复数在中学数学解题中的应用举例

摘要：复数的应用非常广泛，在开展数学课外活动中，教师有机地结合教材，适当地讲授复数在各类问题中的应用是很有必要的。它不仅有利于沟通中学各部分知识间的联系、开拓解题思路、激发学生的学习兴趣和学习积极性，而且能使问题化繁为简、转难为易。本文举例说明了复数在中学数学解题中的应用，以期能给学生带来帮助。

关键词：复数；中学数学；解题；应用

中图分类号：G633.6 文献标识码：A 文章编号：1992-7711（2014）09-0153

一、复数与几何

复数的各种运算均有特定的几何意义，如果利用复数的性质去解某些“平几”、“解几”题，能使我们兼得直角坐标系及极坐标的 系方便：

1. 复数用向量表示，则复数加法、减法，可按照向量加法、减法的平行四边形法则进行，表示线段Z1Z2中点的复数为■，Z1，Z2两点间的距离d=Z2-Z1。

2. 复数的三角式的Z（cosθ+isinθ）表示把Z所对应的向量OZ按逆时针旋转θ角，其模不变的向量。

3. 如果■=λ（实数），则■ ∥■。

例1. 已知：E为正方形ABCD内一点，∠ECB=∠EBC=15°

求证：DEA为正三角形。

证明：如图建立复平面，设正方形边长为1，则A对应1，B对应1+i，C对应i，D对应0，设E对应复数Z，∠ECB=∠EBC=15°∠CEB=150°，且EB=EC

■=■（cos150°+isin150°）

即：i-Z[（1+i）-Z]（cos150°+isin150°）

=（1+i-Z）（-■+■i）

（2+■+i）Z=1+（■+■） i

Z=■=■+■i

Z= ■+■i=1且■+■i=cos60°+isin60°

Z的幅角为60°

DEA为正三角形

例2. 求证：平行四边形的对角线的平方和等于两邻边的平方和的两倍。

如图：Z1=a+bi，Z2=c+di，Z=Z1+Z2=（a+c）+（b+d）i，则OZ1ZZ2为平行四边形。

求证：Z2+Z2-Z12=2[Z12+Z22]

证明：Z2=[■]=（a+c）2+（b+d）2

Z2-Z12=[■]=（a-c）2+（b-d）2

Z2+Z2-Z12=2（a2+b2+c2+d2）

又Z12=（■）2=a2+b2

Z2=（■）2=c2+d2

2（Z12+Z2）2=2（a2+b2+c2+d2）

Z22+Z2-Z12=2[Z12+Z22]

从以上的例子看，用复数证明几何问题的步骤是：

（1）选择适当的坐标系。

（2）根据已知条件，假定某些点或者有向线段所表示的复数。

（3）根据假设推出与结论有关的点或者有向线段所表示的复数。

（4）根据基本公式、复数及其运算的几何意义或者其他已知的定理、公式等作出结论。

例3. 从定点A向定圆O作任意直线AP交圆于点P，求线段AP的中点的轨迹。

解：取定圆的圆心O为坐标原点，点A和点O的连线为横轴，设点A、P分别表示复数λa（cosπ+isinπ）r（cosθ+isinθ），其中θ可以任意改变，而a和r是实常数。那么，如果AP的中点表示θ复数Z

Z=■[2a（cosπ+isinπ）+r（cosθ+isinθ）]

=-a+■（cosθ+isinθ）

Z+a=■（cosθ+isinθ）

Z+a=■

很显然，AO的中点M表示复数，M是一个定点，上式就表明动点Q与定点M的距离是一个常数■，因此点Q的轨迹是以点M为圆心，■为半径的圆。

例4. ABC为顶点依顺时针排列的等腰直角三角形，其中A为定点，B在定圆上运动，C为直角顶点，求点C的轨迹。

解：如图建立坐标系，设点C，B的坐标分别为（x，y），（x1，y1）

定圆O的方程为（x-a）2+y2=r2

那么向量■=x1+y1i，■=x+yi

把向量■按反时针旋转45°再把它模扩大到■倍，便得■，于是x1+y1i=■（x1+yi）（cos45°+isin45°）=（x-y）+（x+y）i

x1=x-yy1=x+y 而（x1-a）2+y12=r2（x-y-a）2+（x+y）2=r2为所求的轨迹方程。

运用复数来解决求轨迹问题的一般步骤是：选择适当的坐标系；根据已知条件，设已知点或者线段所对应的复数，并且把它们看成常数，如果动点表示复数Z，就把Z看成变数Z=x+yi；找出含有Z的等式，从这个等式判定轨迹的形状。

