第六章三角函数(高中数学竞赛标准教材).docx

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1、第六章三角函数(高中数学竞赛标准教材)第七章解三角形（中学数学竞赛标准教材） 第七章解三角形 一、基础学问在本章中约定用A，B，C分别表示ABC的三个内角，a,b,c分别表示它们所对的各边长，为半周长。1正弦定理：=2R（R为ABC外接圆半径）。推论1：ABC的面积为SABC=推论2：在ABC中，有bcosC+ccosB=a.推论3：在ABC中，A+B=，解a满意，则a=A.正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证推论。先证推论1，由正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以SABC=；再证推论2，因为B+C=-A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosB

2、sinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证推论3，由正弦定理，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，等价于cos(-A+a)-cos(-A-a)=cos(-a+A)-cos(-a-A)，等价于cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0-A+a，-a+A.所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，得证。2余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA，下面用余弦定理证明几个常用的结论。（1）斯特瓦特定理：在ABC中，D是BC边上随意一点，BD=p，DC=q，则AD2=（1）【证明】因为c2=AB2=AD2+BD2-2ADBDcos，所以c2=AD2+p2

3、-2ADpcos同理b2=AD2+q2-2ADqcos，因为ADB+ADC=，所以cosADB+cosADC=0，所以q+p得qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即AD2=注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式（2）海伦公式：因为b2c2sin2A=b2c2(1-cos2A)=b2c2(b+c)-a2a2-(b-c)2=p(p-a)(p-b)(p-c).这里所以SABC=二、方法与例题1面积法。例1（共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满意，另外OP，OQ，OR的长分别为u,w,v，这里，+(0,)，则P，Q，R的共线的充要条件是【证明】P，Q，R共线(+)=u

4、wsin+vwsin，得证。2正弦定理的应用。例2如图所示，ABC内有一点P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。求证：APBC=BPCA=CPAB。【证明】过点P作PDBC，PEAC，PFAB，垂足分别为D，E，F，则P，D，C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共圆，所以EDF=PDE+PDF=PCA+PBA=BPC-BAC。由题设及BPC+CPA+APB=3600可得BAC+CBA+ACB=1800。所以BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB=600。所以EDF=600，同理DEF=600，所以DEF是正三角形。所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsin

5、ACB=APsinBAC=BPsinABC，两边同时乘以ABC的外接圆直径2R，得CPBA=APBC=BPAC，得证：例3如图所示，ABC的各边分别与两圆O1，O2相切，直线GF与DE交于P，求证：PABC。【证明】延长PA交GD于M，因为O1GBC，O2DBC，所以只需证由正弦定理，所以另一方面，所以，所以，所以PA/O1G，即PABC，得证。3一个常用的代换：在ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x,y,z，则a=y+z,b=z+x,c=x+y.例4在ABC中，求证：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)3abc.【证明】令a=y+z,b=z+x,c=x+y，

6、则abc=(x+y)(y+z)(z+x) =8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc.所以a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)3abc.4三角换元。例5设a,b,cR+，且abc+a+c=b，试求的最大值。【解】由题设，令a=tan,c=tan,b=tan,则tan=tan(+),P=2sinsin(2+)+3cos2，当且仅当+=，sin=，即a=时，Pmax=例6在ABC中，若a+b+c=1，求证:a2+b2+c2+4abc【证明】设a=sin2cos2,b=cos2cos2,c=sin

7、2,.因为a,b,c为三边长，所以c,c|a-b|，从而，所以sin2|cos2cos2|.因为1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca),所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)=sin2cos2+sin2cos2cos4cos2=1-cos22+(1-cos22)cos4cos2=+cos2(cos4-cos22cos4-cos2)+cos2(cos4-sin4-cos2)=.所以a2+b2+c2+4abc三、基础训练题1在ABC中，边AB为最长边，且sinAsinB=，则cosA

