1、【基础知识导引】1掌握复数三角形式的乘法、除法、乘方、开方的运算法则，熟练地进行复数的三角形式的运算。2理解复数乘法、除法的几何意义。3掌握复数集内实系数一元二次方程的解法。4了解二项方程的概念，掌握二项方程的解法以及根的几何分布。【教材内容全解】1两个复数 与 相乘，有)sin(co111rz )sin(co222rz()s)sin(co 112r即两个复数相乘，积的模等于各复数的模的积，积的辐角等于这两个复数的辐角的和2根据三角形式的乘法法则，结合向量知识，可以对复数乘法的几何意义解释如下(图 5-11)：在复平面内作出 、 对应的向量 ，将向量 按逆时针方向旋转一个角1z2(若 ，则按顺
2、时针方向旋转一个角 )，再把它的模变为原来的 倍，所得202|22r的向量 就表示积 ，也就是说，复数乘法实质上就是向量的旋转和伸缩旋转方向21z与角度取决于另一复数的辐角，伸长或缩短及其倍数取决于另一复数的模的大小3两个复数 与 相除，有)sin(co111r )sin(co222rz0)i)sin(co 2121221 zr即两个复数相除，商的模等于被除数的模除以除数的模所得的商，商的辐角等于被除数的辐角减去除数的辐角所得的差4根据三角形式的除法法则，结合向量知识，可以对复数除法的几何意义解释如下(图 5-12)：在复平面内作出 、 所对应的向量 ，将向量 按顺时针方向旋转一个角1z2(若
3、 ，则按逆时针方向旋转一个角 )，再把它的模变为原来的 倍，所得202|221r的向量 就表示商 。21z也就是说，复数除法实质上也是向量的旋转与伸缩，旋转的方向和角度取决于 ，伸2长与缩短及其倍数取决于 。21r5复数的三角形式的乘方运算若 z=r(cos+isin)，n 为正整数，则 )sin(corzn即复数的 n 次幂的模等于这个复数的模的 n 次幂，它的辐角等于这个复数的辐角的 n倍这个公式也叫做棣莫弗公式6复数的三角形式的开方运算若 z=r(cos+isin)，则 z 的 n 次方根是 注意：(1)任意复数的 n 次方根有且只有 n 个，这 n 个方根仍然是复数；(2)公式中 是指
4、正数 r 的 n 次算术根nr7在复数集内任何实系数一元二次方程都是有解的，当实系数一元二次方程的根的判别式 时，其求根公式为02cbxa 042acbai248形如 的方程称为二项方程二项方程在复数集中一定有解，它的 n)(cbxn个根对应复平面内的 n 个点，这些点均匀分布在以原点为圆心，以 为半径的圆nb|上以原点为起点，相邻两点分别为终点的两个向量间的夹角为 2【难题巧解点拨】例 1 计算（1） ；)65sin(co234sinco4（2） )1(3)(2ii解 （1）原式 )6534sin(654cos；ii22（2）原式 43sinco245sinco2 i6si3is 256si
5、63s)1sin()1co(2ii3)(说明：复数的乘、除运算一般用三角形式较方便，最后结果中辐角是特殊角时，常常化为代数形式表示。例 2 设复数 、 对应的向量为 、 ，O 为坐标原点，且 。1z2 iz31若把 绕原点逆时针旋转 ，把 绕原点顺时针旋转 ，所得两向量恰好重合，3443求复数 。2z解 依题意，43sinco34sinco)31( 2zi isic)(2iz 432in43cos 1i2。i说明：本例是把向量旋转问题与复数三角形式的乘、除法联系起来，列出复数等式，从而求出 ，还可以用数形结合的方法，求出 的辐角主值为 ，模为 2，于是2z 2z43。ii2)43sn(co2
6、例 3 已知复数 ，41210)3()(iiz求 3i-|z|的模与辐角主值。分析 应先求|z|，再代入求解。解 ，4)10()25|3|1|4| 4210iiz3i-|z|=3i-4=-4+3i。因为|-4+3i|=5，即 3i-|z|的模是 5。又-4+3i 在第二象限， 。43arctn)34arg(i例 4 已知 ，求正整数 n 的最小值。0)(36nii解 原式可化为 ，nii)3(即 ，136ni。21ni ，13sicosn。i3n .03sin,1co ，)()12(Zkn=-3(2k+1)(kZ) 。因此正整数 n 的最小值为 3。例 5 已知复数 z 的一个四次方根是 ，求
7、它的另外三个四次方根。i31解法 1：445sinco2)3( i320i4。sinco24z 的四次方根是，k=0，1，2，3。43sin432coskk可得所求的另外三个四次方根是， ， 。i3i31i解法 2： ，610sinco31i又 k 取 0，1，2，3 时，方根的辐角相差 ，因此其他三个四次方根分别是342， ，ii67snco2ii16snco2ii3)6sn(co2。说明：解法 1 是由方根乘方求出复数，只要有 z 的值，z 的任意 n 次方根便可求得。解法 2 则充分注意到 n 次方根中，k 取 0，1，2，n-1 各值时，辐角依次成等差数列，公差为 ，从而由一个 的辐角
