用复数求sin18°的值

求sin18°的值,多采用三角方法戏几何方法,这里介绍一种新的方法一一复数方法。设复数z=cos72° isin72°,则有z~5=cos(5×72°) isin(5×72°)=1,因此z~5-1=0。分解因式(z-1)(z~4 z~3 z~2 z 1)=0。因为z≠1,故得z~4 z~3 z~2 z 1=0 又z~2≠0,用z~2除方程两端得 z~2 z 1 1/z 1/z~2=0 令z 1/z=y,则z~2 1/z~2=(z 1/z)~2-2=y~2-2     

一类复数题的解答与剖析

在许多期刊中,常有如下一类题:1.设|z|=1,z~5 z=1,求复数z;2.设|z|=1,z~2 z=1.求复数z;3.设|z|=1.z~(11) z=1,求复数z。这类题目的一般形式是:设|z|=1,z~n 2=1(n∈N),求复数z。 此时,按所提供的解法一般有如下两种: 解法1 设z=cosθ isinθ,     

“求复平面上点的轨迹”初探

我们将处理复平面上的点轨迹问题,归纳其解法如下,供参考。一、定义法。所谓定义法就是应用实数、复数相等等概念处理点的轨迹问题。例1 已知复数z_1=cosθ isinθ(0≤θ<π),z_2=1 4cos2θ i4sin2θ,若复数z=z_2·z_1~(-1),试求复数z所对应的动点轨迹的普通方程。解:∵z=z_2·z_1~(-1)=(1 4cos2θ i4sin2θ)·(cosθ isinθ)~(-1)=(1 4cos2θ i4sin2θ)[cos(-θ) isin(-θ)]=5cosθ i·3sinθ, 设复数z=x yi(x,y∈R),根据复数相等的     

高中代数复习(续)

二、复数复数这一章很多题都是用到任意复数z。z=a+bi(a,b∈R)或z=r(cosθ+isinθ)这个表示法来解或证的。例1.解方程|z|+z=8—4i求复数z。解:设z=a+bi(a,b∈R)|z|=(a~2+b~2)~(1/2)。由题设(a~2+b~2)~(1/2)+a+bi=8—4i由复数相等的条件得:     

一个数学问题的再探讨

命题若复数z_1,z_2,z_3满足z_1+z_2+z_3=0,|z_1|=|z_2|=|z_3|=1,则复平面内以z_1,z_2,z_3所对应的点为顶点的三角形是内接于单位圆的正三角形。文[1]的作者给出了该命题的一种证法。并探讨了该命题的逆命题。若复平面内以模为1的复数z_1,z_2,z_3所对应的点为顶点的三角形是正三角形,则z_1+z_2+z_3=0。容易证明此命题也正确(略)。作者还对该命题进行了推广,笔者读后受益非浅。本文将进一步探讨以上两个命题在解题中的应用。下面以例示明。例1 (1986年苏州市数学竞赛题) 已知复数z满足|z|=1,z~(11)+z=1,求z。解∵ |z|=1, ∴|z~(11)|=|z|=|-1|=1 又z~(11)+z+(-1)=0 ∴z~(11),z,-1所对应的三点构成一个正三角形。故z=(-1)(cos120°±sin120°)=(1/2)±3~(1/2)/2i 例2 (1987年第二届全国高中数学冬令营赛题)     

对新题征展(31)第3题的订正

题　已知复数 z满足条件 | z| =1 ,求| z - i| .| z - 12 32 - i|的最大值 .解法 1　设 z =cosθ isinθ,其中θ∈[0 ,2π) ,| z - i| =| cosθ i( sinθ - 1 ) |= cos2 θ ( sinθ - 1 ) 2 =2 ( 1 - sinθ)= 2 [1 - cos( π2 -θ) ]=2 | sin( π4 - θ2 ) || z - 12 32 i|= | ( cosθ - 12 ) i( sinθ 32 ) |= ( cosθ - 12 ) 2 ( sinθ 32 ) 2= 2 2 sin(θ - π6 )=2 [1 cos( 2π3-θ) ]=2 .2 cos2 ( π3- θ2 )=2 | cos( π3- θ2 ) | .则　 | z - i| .| z - 12 32 i|=4 | sin( π4 - θ2 ) .cos( π3- θ2 ) |=…     

理清概念防微杜渐--纠正一个广为流传的典型错解

理清概念是解题的第一步 ,概念不清往往是解题失误之源 ,下面看一个流传很广的典型错解案例 .案例　已知两个复数集合M =z｜z=cosθ+ ( 4 -m2 )i,m ∈R ,θ∈R ,N =z｜z=m + (λ+sinθ)i,m ∈R ,θ∈R ,且M ∩N≠ ,求实数λ的取值范围 .分析　这是 2 0 0 0年北京海淀区六月份高考模拟试题 ,也是许多复习资料上广为流传的题目 .常见的解法就是模拟试题参考答案 ,由已知 ,集合M、N中至少有一相等元素 ,于是cosθ + ( 4 +m2 )i =m+ (λ+sinθ)i,由复数相等的定义得cosθ=m4-m2 =λ +sinθ消去m得λ =4-cos2 θ -sinθ=sin2 θ-sinθ+ 3=(s…     