8、cosB的最大值为_.2在ABC中，若AB=1，BC=2，则的取值范围是_.3在ABC中，a=4,b+c=5,tanC+tanB+tanCtanB，则ABC的面积为_.4在ABC中，3sinA+4cosB=6,3cosA+4sinB=1，则=_.5在ABC中，“ab”是“sinAsinB”的_条件.6在ABC中，sinA+cosA0,tanA-sinA0，则角A的取值范围是_.7在ABC中，sinA=，cosB=，则cosC=_.8在ABC中，“三边a,b,c成等差数列”是“tan”的_条件.9在ABC中，若sinC=2cosAsinB，则三角形形态是_.10在ABC中，tanAtanB1，则

9、ABC为_角三角形.11三角形有一个角是600，夹这个角的两边之比是8：5，内切圆的面积是12，求这个三角形的面积。12已知锐角ABC的外心为D，过A，B，D三点作圆，分别与AC，BC相交于M，N两点。求证：MNC的外接圆半径等于ABD的外接圆半径。13已知ABC中，sinC=，试推断其形态。四、高考水平训练题1在ABC中，若tanA=,tanB=，且最长边长为1，则最短边长为_.2已知nN+，则以3，5，n为三边长的钝角三角形有_个.3已知p,qR+,p+q=1，比较大小：psin2A+qsin2B_pqsin2C.4在ABC中，若sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsin

10、C，则ABC为_角三角形.5若A为ABC的内角，比较大小：_3.6若ABC满意acosA=bcosB，则ABC的形态为_.7满意A=600，a=,b=4的三角形有_个.8设为三角形最小内角，且acos2+sin2-cos2-asin2=a+1，则a的取值范围是_.9A，B，C是一段笔直马路上的三点，分别在塔D的西南方向，正西方向，西偏北300方向，且AB=BC=1km，求塔与马路AC段的最近距离。10求方程的实数解。11求证：五、联赛一试水平训练题1在ABC中，b2=ac，则sinB+cosB的取值范围是_.2在ABC中，若，则ABC的形态为_.3对随意的ABC，-(cotA+cotB+cot

11、C)，则T的最大值为_.4在ABC中，的最大值为_.5平面上有四个点A，B，C，D，其中A，B为定点，|AB|=，C，D为动点，且|AD|=|DC|=|BC|=1。记SABD=S，SBCD=T，则S2+T2的取值范围是_.6在ABC中，AC=BC，O为ABC的一点，ABO=300，则ACO=_.7在ABC中，ABC，则乘积的最大值为_，最小值为_.8在ABC中，若c-a等于AC边上的高h，则=_.9如图所示，M，N分别是ABC外接圆的弧，AC中点，P为BC上的动点，PM交AB于Q，PN交AC于R，ABC的内心为I，求证：Q，I，R三点共线。10如图所示，P，Q，R分别是ABC的边BC，CA，A

12、B上一点，且AQ+AR=BR+BP=CQ+CP。求证：AB+BC+CA2（PQ+QR+RP）。11在ABC外作三个等腰三角形BFC，ADC，AEB，使BF=FC，CD=DA，AE=EB，ADC=2BAC，AEB=2ABC，BFC=2ACB，并且AF，BD，CE交于一点，试推断ABC的形态。 六、联赛二试水平训练题1已知等腰ABC，AB=AC，一半圆以BC的中点为圆心，且与两腰AB和AC分别相切于点D和G，EF与半圆相切，交AB于点E，交AC于点F，过E作AB的垂线，过F作AC的垂线，两垂线相交于P，作PQBC，Q为垂足。求证：，此处=B。2设四边形ABCD的对角线交于点O，点M和N分别是AD和

13、BC的中点，点H1，H2（不重合）分别是AOB与COD的垂心，求证：H1H2MN。3已知ABC，其中BC上有一点M，且ABM与ACM的内切圆大小相等，求证：，此处(a+b+c),a,b,c分别为ABC对应三边之长。4已知凸五边形ABCDE，其中ABC=AED=900，BAC=EAD，BD与CE交于点O，求证：AOBE。5已知等腰梯形ABCD，G是对角线BD与AC的交点，过点G作EF与上、下底平行，点E和F分别在AB和CD上，求证：AFB=900的充要条件是AD+BC=CD。6AP，AQ，AR，AS是同一个圆中的四条弦，已知PAQ=QAR=RAS，求证：AR（AP+AR）=AQ（AQ+AS）。7