8、，容易求出其他 n 个根的辐角。i3例 6 求 arg(3+i)+arg(2+i)的值。解法 1：设 =arg(3+i) ， =arg(2+i) ，则有， ， 。3tan21ta)2,0( ，123tan1t)ta( 又 01。解方程 ，得02x， 。im1i1当|- |=4，得| ，4|i于是 ，m=5。2说明：应当注意，当 和 是虚数时，等式 是不成立4)(|2的，所以应用它求 m 的值是错误的，但是等式 是成立的，因|2此本例也可以利用上述等式及根与系数关系求解。【课本习题解答】练习（第 217）页）1 （1） ；ii )26(4)26(4125snco6 （2） ；ii33s8（3）
9、；ii4236)30sn(co26（4）30(cos180+isin180 )=-30。2 （1） ；ii )26(1)26(12s1c （2） ；ii )3(4)3()75n()o(6（3） ；ii2)4s()c(（4） 。ii13)150n(o213见本节“【教材内容全解】 ”中第 4 条。4 （1） ， ；)arg(21z90)arg(21z（3） ， 。35)r(212练习（第 222 页）1 （1）3i； （2 ）1.7i ；（3） ； （4） ；iit（5）|m|i（也可答mi） ； （6） 。iab2 （1） （2） ；3xix315（3） ； （4） 。ii2673 （1）因为
10、 ，所以它的平方根是3sin2coi，)1,0(si2coskk即-i 的平方根是下面两个复数：，ii243snc。ii247snco（2）因为 ，所以它的平方根是3sinco321i)1,0(2sincos kk即 的平方根是下面两个复数：i231，ii3snco。ii2314（3）因为 1=cos0+isin0，所以它的立方根是。),0(3sin20coskk即 1 的立方根是下面三个复数：1， ， 。i2i1（4）因为-16=16(cos +isin)，所以它的四次方根是)3,210(42sin4coskk即-16 的四次方根是下面四个复数：， ， ， 。i2i2ii4因为实系数一元二次
11、方程 在复数集内有两个根 ，所0542x 8791ix以 。iixx 87918791525因为 ，所以根据复数五次方根在复平面内所对应的点的)0sin(coi几何特征，可知 z 的另外四个五次方根是， ，)162si(c21 )234sin(co， ，)306sin(co21 )18sin(co216 （1） ，所以)0i73x，)2,10(32sinco3sincos3 kkkk 即 ， ， 。1xi232ix2（2） ，所以 ，sinco3)2,10(3sin3coskk即 ， ， 。ix211xi23（3） ，所以)0sin(co64，)3,(4i0coskkx即 ， ， ， 。212
12、3xi（4） ，所以 ，)sin(co4x)3,210(4sin42coskkx即 ， ，i21ix2， 。ix3i4根的几何表示从略。7可以得到一个以原点为中心，以实数 为半径长的正 n 边形，这个正 n 边形是nb|以原点为圆心，以实数 为半径的圆的内接正多边形，这个圆是这个正多边形的外接nb|圆。习题 561 （1） ；i9)2sin(co9（2） .ii10)43sn(co52 （1）左边= =右边9i0（2）左边= )2sin()co()3sn()co( =右边55i3 （1） ；ii31)sn3(co2（2） .ii)4(4因为 2 ，把复数 对应的向量按逆时针方向旋)61sin(
13、co3ii3转 60，相当于把复数 乘以 ，所以所得的向量对应)i(sinco的复数是 ，即 .)613sin(co2i（2）因为 ，把复数 对应的向量按顺时针)61sin(co2i i3方向旋转 60，相当于把复数 除以 ，所以与所)i(3sinco得的向量对应的复数是 ，即 。2sinco2i35 （1）左边 右边。 sinco)si)(si(（2）当 时，由第（1）小题，有2in1co4z， 12sinssi1 z 的模是 ，辐角是 ；412当 时，由第（1）小题，有6sincoz，i1 的模是 1，辐角是 ；z6当 时，有 ，由第（1）小题，有 ，)(2i4sincoz 4sinco1
14、z 的模是 1，辐角是 ；z46 （1）原式 。sinco8sinco9（2）原式 。)2sin()c()si)(i(2 7证明：A、O、B 是AOB 的三个顶点，所以 ，设21argz， ，且不妨设 ，则由棣)sin(co111rz )sin(co222rz 10莫弗公式，可得，)i(1121。2snco32rz由 及复数相等的定义，所以将+，01可得即由，可得 。21tant由得 （与 不符，舍去） ，或 ，2121即 12所以AOB 是直角三角形8 （1）原式 32sinco623125455 ii，ii86snco6（2）原式 340sinco)2(135sinco24i)(88 。i