三角问题的复数解法

大家知道,任何一个复数都可表示为z=r(cosθ isinθ)的形式。特别地,当r=1时,z=cosθ isinθ。由棣莫佛定理,x~n=cosnθ isinnθ且1/z~n=cosnθ-isinnθ。由此二式,立即可以得到     

求解复数问题的基本思路

复数是实数的拓广 ,它与几何、三角有着紧密的联系 ,解决复数问题时 ,可根据题目的特点 ,将问题进行适当的等价转化 ,转化为代数、三角或几何问题求解 .1　利用复数的代数形式化归为代数问题例 1　 (1992年全国高考题 )已知z∈C ,解方程zz - 3iz =1+3i.解　设z =x +yi(x ,y∈R) ,代入原方程得(x +yi) (x - yi) - 3i(x - yi) =1+3i,整理得x2 +y2 - 3y - 3xi=1+3i,由复数相等的条件得- 3x =3,x2 +y2 - 3y =1,解得　 x =- 1,y=0 ,或 x =- 1,y =3.故z1=- 1,z2 =- 1+3i.2　利用复数的三角形式化归为相应的三角问题例 2　已知复数z1,z2 满足z1+z2…     

三角代换在解题中的应用

三角代换是数学中的一种重要代换,下面就几个典型例题说一下三角代换在解题中的应用.一、利用三角代换求函数值域或最值例1求函数的y=x+1-x2的值域分析:此题首先观察到函数定义域[-1,1]与正弦函数值域一致,因此可考虑用三角代换.解:令x=sinθθ∈-2π,2π则y=sinθ+1-sin2θ=sinθ+cosθ=2sinθ+4π由-2π≤θ≤2π有-4π≤θ+4π≤34π所以-22≤sinθ+4π≤2函数值域:[-1,2]例2求函数y=1+2cos2x-1+2sin2x的最值分析:不难发现(1+2cos2x)2+(1+2sin2x)2=4因此可联想是否可用平方三角代换呢?解:由(1+2cos2x)2+(1+2sin2x)2=4可设1+2cos2x=2sinθ…     

等式 z·=|z|~2||~2应用一例

复数运算是复数一章的重点,而共轭复数的性质在解题中起作一定的作用,等式z·z=|z|~2=|z|~2沟通着复数与实数的运算,是这两种运算互相转化的有力工具,下面举一例在求复数上的应用。例设z为复数,且|z|=1,若z~2 2z 1/z是负实数,试求z。解设W=z~2 2_z 1/z,则W=-W 即 z_2 2_z 1/z=z~2 2_z十1/z=z~2 2z 1/z     

利用二直线重合的条件解三角题

二直线重合的条件在解几中已有广泛的应用,下面举几个三角方面的例子: 例1 消去θ acosθ+bsinθ=c, acos3θ+bsin3θ=c. 解:设直线ax+by-c=0 ①显然,点(cosθ,sinθ)、(coc3θ,sin3θ)在此直线上,又过这二点的直线方程可写成 (y-sinθ)/(x-cosθ)=(sinθ-sin3θ)/(cosθ-cos3θ),即cos2θ·x+sin2θ·y-cosθ=0 ②由于①、②为同一直线故可得a/cos2θ=b/sin2θ=c/cosθ,∴a~2/cos~22θ=b~/sin~22θ=c~2/cos~2θ,∴(a~2+b~2-2c~2)~2=a~2(a~2+b~2).     

复数多项式H（z）模最值的一种解析求法

设z为复数,且|z|=1,对于实系数复多项式为h(z)=h0 h1z h2z2 … hnzn,h0·hn≠0,为求|h(z)|max与|h(z)|min,令f(z)=h(z)h(z-1)=r0 nj=1 rj (zj z-j),其中r0=nk=0 h2k,rj=nk=0 hk·hk j (hk=0,k＞n时),由|z|=1可设z=cosθ isinθ,θ∈［0,2π］,由欧拉公式知z=eiθ.于是有|h(z)|=h(eiθ)=|h(eiθ)·h(e-iθ)|12=|f(eiθ)|12=|f(z)|12,所以f(z)=f(eiθ)=r0 nj=1 rj(eijθ e-ijθ)=r0 nj=1 2rjcosjθ,其中cosjθ可表示成cosθ的函数,因此f(eiθ)也可表示成cosθ的一元函数,即f(eiθ)=r0 2r1cos…     

一类三角比求值问题探究

笔者利用复数解决了一类三角比乘积的求值问题. 一、问题探究 求值:sinπ/nsin 2π/n…sin(n-1)π/n,n∈N*. 解:设zk=cos2kπ/n+isin2kπ/n,k=1,2,3,…,n-1,n∈N*. 由复数的开方公式易知方程zn=1的n个根分别为1,z1,z2,…,zn-1,因为zn-1=(z-1)(zn-1+zn-2+…+1),所以方程zn-1+zn-2+…+1=0的n-1个根为z1,z2,…,zn-1,所以式子zn-1+ zn-2+…+1=(z-z1)(z-z2)…(z-zn-1)(*)对任意复数z均成立.     

