曬曬平面向量與復(fù)數(shù)中的錯(cuò)解

人非圣賢，孰能無過？曬曬錯(cuò)解，防患于未然.讓我們從平面向量與復(fù)數(shù)中的錯(cuò)解中汲取教訓(xùn)，走向成功.

一、曬曬平面向量應(yīng)用中的錯(cuò)解

1.忽略共線向量致誤

例1 已知同一平面上的向量a、b、c兩兩所成的角相等，并且|a|=1，|b|=2，|c|=3，求向量a+b+c的長度.

錯(cuò)解：易知a、b、c皆為非零向量，設(shè)a、b、c所成的角均為θ，則3θ=360°，即θ=120°，所以，a·b=|a|·|b|cos120°=-1，同理b·c=-3，c·a=-32，由|a+b+c|2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=3，故|a+b+c|=3.

剖析：本例誤以為a、b、c皆為非共線向量，而當(dāng)向量a、b、c共線且同向時(shí)，所成的角也相等均為0°，符合題意.

正解：（1）當(dāng)向量a、b、c共線且同向時(shí)，所成的角均為0°，所以|a+b+c|=|a|+|b|+|c|=6；

（2）當(dāng)向量a、b、c不共線時(shí)，同錯(cuò)解.

綜上所述，向量a+b+c的長度為6或3.

2.忽視兩向量夾角的意義致誤

例2 正△ABC的邊長為1，且BC=a，CA=b，AB=c，求|a+b+c|的值.

錯(cuò)解：由于正△ABC的邊長為1，所以，∠A=∠B=∠C=60°且|a|=|b|=|c|=1，

所以，a·b=|a|·|b|cos∠C=12，同理可得b·c=12，c·a=12，

由|a+b+c|2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=6，故|a+b+c|=6.

剖析：本題誤以為a與b的夾角為∠BCA.事實(shí)上，兩向量的夾角應(yīng)為平面上同一起點(diǎn)表示向量的兩條有向線段之間的夾角，范圍是[0°，180°]，因此，a與b的夾角應(yīng)為180°-∠BCA.

正解1：作CD=BC，a與b的夾角即BC與CA的夾角為180°-∠BCA=120°，所以，a·b=|a|·|b|cos120°=-12，同理可得b·c=-12，c·a=-12，

由|a+b+c|2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=0，故|a+b+c|=0.

正解2：∵a+b+c=BC+CA+AB=0，

∴|a+b+c|=0.

3.忽視等價(jià)條件致誤

例3 已知a=（1，3），b=（2，λ），設(shè)a與b的夾角為θ，要使θ為銳角，求λ的取值范圍.

錯(cuò)解：因?yàn)棣葹殇J角，所以cosθ>0，由a·b=|a|·|b|cosθ知，只需a·b>0，即1·2+3·λ>0，即λ>-23.

剖析：本題誤以為兩非零向量a與b的夾角為銳角的等價(jià)條件是a·b>0，事實(shí)上，兩向量的夾角θ∈[0，π]，當(dāng)θ=0時(shí)，有cosθ=1>0，對于非零向量a與b仍有a·b>0，因此，a·b>0與兩非零向量a與b的夾角為銳角不等價(jià).即有如下結(jié)論：兩非零向量a與b的夾角為銳角的充要條件是a·b>0且a不平行于b.

正解：由θ為銳角，得cosθ>0且θ≠0，由a·b=|a|·|b|cosθ，而|a|、|b|恒大于0，所以a·b>0，1·2+3·λ>0，即λ>-23；若a平行b則1·λ-2·3=0即λ=6，但若a平行b則或θ=π，與θ為銳角相矛盾，所以λ≠6.

綜上，λ>-23且λ≠6.

4.忽視向量的特性致誤

例4 已知a、b都是非零向量，且向量a+3b與7a-5b垂直，向量a-4b與7a-2b垂直，求向量a與b的夾角.

錯(cuò)解：由題意得（a+3b）·（7a-5b）=0（a-4b）·（7a-2b）=0，

即7a2+16a·b-15b2=07a2-30a·b+8b2=0，兩式相減得46a·b-23b2=0，即b（2a-b）=0，所以，b=0（不合題意舍去）或2a-b=0，由2a-b=0知a與b同向，故向量a與b的夾角為0°.

剖析：本題誤用實(shí)數(shù)的性質(zhì)，即實(shí)數(shù)a、b若滿足ab=0則必有a=0或b=0，但對于向量a、b，若滿足a·b=0則不一定有a=0或b=0，因?yàn)橛蒩·b=|a|·|b|cosθ知與θ有關(guān)，當(dāng)θ=90°時(shí)，a·b=0恒成立，此時(shí)a、b均可以不為0.

