活用復(fù)數(shù)解題

華瑞芬

在求解有關(guān)代數(shù)、三角及幾何問題時，如果能夠靈活地運用復(fù)數(shù)知識，不僅可以開闊解題思路，提高解題速度，達到快速獲解的目的，而且對培養(yǎng)我們思維的靈活性和創(chuàng)造性也是大有裨益的.

一、求解代數(shù)問題

復(fù)數(shù)的代數(shù)形式揭示了復(fù)數(shù)的代數(shù)性質(zhì)，因此可利用這些性質(zhì)巧妙地求解代數(shù)問題.

1. 求函數(shù)的最值

例1 ?已知[x2+y2=1]，求函數(shù)[u=f（x，y）=][（x3-3xy2-3x-2）2+（3x2y-y3-3y）2]的最大值.

解析 ?設(shè)[z=x+yi（x，y∈R）]，

則[g（z）=（x3-3xy2-3x-2）][+（3x2y-y3-3y）i]，

[=[x3+3x2（yi）+3x（yi）2+（yi）3]-3（x+yi）-2]

[=（x+yi）3-3（x+yi）-2=z3-3z-2=（z+1）2（z-2）].

∴[f（x，y）=|g（z）|=|z+1|2|z-2|]

[=[（x+1）2+y2]·（x-2）2+y2].

∵[y2=1-x2，|x|≤1]，

∴[2x+2>0，5-4x>0].

∴[f（x，y）=（2x+2）·5-4x]

=[（2x+2）2（5-4x）]≤[[（2x+2）+（2x+2）+（5-4x）3]3]

=[33].

當且僅當[2x+2=5-4x]，即[x=12]（此時[y=±32]）時取等號.

∴[f（x，y）]的最大值是[33].

點撥 ?本題是二元函數(shù)[f（x，y）]的最大值問題，常規(guī)解法是利用條件式[y2=1-x2]作代換，將二元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)后再求最值，求解過程不僅繁瑣，有時還難以奏效. 這里巧用復(fù)數(shù)代換，將問題轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)模的最值問題，然后利用均值定理，簡捷而巧妙地求出結(jié)果，從而達到快速解題的目的.

2. 求無理函數(shù)的值域或最值

例2 ?求函數(shù)[y=4a2+x2]+[a2+（a-x）2]的值域.

解析 ?令[z1=2a+xi]，[z2=a+（a-x）i]，

則有[|z1|=4a2+x2]，[|z2|=a2+（a-x）2].

∵[|z1|+|z2|]≥[|z1+z2|]，

∴[y=4a2+x2]+[a2+（a-x）2]=[|z1|+|z2|]≥[|z1+z2|]

=[|2a+xi+a+（a-x）i|=|3a+ai|]

=[（3a）2+a2]=[10a2]=[10]|a|.

∴[y≥10|a|]，故函數(shù)的值域是[[10|a|]，+∞）.

3. 證明無理不等式

例3 ?設(shè)[x，y，z∈R+]，[x+y+z=10]，

求證：[x2+y2]+[y2+z2]+[z2+x2]≥[102].

證明 ?設(shè)[z1=x+yi， z2=y+zi， z3=z+xi].

∵[|z1|+|z2|+|z3|]≥[|z1+z2+z3|]，

∴[x2+y2]+[y2+z2]+[z2+x2]≥[|x+yi+y+zi+z+xi|]

=[|（x+y+z）+（x+y+z）i|]=[（x+y+z）2+（x+y+z）2]

=[2（x+y+z）2]=[200]=[102].

∴不等式成立.

4. 證明與二項式定理相關(guān)的等式

例4 ?求證：[（C0n-C2n+C4n-C6n+…）2]+（[C1n-C3n+C5n-C7n+…）2]=[2n].

