利用复数的几何意义巧解复数题_复数几何意义的习题

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利用复数的几何意义巧解复数题

复数与几何关系密切，复数的各种几何意义是沟通数与形的一座桥梁。对于复数问题，在探索解题思路时，注意复数的图形特征，适当运用数形结合的思想方法，充分发挥形象思维的优势，以数思形，数形渗透，两者交融，常使问题变得简单明了，直观形象，得以巧解。

利用形数思想巧解复数题的关键是，对涉及复数的模、辐角的主值、复数的各种运算，或者涉及复数对应的点、向量各种变换的问题，选取适当的切入点，对它们作相应的几何解释，以此为线索探求思路，以求妙解。在下列各例中，我们正是找到了关键，结合图形，巧妙分析，其解法治有一定的典型性、新颖性。

例

1、设z11i，z12，且argz2 [

22求：z1z2的最大值和最小值。,]，122

2解：z11i,z12i

z21,可设z22(cosisin)，[,]12

2222[,],z24 z24(cos2isin2)2[,] argz266

如图1，由上式可知点z2是以原点为圆心，4为半径的圆劣弧CD上的动点，而2222z12z2z22i，即是动点z2到定点A（0，2）的距离。于是当点z2处于点B（0，2

4）时，z1z2

图

122min222AB=2，当点z2处于C（0，-4）时，z1z2maxAC=21

3，求z6z3i的最小值。

433arg(z3)解：表示以-3为端点，且与X轴正方向的倾角为的一条射线，44例

2、已知复数z满足arg(z3)

那么求z6z3i的最小值就是求这条射线上的点-6与3i两点之和的最小值。

由于-6与3i两点的连线与射线有交点（如图），所以-6与3i两点间的距离即为所求。易得-6与3i间的距离是5，所以

z6

z

例

3、复数z满足z22i

解：如图，z22i

直观地得到 2，求z与argz的取范围。2表示以C(2,i)为圆心，2为半径的圆，从图中可

zminOA2；zmaxOB

z[2,2]过O点作⊙C的两条切线，切点分别为M、N，则COMCONarctg12，CODarctg 2

3DOMarctg

从

[0,arctg2121arctg，DONarctgarctg 3232直观得出图中可argz的取值范围是2121arctg][2(arctgarctg),2)323

2例

4、复数z在复平面内对应的点为z，将点Z绕原点按逆时针方向旋转，再

3向左平移1个单位，向下平移1个单位，得到点Z1，此时点Z1与Z恰好关于原点对称，求复数z。解：依题意，变换后的复数（如下图）z1z(cosisin)(1)(i)z 33

z(cos13isin)1izz(i)1iz332

216133

()i z(i)

1i由此得z2222例

5、已知复数z满足(z1)(1)z，且

解：1z1，(z1)(1)z 2z2z1为纯虚数，求复数z。z

1z1zzz 2

2点z在A（-1，0）与O（0，0）的连线的垂直平分线上，又z1是纯虚数，所z1

以复数z1与z1表示的向量CB与AB互相垂直，所以点z在单位圆O上，且AOB60，由图易知z

13i 22

例

6、设复数、对应于复平面上的点A、B，且22420，3i1，O为原点，求OAB的最大面积。

解：依题意知0，原方程可变为：(2)40，解得 

13i2[cos()isin()]此式的几何意义是： 3

32OB，且AOB60，于是B90。由3i1知点A在⊙C上移动，故要求OAB的最大面积，只要求的最大值，而max3OC，1

133393 OAB的最大面积为OBAB2228

例

7、已知z13，z25，z1z27，求uz1的值。z

2解1：由题意可得u1z1z2z73，又u1，故知复数u对应的z25z2

5点是以原点为圆心、半径长为37的圆和以A（-1，0）为圆心、半径长为的圆的交点，5

5设uxyi，则u1(x1)yi

32)x2y2(5x10337222(x1)y(5)y103u333i 1010

解2：如下图，OZ1z13，OZ2z25，OZz1z27，故只需求

出Z1OZ2，设Z1OZ2，OZ2Z，在OZ2Z中，由余弦定理得

3252721，60 cos120235

2

例

8、已知复数zcosisin，ucosisin，且zu

（1）求tg()值；

（2）求证zuzu0

解（1）：zuzu1，点z、u、z+u都在单位圆上，设zucosisin

根据复数加法的几何意义知： 22z13

[cos(60)isin(60)]iz5101043i。55

tg()tg22tg24 271tg

(2)z2u2zu(zu)2zu

(cosisin)2[cos()isin()]

==cos2isin2(cos2isin2)0