林炎生

摘要：復(fù)數(shù)的應(yīng)用非常廣泛，在開(kāi)展數(shù)學(xué)課外活動(dòng)中，教師有機(jī)地結(jié)合教材，適當(dāng)?shù)刂v授復(fù)數(shù)在各類問(wèn)題中的應(yīng)用是很有必要的。它不僅有利于溝通中學(xué)各部分知識(shí)間的聯(lián)系、開(kāi)拓解題思路、激發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣和學(xué)習(xí)積極性，而且能使問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)、轉(zhuǎn)難為易。本文舉例說(shuō)明了復(fù)數(shù)在中學(xué)數(shù)學(xué)解題中的應(yīng)用，以期能給學(xué)生帶來(lái)幫助。

關(guān)鍵詞：復(fù)數(shù)；中學(xué)數(shù)學(xué)；解題；應(yīng)用

中圖分類號(hào)：G633.6 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A 文章編號(hào)：1992-7711（2014）09-0153

一、復(fù)數(shù)與幾何

復(fù)數(shù)的各種運(yùn)算均有特定的幾何意義，如果利用復(fù)數(shù)的性質(zhì)去解某些“平幾”、“解幾”題，能使我們兼得直角坐標(biāo)系及極坐標(biāo)的 系方便：

1. 復(fù)數(shù)用向量表示，則復(fù)數(shù)加法、減法，可按照向量加法、減法的平行四邊形法則進(jìn)行，表示線段Z1Z2中點(diǎn)的復(fù)數(shù)為■，Z1，Z2兩點(diǎn)間的距離d=Z2-Z1。

2. 復(fù)數(shù)的三角式的Z（cosθ+isinθ）表示把Z所對(duì)應(yīng)的向量OZ按逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角，其模不變的向量。

3. 如果■=λ（實(shí)數(shù)），則■ ∥■。

例1. 已知：E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠ECB=∠EBC=15°

求證：△DEA為正三角形。

證明：如圖建立復(fù)平面，設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，則A對(duì)應(yīng)1，B對(duì)應(yīng)1+i，C對(duì)應(yīng)i，D對(duì)應(yīng)0，設(shè)E對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)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的幅角為60°

∴△DEA為正三角形

例2. 求證：平行四邊形的對(duì)角線的平方和等于兩鄰邊的平方和的兩倍。

如圖：Z1=a+bi，Z2=c+di，Z=Z1+Z2=（a+c）+（b+d）i，則OZ1ZZ2為平行四邊形。

求證：Z2+Z2-Z12=2[Z12+Z22]

證明：∵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]

從以上的例子看，用復(fù)數(shù)證明幾何問(wèn)題的步驟是：

（1）選擇適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系。

（2）根據(jù)已知條件，假定某些點(diǎn)或者有向線段所表示的復(fù)數(shù)。

（3）根據(jù)假設(shè)推出與結(jié)論有關(guān)的點(diǎn)或者有向線段所表示的復(fù)數(shù)。

（4）根據(jù)基本公式、復(fù)數(shù)及其運(yùn)算的幾何意義或者其他已知的定理、公式等作出結(jié)論。

例3. 從定點(diǎn)A向定圓O作任意直線AP交圓于點(diǎn)P，求線段AP的中點(diǎn)的軌跡。

解：取定圓的圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A和點(diǎn)O的連線為橫軸，設(shè)點(diǎn)A、P分別表示復(fù)數(shù)λa（cosπ+isinπ）r（cosθ+isinθ），其中θ可以任意改變，而a和r是實(shí)常數(shù)。那么，如果AP的中點(diǎn)表示θ復(fù)數(shù)Z

Z=■[2a（cosπ+isinπ）+r（cosθ+isinθ）]

=-a+■（cosθ+isinθ）

∴ Z+a=■（cosθ+isinθ）

∴Z+a=■

很顯然，AO的中點(diǎn)M表示復(fù)數(shù)，M是一個(gè)定點(diǎn)，上式就表明動(dòng)點(diǎn)Q與定點(diǎn)M的距離是一個(gè)常數(shù)■，因此點(diǎn)Q的軌跡是以點(diǎn)M為圓心，■為半徑的圓。

例4. △ABC為頂點(diǎn)依順時(shí)針排列的等腰直角三角形，其中A為定點(diǎn)，B在定圓上運(yùn)動(dòng)，C為直角頂點(diǎn)，求點(diǎn)C的軌跡。

解：如圖建立坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)C，B的坐標(biāo)分別為（x，y），（x1，y1）

定圓O的方程為（x-a）2+y2=r2

那么向量■=x1+y1i，■=x+yi

把向量■按反時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°再把它模擴(kuò)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為所求的軌跡方程。

運(yùn)用復(fù)數(shù)來(lái)解決求軌跡問(wèn)題的一般步驟是：選擇適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系；根據(jù)已知條件，設(shè)已知點(diǎn)或者線段所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)，并且把它們看成常數(shù)，如果動(dòng)點(diǎn)表示復(fù)數(shù)Z，就把Z看成變數(shù)Z=x+yi；找出含有Z的等式，從這個(gè)等式判定軌跡的形狀。