證明 ?設(shè)[z=][（C0n-C2n+C4n-C6n+…）]+（[C1n-C3n+C5n-C7n+…）i]，

則有[z=C0n+iC1n-C2n+iC3n+C4n+iC5n-C6n+iC7n+…]

=[C0n+iC1n+i2C2n+i3C3n+…][+inCnn]=（1+i）n，

∴|z|2=|（1+i）n|2=|1+i|2n=（[2]）2n=2n，即

（[C0n-C2n+C4n-C6n+…）]2+（[C1n-C3n+C5n-C7n+…）]2=2n.

點撥 ?本題要證明的是二項式的一條性質(zhì)，容易看出等式左邊可看作復(fù)數(shù)[z]的模的平方.考慮到二項式[（1+i）n]的展開式，由此可得復(fù)數(shù)[z]的另一種表達式[z=（1+i）n]，于是要證式轉(zhuǎn)化成了證明等式[|（1+i）n|2=2n]的問題. 這個結(jié)論是顯然成立的. 在上述證明過程中，大家應(yīng)該注意到了[i]的冪的周期性，這就為順利探索[z=（1+i）n]奠定了基礎(chǔ). 利用[i]的冪的周期性對[z]的表達式進行改造，湊出二項式展開式的形式并逆向運用二項式定理，這在思維水平上層次較高，具有一定的靈活性和深刻性.

二、求解三角問題

復(fù)數(shù)的三角式將復(fù)數(shù)與三角知識緊密地聯(lián)系在一起，利用復(fù)數(shù)的三角式運算性質(zhì)及概念，可解決有關(guān)的三角問題.

1. 證明三角等式

例5 ?已知[sinα+sin3α+sin5α=a，][cosα+cos3α]+[cos5α=b]，求證：[a2+b2=（1+2cos2α）2].

證明 ?設(shè)[z=cosα+isinα]，則[|z|=1]，且

[b+ai=（cosα+cos3α+cos5α）+i（sinα+sin3α+sin5α）]

=[z+z3+z5=z3（1z2][+1+z2）=z3（1+z2]+[z2]）

=[z3（1+cos2α-isinα+cos2α+isin2α）]

[=z3（1+2cos2α）]

∴[a2+b2=|b+ai|2=|z3（1+2cos2α）|2=（1+2cos2α）2].

點撥 ?本題常規(guī)解法是先將條件式左端適當分組并且和化積，然后再求[a2+b2].在上述解法中通過引進復(fù)數(shù)[z]，并利用復(fù)數(shù)的乘方及復(fù)數(shù)模的性質(zhì)，證明過程獨特而巧妙，充分地體現(xiàn)了思維的靈活性和創(chuàng)造性.

2. 據(jù)條件求值

例6 ?已知[π2]<β<α<[3π4]，且cos（α-β）=[1213]，sin（α+β）=[-35]，求sin2α.

解析 ?由[π2]<β<α<[3π4]得，

0<α-β<[π4]，π<α+β<[3π2].

∵α-β是第一象限的角，cos（α-β）=[1213]，

∴α-β=arc（12+5i）.

又α+β是第三象限的角，sin（α+β）=[-35]，

∴α+β=arc（-4-3i）.

又有2α=α-β+α+β∈（π，[7π4]），

∴2α=arc（12+5i）+arc（-4-3i）

=arc[（12+5i）（-4-3i）]=arc（-33-56i），

于是sin2α=[-56562+332=-5665].

3. 求角的大小

例7 ?已知α，β為銳角，且tanα=[13]，cosβ=[752]，求2α+β的值.

解析 ?設(shè)z1=cosα+isinα，z2=cosβ+isinβ，

由已知條件易得，sinα=[13]cosα，sinβ=[152].

∴[z21z2]=（cosα+i·[13]cosα）2·（[752+152]i）

=[19]cos2α（3+i）2[（752+152i）]

=[1452]cos2α（8+6i）（7+i）=[529]cos2α（1+i）.

∵α，β為銳角，∴2α+β=arc（[z21?z2]） =[π4].