配凑二项平方和,巧解三角问题

配方法是广大同学非常熟悉的数学思想方法,但解题时,很多同学都不习惯于配凑二项的平方和,使配方法的作用大打折扣.下面结合一些三角问题,举例说明配凑二项平方和在解题中的应用.1　求值已知sinθ+cosθ=2 ,求log12 sinθ·log12 cosθ之值.解　由sinθ+cosθ=2 ,有2sinθ+2cosθ=2 ,即sinθ- 222 +cosθ- 222 =0 ,∴sinθ=22 ,cosθ=22 .故　log12 sinθ·log12 cosθ=14 .例2　已知α,β为锐角,且cosα+cosβ-cos(α+β) =32 ,求α,β之值.解　由已知,得4cos2 α+β2 - 4cosα+β2 cosα- β2 +1=0 ,即　2cosα+β2 -cosα- β22 +sin2 α…     

sum from 1 to n cos[θ+2(i-1)π/n]=0的几何证明

容易证明:cosπ/3+cos3π/3+cos5π/5=0;cosπ/5+cos3π/5+cos5π/5+cos7π/5+cos9π/5=0;cosπ/7+cos3π/7+Cos5π/7+Cos7π/5+cos9π/7+cos11π/7+cos13π/7=0; …等等。容易猜到,这类问题的一般结论应该是: sum form 1 to n(cos〔θ+2(i-1)π/n〕=0(Ⅰ) 关于它的证明,方法很多,其中常见的有代数法、复数法、三角法等等,但这些方法一般很冗长。这里,我们给出一种简捷的证明方法——几何(射影)法。     

抓住特征灵活转换--复数知识的巧妙应用

复数具有许多奇妙的性质 ,由于其表达形式的多样性 ,可以根据需要把一些数与形之间的关系进行相互转化 ,也可以在代数式、根式、三角式、向量之间建立联系 .因此若能切实掌握好复数基础知识 ,在解题中抓住特征 ,灵活应用 ,将会收到许多意想不到的效果 .这里仅举几例看似非复数却能转换为用复数解决的问题进行探讨 .1　在三角问题中 ,抓住角的特点复数的三角式z=r(cosθ+isinθ)中 ,实部虚部均含有三角函数 ,且由棣莫佛定理zn =rn(cosnθ +isinnθ) ,复数乘方中的指数奇妙地转化成了辐角的倍数 ,使原来复杂的运算因此而可能降低了级别 ,利用…     

为什么规定复数0的辐角是任意的

规定复数0的辐角是任意的,就是规定模为0的复数可以有任意辐角值但不随辐角的变化而变化,实质上也就是规定复数0是唯一的。为什么如此规定呢? 首先从正面解释。设复数z_1、z_2的模为0,辐角分别为θ_1、θ_2。将z_1、z_2分别写成三角形式: z_1=O(cosθ_1 isinθ_1),z_2=O(cosθ_2 isinθ_2) 因为:可与实效一起按实效的四则运算法则进行四则运算,所以对任意的θ_1,θ_2都有: z_1=O·cosθ_1 i·O·sinθ_1=O Oi z_2=O·cosθ_2 i·O·sinθ_2=O Oi 所以z_1=z_2=O 注意:这里利用了对虚数单位:的规定和复数相     

关于积的三个三角恒等式的推广

一易证下列三个恒等式成立: (1)sinθsin(θ+π/ 3)sin(θ+2π/ 3) =sin3θ/4; (2)cosθcos(θ+π/3)cos(θ+2π/3) =-1/4cos3θ; (3)tgθtg(θ+π/3)tg(θ+2π/3) =-tg3θ。本文把上述三个恒等式予以推广,其一般形式为: (Ⅰ) multiply form j=1 to n sin(θ+(j-1)/nπ)=sinnθ/2~(n-1); (Ⅱ) multiply form j=1 to n cos(θ+(j-1)/nπ) =(-1)~(n-2) sinnθ/2~(n/1) (n为偶数), (-1)~(n-1)~2 cosnθ/2~(n-1)(n为奇数);     

关于方程 Z~2=■

解:由z~2=z两边求模,得|z|~2=|z|=|z||z|=1(|z|≠0)。再用Z(≠0)乘方程两边得z~3=z·z=1。这是高中代数复数中的一道习题: 已知z是虚数,解方程z~2=z 此题的解法通常利用复数的代数式化为二元方程组分别求z的实部和虚部,也有化为三角式求z的模及其辐角的。但都不如以下解法简便。 32