14、已知一凸四边形的边长依次为a,b,c,d，外接圆半径为R，假如a2+b2+c2+d2=8R2，试问对此四边形有何要求？8设四边形ABCD内接于圆，BA和CD延长后交于点R，AD和BC延长后交于点P，A，B，C指的都是ABC的内角，求证：若AC与BD交于点Q，则9设P是ABC内一点，点P至BC，CA，AB的垂线分别为PD，PE，PF（D，E，F是垂足），求证：PAPBPC(PD+PE)(PE+PF)(PF+PD)，并探讨等号成立之条件。 中学数学竞赛标准教材(第五章数列) 第五章数列 一、基础学问定义1数列，按依次给出的一列数，例如1，2，3，n，.数列分有穷数列和无穷数列两种，数列an的一般形

15、式通常记作a1,a2,a3,，an或a1,a2,a3,，an。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的详细表达式，称为数列的通项。定理1若Sn表示an的前n项和，则S1=a1,当n1时，an=Sn-Sn-1.定义2等差数列，假如对随意的正整数n，都有an+1-an=d（常数），则an称为等差数列，d叫做公差。若三个数a,b,c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d,则a=b-d,c=b+d.定理2等差数列的性质：1）通项公式an=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：Sn=；3）an-am=(n-m)d，其中n,m为正整数；4）若n+m=p+q，则an+am=ap+aq

16、；5）对随意正整数p,q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B至少有一个不为零，则an是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn.定义3等比数列，若对随意的正整数n，都有，则an称为等比数列，q叫做公比。定理3等比数列的性质：1）an=a1qn-1；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=；当q=1时，Sn=na1；3）假如a,b,c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a,c的等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。定义4极限，给定数列an和实数A，若对随意的0，存在M，对随意的nM(nN),都有|an-A|，则称A为n+时数列an的极限，记作定义5无穷递缩等比数

17、列，若等比数列an的公比q满意|q|1，则称之为无穷递增等比数列，其前n项和Sn的极限（即其全部项的和）为（由极限的定义可得）。定理3第一数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能推出p(n)对n=k+1成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数nn0成立。 竞赛常用定理定理4其次数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)对一切nk的自然数n都成立时（kn0）可推出p(k+1)成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数nn0成立。定理5对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它的特征

18、方程x2=ax+b的两个根为,:(1)若，则xn=c1an-1+c2n-1，其中c1,c2由初始条件x1,x2的值确定；(2)若=，则xn=(c1n+c2)n-1，其中c1,c2的值由x1,x2的值确定。二、方法与例题1不完全归纳法。这种方法是从特别状况动身去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探究未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特别猜想数学归纳法证明。例1试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，；2）1，5，19，65，；3）-1，0，3，8，15，。【解】1）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n.例2已知数列an满

19、意a1=,a1+a2+an=n2an,n1，求通项an.【解】因为a1=,又a1+a2=22a2,所以a2=，a3=,猜想(n1).证明；1）当n=1时，a1=，猜想正确。2）假设当nk时猜想成立。当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+a1+a1=(k+1)2-1ak+1,，所以=k(k+2)ak+1,即=k(k+2)ak+1,所以=k(k+2)ak+1,所以ak+1=由数学归纳法可得猜想成立，所以例3设0a1，数列an满意an=1+a,an-1=a+，求证：对随意nN+,有an1.【证明】证明更强的结论：1an1+a.1)当n=1时，1a1=1+a，式成立；2)假设n=k时，式成立，即1a