正解：由前知b2=2a·b代入7a2+16a·b-15b2=0得a2=2a·b，所以，a2=b2=2a·b，故cosθ=a·b|a|·|b|=12|a2||a2|=12.

二、曬曬復(fù)數(shù)中的錯(cuò)解

1.將“實(shí)數(shù)的相關(guān)公式”遷移到復(fù)數(shù)中而致誤

例5 在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，方程x2-5|x|+6=0的解的個(gè)數(shù)為.

錯(cuò)解：由x2-5|x|+6=0，得（|x|-2）（|x|-3）=0，

那么，|x|=2或|x|=3，從而x=±2或x=±3，故答案為4.

剖析：在實(shí)數(shù)中我們經(jīng)常用到x2=|x|2，有時(shí)因?yàn)檫@種代換而產(chǎn)生巧解，但在復(fù)數(shù)中它是不成立的.

正解：設(shè)x=a+bi（a，b∈R），那么原方程即為（a+bi）2-5a2+b2+6=0，

得a2-b2-5a2+b2+6=0，2ab=0，故a=±2，b=0或a=±3，b=0或a=0，b=±1.

所以正確答案為6.

例6 （1-i1+i）5的化簡結(jié)果是.

錯(cuò)解：由（1-i1+i）5=[（1-i1+i）4]54=[（1-i）4（1+i）4]54=[（-2i）2（2i）2]54=154=1，故答案為1.

剖析：在實(shí)數(shù)集中，對任意x∈R（m，n∈R），有xmn=（xm）n；而在復(fù)數(shù)集中，僅對m，n∈N*有xmn=（xm）n.此錯(cuò)解盲目的將實(shí)數(shù)集中的指數(shù)運(yùn)算的法則直接推廣到了復(fù)數(shù)集.

正解：（1-i1+i）5=（1-i1+i）4·1-i1+i

=（1-i）4（1+i）4·（1-i）（1+i）（1+i）（1+i）=（-2i）2（2i）2·22i

=-i2i=-i，

故正確答案為-i.

2.忽視復(fù)數(shù)相等的條件致誤

例7 解關(guān)于x的方程x2-5x+6+（x-2）i=0.

錯(cuò)解：由復(fù)數(shù)相等的定義得：

x2-5x+6=0x-2=0x=2或x=3x=2x=2.

分析：a+bi=c+dia=c，b=d，上式必須是在a、b、c、d∈R為前提的，本題并未告訴x是否為實(shí)數(shù).

正解：原方程變形為

x2-（5-i）x+6-2i=0，

則Δ=（5-i）2-4（6-2i）=（1-i）2.

由一元二次方程求根公式得：

x1=（5-i）+（1-i）2=3-i，

x2=（5-i）-（1-i）2=2，

∴原方程的解為x=3-i或x=2.

3.忽視使用判別式的條件致誤

例8 關(guān)于x的方程x2+（2a-i）x-ai+1=0有實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的范圍.

錯(cuò)解：∵方程有實(shí)根，

∴Δ=（2a-i）2-4（1-ai）=4a2-5≥0，

得a≥52或a≤-52即為所求.

剖析：判別式Δ只能用來判定實(shí)系數(shù)一元二次方ax2+bx+c=0（a≠0）根的虛實(shí)，而該方程式中2a-i與1-ai并非實(shí)數(shù).

正解：設(shè)x0是其實(shí)根，代入原方程變形為

x20+2ax0+1-（a+x0）i=0，

由復(fù)數(shù)相等的定義有

x20+2ax0+1=0x0+a=0a=±1.

4.忽視虛根共軛成對出現(xiàn)的條件致誤

例9 已知x2+kx-i=0有一個(gè)根是i，求另一個(gè)根及k的值.

錯(cuò)解：根據(jù)一元n次方程虛根成對原理，i是其一根，則i的共軛虛數(shù)-i必是其另一根，由韋達(dá)定理有i+（-i）=k，∴k=0.

剖析：雖然韋達(dá)定理對復(fù)系數(shù)一元n次方程仍成立，但只有實(shí)系數(shù)一元n次方程的虛根才成對共軛出現(xiàn)，本題系數(shù)并非實(shí)數(shù).

正解：因i是其根，代入原方程i2+ki-i=0，由此得k=1-i，設(shè)x0是另一根，則由韋達(dá)定理得x0i=-i，從而得x0=-1.

（作者：張新艷，太倉市明德高級中學(xué)）