二、复数与不等式

1. 用复数表示区域比较形象如

Z-（2+3i）≤■ ■≤arc（Z）

2. 公式Z1≠0， Z2=0 Z1-Z2≤Z1±Z2≤Z1+Z2

几何意义是三角形两边的和大于第三边，两边差小于第三边。

例1. 解不等式3x-2+3x+1

解：设Z=3x在复平面内，Z-2+Z+1

例2. 如果Z1，Z2，是复数，c是正实数，证明Z1+Z22≤（1+c）Z12（1+■）Z22

证：（1）Z1=Z2=0原不等式成立

（2）Z1与Z2仅一个为0 c0原不等式成立

（3）Z1≠0，Z2≠0 c0

Z1+Z22=（Z1+Z2）2=Z12+2Z1Z2+Z22≤Z12+Z1Z2+Z22+Z1Z2=Z121+■+Z221+■≤（1+■）Z12+（1+■）Z22令c=■则原不等式成立

例3. 已知在四边形ABCD中，AC、BD是对角线，

求证：AC・BD≤AB・CD+AD・BC

证明：设在复平面中四边形ABCD的四个顶点所表示的复数为A（Z3），B（0），C（Z1），D（Z2）

则BD=Z2 CD=Z1-Z2 CA=Z1-Z3

BC=Z1 DA=Z2-Z3 AB=Z3

Z2Z1-Z3=Z1Z2-Z2Z3=（Z1Z2-Z1Z3）+（Z1Z3-Z2Z3）≤Z1Z2-Z1Z3+Z1Z2-Z2Z3=Z1Z2-Z3+Z3Z1-Z2

BD・CA≤AB・CD+AD・BC

三、复数与三角

1. 在证明三角公式和三角恒等式方面的应用

（1）复数表示成三角函数后，运算特别方便，反过来，复数完全可以用三角函数来解释。如图，θ的正弦是复数Z的虚部系数与它模的比，角θ的余弦是Z的实部与它模的比。而tgθ是Z的虚部与它实部的比，因此用复数来解决某些三角函数问题是一件非常自然的事情。

我们知道，cos2θ=■ sin2θ=■

现在利用复数把这两个公式加以推广，设cosθ+isinθ=ucosθ-isinθ=ν

2cosθ=u+ν2isinθ=u-ν （Ⅰ）

再把这两式的两边分别相乘得uν=cos2θ+sin2θ=1应用棣美分式得un=cosnθ+isinnθνn=cosnθ+isinnθun+νn=2cosnθ unνn=1

从（Ⅰ）式得2ncosnθ=（u+ν）n=u2+Cn1un-1ν+Cn2un-2ν+……+CnnVn

=un+νn+Cn1uν（un-2+νn-2）+Cn2u2ν2（un-4+νn-4）+……

=2cosnθ+2Cn1cos（n-2）θ+2Cn2cos（n-4）θ+……

得一个公式cosnθ=■[cosnθ+Cn1cos（n-2）θ+Cn2cos（n-4）θ+……]

由（2isinθ）n=（u+ν）n有（2isinθ）n=2cosnθ-2Cn1cos（n-2）θ+2Cn2cos（n-4）θ-……

如n=4 sin4θ=■=■+■

（2）由欧拉公式eix=cosx+isinx得

sinx=■ cosx=■

tgx=■ ctgx=■

因此，任何三角等式均可由以上四个公式转化为代数式等证明。

例1. 求证■=ctgθ

证：左边=■=■=■=■=右边。

原式成立。

2. 在解三角方程中的应用

例2. 解方程cos4x+sin23x=1

解：设z=cosx+isinx则z-1=cosx-isinx

cos4x=■……（1）

sin3x=■……（2）（ 由欧拉公式得）

将（1）（2）代入原方程得■+[■]2=1

化简并分解得（z2-1）（z8-z4+1）=0

当（z2-1）=0 z2-1 cos2x=12x=2kπx=kπ（k∈z）

当z8-z4+1=0 z4=■±■i cos4x=■

4x=2kπ±■x=■±■（k∈z）

故原方程解是x=kπ或x=■±■（k∈z）

3. 在反函数方面的应用

若θ是非零得数z=x+yi的一个幅角，则2kπ+θ也是它的幅角，但-■≤arcsin■≤■，显然角arcsin■对应的复数z=x+yi的实部不能为负，即x≥0，x=■

（上接第154页）

类似地，若arccos■是复数x+yi的幅角，则y=■

例3. 已知：x>■

证明：arctg■+arctg■+arctg■=■

证明：arctg■是复数x+i的幅角，arctg■是复数（x+1）+i的幅角，arctg■是复数（2x+1）+（x2+x-1）i的幅角，而（x+i）[（x+1）+i][（2x+1）+（x2+x-1）i]=[（2x+1）2+（x2+x-1）2]i

因此，积的幅角为2kπ+■（k∈z）

-■≤arctg■≤■ -■≤arctg■≤■

-■≤arctg■≤■

-■≤arctg■+arctg■+arctg■≤■，k=0、±1、±2时幅角为■，-■，■

x>■>0 ■>0这些角中只能有一个角■满足题意

arctg■+arctg■+arctg■=■

通过以上例子说明，复数作为一种解题辅助手段，已广泛运用在代数、三角、几何等数学问题中，我们应加强这一概念的教学。

（作者单位：福建省平和广兆中学 363700）