點撥 ?本題常規(guī)解法是根據(jù)已知條件設(shè)法求出[2α+β]的某一個三角函數(shù)值，再根據(jù)這個三角函數(shù)值及角所在的象限來確定角的值.在上述求解過程中，通過引進了兩個復(fù)數(shù)[z1，z2]，從而把求[2α+β]的值的問題轉(zhuǎn)化為求復(fù)數(shù)[z21?z2]的輻角問題，思路通暢，解法清晰明了.

4. 證明三角形的邊角關(guān)系

例8 ?如圖所示，在[△ABC]中，[a，b，c]是內(nèi)角[A，B，C]的對邊，則[a2=b2+c2-2bccosA].

證明 ?建立復(fù)平面，使原點[O]位于三角形的頂點A，射線AB為x軸的正方向，設(shè)A，B，C的對邊分別為a，b，c，則點B和C分別對應(yīng)復(fù)數(shù)c和b（cosA+isinA）.

由于[CB]=[OB]-[OC]，

于是|[CB]|=|[OB-OC|=|c-b（cosA+isinA）|].

即[a=（c-bcosA）2+（bsinA）2]=[b2+c2-2bccosA].

∴[a2=b2+c2-2bccosA].

三、求解幾何問題

復(fù)數(shù)的向量表示及復(fù)數(shù)運算的幾何意義是解決幾何問題的有力工具，復(fù)數(shù)法是用數(shù)的方法來解形的問題的重要方法.

1. 證明平面幾何問題

例9 ?如圖所示，已知在正方形ABCD中，E為DC的中點，F(xiàn)為EC的中點，求證：∠FAB=2∠DAE.

證明 ?建立坐標系確定復(fù)平面，且設(shè)正方形的邊長為1，取[BC]中點[G]，若以復(fù)數(shù)[z1，z2]分別表示向量[AF]與[AG]，則[∠FAB]與[∠GAB]分別為[z1]與[z2]的輻角.

∵[z1]=[34+i]，[z2]=1+[i2]，

由于[z22]=（1+[i2]）2 =[34+i=z1]，

∴[z1]的輻角主值總是[z2]的輻角主值的2倍，

故[∠FAB=2∠GAB]，即[∠FAB=2∠DAE].

點撥 ?如果一個復(fù)數(shù)是另一個復(fù)數(shù)的平方，由復(fù)數(shù)的三角運算可知，這個復(fù)數(shù)的輻角是另一個復(fù)數(shù)輻角的兩倍.

2. 求曲線方程

例10 ?已知直線[l]過坐標原點，拋物線C的頂點在原點，焦點在x軸的正半軸上.若點A（-1，0）和點B（0，8）關(guān)于l的對稱點都在C上，求直線l和拋物線C的方程.

解析 ?如圖所示，設(shè)[C：y2=2px（p>0）]，[l：y=xtanθ]，[A，B]關(guān)于直線l的對稱點分別為P，Q.

則[OP]可看成由[OA]逆時針旋轉(zhuǎn)[2θ]而得，[OQ]可看成由[OB]順時針旋轉(zhuǎn)[2（π2-θ）=π-2θ]而得.

∴[OP]對應(yīng)的復(fù)數(shù)為-1·（cos2θ+isin2θ）=-cos2θ-isin2θ，[OQ]對應(yīng)的復(fù)數(shù)為8i·[cos（2θ-π）+isin（2θ-π）]=8i（-cos2θ-isin2θ）=8sin2θ-i·8cos2θ.

由于P，Q都在拋物線C上，

因此有[（-sin2θ）2=2p（-cos2θ），（-8cos2θ）2=2p?8sin2θ，]

化簡得tan2θ=-2，即[2tanθ1-tanθ]=-2.

∵[π4]<θ<[π2]（否則P，Q不可能在C上），

∴tanθ=[1+52]，[2p=sin22θ-cos2θ]=[455].

∴直線[l]的方程為[y=1+52x]，拋物線[C]的方程為[y2=455x].

點撥 ?本題若采用常規(guī)解法則很繁瑣，在此用復(fù)數(shù)運算的幾何意義，另辟蹊徑，巧用對稱性，使得解題過程簡潔明快.