20、n1+a，则当n=k+1时，有由数学归纳法可得式成立，所以原命题得证。2迭代法。数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对随意nN成立，因此可将其中的n换成n+1或n-1等，这种方法通常称迭代或递推。例4数列an满意an+pan-1+qan-2=0,n3，q0，求证：存在常数c，使得an+【证明】an+1+(pan+1+an+2)+=an+2(-qan)+=+an(pqn+1+qan)=q().若=0，则对随意n,+=0，取c=0即可.若0，则+是首项为，公式为q的等比数列。所以+=qn.取即可.综上，结论成立。例5已知a1=0,an+1=5an+，求证：an都是整数，nN+.【证明】因为a1

21、=0,a2=1，所以由题设知当n1时an+1an.又由an+1=5an+移项、平方得当n2时，把式中的n换成n-1得，即因为an-1an+1，所以式和式说明an-1,an+1是方程x2-10anx+-1=0的两个不等根。由韦达定理得an+1+an-1=10an(n2).再由a1=0,a2=1及式可知，当nN+时，an都是整数。3数列求和法。数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。例6已知an=(n=1,2,)，求S99=a1+a2+a99.【解】因为an+a100-n=+=，所以S99=例7求和：+【解】一般地，所以Sn= 例8已知数列an满意a1=a2=1，an+2=an+1+a

22、n,Sn为数列的前n项和，求证：Sn2。【证明】由递推公式可知，数列an前几项为1，1，2，3，5，8，13。因为，所以。由-得，所以。又因为Sn-2Sn且0,所以Sn,所以，所以Sn2，得证。4特征方程法。例9已知数列an满意a1=3,a2=6,an+2=4n+1-4an，求an.【解】由特征方程x2=4x-4得x1=x2=2.故设an=(+n)2n-1，其中，所以=3，=0，所以an=32n-1.例10已知数列an满意a1=3,a2=6,an+2=2an+1+3an，求通项an.【解】由特征方程x2=2x+3得x1=3,x2=-1,所以an=3n+(-1)n，其中，解得=，所以3。5构造等

23、差或等比数列。例11正数列a0,a1,an,满意=2an-1(n2)且a0=a1=1，求通项。【解】由得=1，即令bn=+1，则bn是首项为+1=2，公比为2的等比数列，所以bn=+1=2n，所以=（2n-1）2，所以an=a0=注：C1C2Cn.例12已知数列xn满意x1=2,xn+1=,nN+,求通项。【解】考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=因为x1=2,xn+1=,可知xn的每项均为正数。又+2，所以xn+1(n1)。又Xn+1-=,Xn+1+=,由得。又0，由可知对随意nN+，0且,所以是首项为，公比为2的等比数列。所以，所以，解得。注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。三、

24、基础训练题1数列xn满意x1=2,xn+1=Sn+(n+1)，其中Sn为xn前n项和，当n2时，xn=_.2.数列xn满意x1=，xn+1=,则xn的通项xn=_.3.数列xn满意x1=1，xn=+2n-1(n2)，则xn的通项xn=_.4.等差数列an满意3a8=5a13，且a10,Sn为前n项之和，则当Sn最大时，n=_.5.等比数列an前n项之和记为Sn,若S10=10，S30=70，则S40=_.6.数列xn满意xn+1=xn-xn-1(n2)，x1=a,x2=b,Sn=x1+x2+xn，则S100=_.7.数列an中，Sn=a1+a2+an=n2-4n+1则|a1|+|a2|+|a1

25、0|=_.8.若，并且x1+x2+xn=8，则x1=_.9.等差数列an，bn的前n项和分别为Sn和Tn，若，则=_.10.若n!=n(n-1)21,则=_.11若an是无穷等比数列，an为正整数，且满意a5+a6=48,log2a2log2a3+log2a2log2a5+log2a2log2a6+log2a5log2a6=36，求的通项。12已知数列an是公差不为零的等差数列，数列是公比为q的等比数列，且b1=1,b2=5,b3=17,求：（1）q的值；（2）数列bn的前n项和Sn。 四、高考水平训练题1已知函数f(x)=，若数列an满意a1=，an+1=f(an)(nN+)，则a2022=