二、復(fù)數(shù)與不等式

1. 用復(fù)數(shù)表示區(qū)域比較形象如

Z-（2+3i）≤■ ■≤arc（Z）<■ 2

2. 公式Z1≠0， Z2=0 Z1-Z2≤Z1±Z2≤Z1+Z2

幾何意義是三角形兩邊的和大于第三邊，兩邊差小于第三邊。

例1. 解不等式3x-2+3x+1<6

解：設(shè)Z=3x在復(fù)平面內(nèi)，∴Z-2+Z+1<6的解是以-1為焦點(diǎn)，長(zhǎng)半軸為3的橢圓內(nèi)的所有復(fù)數(shù)，橢圓中心的橫坐標(biāo)是■=■，橢圓的長(zhǎng)軸在實(shí)軸上，長(zhǎng)軸兩端的橫坐標(biāo)分別為 -3+■=-2■和3+■=3■∴-2■<3x<3■，則原不等式的解集為-■

例2. 如果Z1，Z2，是復(fù)數(shù)，c是正實(shí)數(shù)，證明Z1+Z22≤（1+c）Z12（1+■）Z22

證：（1）Z1=Z2=0原不等式成立

（2）Z1與Z2僅一個(gè)為0 ∵c﹥0∴原不等式成立

（3）Z1≠0，Z2≠0 ∵c﹥0

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

例3. 已知在四邊形ABCD中，AC、BD是對(duì)角線，

求證：AC·BD≤AB·CD+AD·BC

證明：設(shè)在復(fù)平面中四邊形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)所表示的復(fù)數(shù)為A（Z3），B（0），C（Z1），D（Z2）

則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、復(fù)數(shù)與三角

1. 在證明三角公式和三角恒等式方面的應(yīng)用

（1）復(fù)數(shù)表示成三角函數(shù)后，運(yùn)算特別方便，反過(guò)來(lái)，復(fù)數(shù)完全可以用三角函數(shù)來(lái)解釋。如圖，θ的正弦是復(fù)數(shù)Z的虛部系數(shù)與它模的比，角θ的余弦是Z的實(shí)部與它模的比。而tgθ是Z的虛部與它實(shí)部的比，因此用復(fù)數(shù)來(lái)解決某些三角函數(shù)問(wèn)題是一件非常自然的事情。

我們知道，cos2θ=■ sin2θ=■

現(xiàn)在利用復(fù)數(shù)把這兩個(gè)公式加以推廣，設(shè)cosθ+isinθ=ucosθ-isinθ=ν

∴2cosθ=u+ν2isinθ=u-ν （Ⅰ）

再把這兩式的兩邊分別相乘得uν=cos2θ+sin2θ=1應(yīng)用棣美分式得un=cosnθ+isinnθνn=cosnθ+isinnθ∴un+νn=2cosnθ unνn=1

從（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+……

得一個(gè)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）由歐拉公式eix=cosx+isinx得

sinx=■ cosx=■

tgx=■ ctgx=■

因此，任何三角等式均可由以上四個(gè)公式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式等證明。

例1. 求證■=ctgθ

證：左邊=■=■=■=■=右邊。

∴原式成立。

2. 在解三角方程中的應(yīng)用

例2. 解方程cos4x+sin23x=1

解：設(shè)z=cosx+isinx則z-1=cosx-isinx

∴cos4x=■……（1）

sin3x=■……（2）（ 由歐拉公式得）

將（1）（2）代入原方程得■+[■]2=1

化簡(jiǎn)并分解得（z2-1）（z8-z4+1）=0

當(dāng)（z2-1）=0 z2-1 cos2x=1∴2x=2kπ∴x=kπ（k∈z）

當(dāng)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. 在反函數(shù)方面的應(yīng)用

若θ是非零得數(shù)z=x+yi的一個(gè)幅角，則2kπ+θ也是它的幅角，但-■≤arcsin■≤■，顯然角arcsin■對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)z=x+yi的實(shí)部不能為負(fù)，即x≥0，∴x=■

（上接第154頁(yè)）

類似地，若arccos■是復(fù)數(shù)x+yi的幅角，則y=■

例3. 已知：x>■

證明：arctg■+arctg■+arctg■=■

證明：arctg■是復(fù)數(shù)x+i的幅角，arctg■是復(fù)數(shù)（x+1）+i的幅角，arctg■是復(fù)數(shù)（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，積的幅角為2kπ+■（k∈z）

∵-■≤arctg■≤■ -■≤arctg■≤■

-■≤arctg■≤■

∴-■≤arctg■+arctg■+arctg■≤■，k=0、±1、±2時(shí)幅角為■，-■，■

∵x>■>0 ∴■>0∴這些角中只能有一個(gè)角■滿足題意

∴arctg■+arctg■+arctg■=■

通過(guò)以上例子說(shuō)明，復(fù)數(shù)作為一種解題輔助手段，已廣泛運(yùn)用在代數(shù)、三角、幾何等數(shù)學(xué)問(wèn)題中，我們應(yīng)加強(qiáng)這一概念的教學(xué)。

（作者單位：福建省平和廣兆中學(xué) 363700）