15、i2169120120|34|)(34| iiz 560210由习题 55 的第 3 题及棣莫弗公式，可知左边 )sin()cos()sin()co( 右边11 （1） ，所以 。492xix23（2） ，所以 。0852xi495（3） ，所以 x=4i。17（4） ，所以 。032xix2312提示：将 ， 按复数加法、乘法的定aibc241 aibc422义进行运算，即可获证。13 （1） 或,iyx;1,iyx（2）先求出 ，然后仿照解第（1）小题的方法，2ba可得 或,2,ib,2,ib或 ,2,iba或 ,2,iba14由 和第 12 题的结论，有 ， ；又由已知条03px px3
16、2121x件，有，所以 。4|)(| 212121 xx 4|89|2由 pR，知 ，所以 ，或 。8923p3p当 时，有 ；当 时，有 ；313x21x当 时，有 x=1i；当 时，有 x=-1i。2pp15因为 1=cos0+isin0， 1 的六次方根是，)5,432,0(6sin60coskk即 1 的六次方根是下面六个复数：1， ， ，-1， ， 。i23i1i21i3根的几何表示从略。16 （1）8(cos60+isin60 )的六次方根是，)5,4321,(630sin630cos86 kk即 ， ，)1i(2 7sin(co2， ，30snco )190， ，)5i( 3si
17、(c（2） ，所以-i 的五次方根是2sincoi，)4,3210(53si523skk即 ， ，10inco7sinco， ，si23i。109nco17 （1） ，所以)sin(co84 y，)3,210(42i2cos84 kk即 ， ，iy231 iy23， 。i3i4（2） ，所以43sinco21ix，)2,10(32si34cos6 kk即 ，4sin261x，12sinco26x。9i63【同步达纲练习】一、选择题1已知复数 ， ，则 的辐角主值32sinco1z61sincoz21z是（ ）A B C D66522把复数 a+bi(a，bR)在复平面内的对应向量，绕 O 点按
18、顺时针方向旋转 90后，所得向量对应的复数为（ ）Aa-bi B-a+bi Cb-ai D-b+ai3复平面内向量 、 分别对应于非零复数 和 ，若 ，则 一定是1z212z（ ）A非负数 B纯虚数 C正实数 D非纯虚数4设 3+4i 的辐角主值为 ，则(3+4i)i 的辐角主值是（ ）A B C D222235设-1a1，z 是复数，且满足 ，则复数 z 在复平面内对应点在（ iazi)1(）Ay 轴左方 By 轴右方 Cx 轴上方 Dx 轴下方6复数 ， 是由 绕原点按逆时针方向旋转 得到，则 的值为1z21z32arg1z（ ）A B C D3672二、填空题7 _。83sinco28s
19、inco38 _。94)0s(si5i429把复数 所表示的向量绕原点按逆时针方向旋转 角（02 ) ，所得向i31量对应的复数为-2，则 =_。10复平面内向量 对应的复数为 2+i，A 点对应的复数为-1 ，把 绕 A 点按顺时针方向旋转 90后，得到向量 ，则 C 点对应的复数为 _。三、解答题11若复数 ， 满足 ，且 ，求 的值。1z21|21ziz571221z12关于 x 的方程 的两虚根为 、，且满足|-|=3，求实数 m05mx的值。13若复数 ，满足 ，求使 为实数的最小自然数 n。)(2)1(23aiz 21|znz14在复平面内，直角ABC 的顶点 A、B 、C 对应的
20、复数分别为 z， ， ，若23|z|=2， ，求复数 z。2BAC参考答案【同步达纲练习】一 1B 2C 3B 4A 5C 6D二、7 816i 9 10i6322i三、11 ， ，由 ，sinco1zsinco2ziz57121得 解得 。.57sin,1co72tan ，54)(12tan1)cos( 2。 。itiz 2574)sn()co(21 12设 =x+yi，=x-yi(x ，yR)则 +=2x=-5， ，对|-|=|2y|=3， ，25x3|y 。21725)(2 xyiim13 ，解之，得 。1|2|23iaz )0(3annn iiz )3s(co244)3(2 ，Rnin 15sco21 ， ，05sik即 ，kZ，nN，12最小自然数 n=12。14解法 1： ， 。2BAC222|ABC又 ， ， ，|23zBC|3zAC|2zAB ， ，223 |z1|又|z|=2， ， 。3|1|23|1|z设 z=a+bi(a，bR） ， 解之，得 或.)(,422a,ba.3,1 ，或 。iz31iz31解法 2：利用复数乘法几何意义求解。， 。 ， 。2BAC （kZ ，且 k0） 。 ，z+1=ki，z=-1+ki 。izz)()(23又 。1|k 。3 ，或 。iziz31
