=1,z (?)=2cosθ.∴|z~2 z|~2=|z|~2|z 1|~2=|z 1|~2