26、_.2已知数列an满意a1=1,an=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1(n2)，则an的通项an=.3.若an=n2+,且an是递增数列，则实数的取值范围是_.4.设正项等比数列an的首项a1=,前n项和为Sn,且210S30-（210+1）S20+S10=0，则an=_.5.已知，则a的取值范围是_.6数列an满意an+1=3an+n(nN+)，存在_个a1值，使an成等差数列；存在_个a1值，使an成等比数列。7已知(nN+)，则在数列an的前50项中，最大项与最小项分别是_.8有4个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和中16，其次个数与第三个

27、数的和是12，则这四个数分别为_.9.设an是由正数组成的数列，对于全部自然数n,an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，则an=_.10.在公比大于1的等比数列中，最多连续有_项是在100与1000之间的整数.11已知数列an中，an0，求证：数列an成等差数列的充要条件是（n2）恒成立。12已知数列an和bn中有an=an-1bn,bn=(n2),当a1=p,b1=q(p0,q0)且p+q=1时，（1）求证：an0,bn0且an+bn=1（nN）；（2）求证：an+1=；（3）求数列13是否存在常数a,b,c，使题设等式122+232+n(n+1)2=(an2+bn+c)对于一切自然数n

28、都成立？证明你的结论。五、联赛一试水平训练题1设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项和为972，这样的数列共有_个。2设数列xn满意x1=1,xn=，则通项xn=_.3.设数列an满意a1=3,an0，且，则通项an=_.4.已知数列a0,a1,a2,an,满意关系式(3-an+1)(6+an)=18，且a0=3，则=_.5.等比数列a+log23,a+log43,a+log83的公比为=_.6.各项均为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有_项.7.数列an满意a1=2,a2=6,且=2，则_.8.数列an称为等差比数列，当且仅当

29、此数列满意a0=0,an+1-qan构成公比为q的等比数列，q称为此等差比数列的差比。那么，由100以内的自然数构成等差比数列而差比大于1时，项数最多有_项.9设hN+，数列an定义为：a0=1,an+1=。问：对于怎样的h，存在大于0的整数n，使得an=1？10设akk1为一非负整数列，且对随意k1，满意aka2k+a2k+1，（1）求证：对随意正整数n，数列中存在n个连续项为0；（2）求出一个满意以上条件，且其存在无限个非零项的数列。11求证：存在唯一的正整数数列a1,a2,使得a1=1,a21,an+1(an+1-1)= 六、联赛二试水平训练题1设an为下述自然数N的个数：N的各位数字之

30、和为n且每位数字只能取1，3或4，求证：a2n是完全平方数，这里n=1,2,.2设a1,a2,an表示整数1，2，n的任一排列，f(n)是这些排列中满意如下性质的排列数目：a1=1;|ai-ai+1|2,i=1,2,n-1。试问f(2022)能否被3整除？3设数列an和bn满意a0=1,b0=0，且求证：an(n=0,1,2,)是完全平方数。4无穷正实数数列xn具有以下性质：x0=1，xi+1xi(i=0,1,2,),（1）求证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个n1，使3.999均成立；（2）寻求这样的一个数列使不等式4对任一n均成立。5设x1,x2,xn是各项都不大于M的正整数序列且满

31、意xk=|xk-1-xk-2|(k=3,4,n).试问这样的序列最多有多少项？6设a1=a2=，且当n=3,4,5,时，an=,()求数列an的通项公式；()求证：是整数的平方。7整数列u0,u1,u2,u3,满意u0=1，且对每个正整数n,un+1un-1=kuu，这里k是某个固定的正整数。假如u2000=2000，求k的全部可能的值。8求证：存在无穷有界数列xn，使得对任何不同的m,k，有|xm-xk|9.已知n个正整数a0,a1,，an和实数q，其中0q1，求证：n个实数b0,b1,，bn和满意：（1）akbk(k=1,2,n)；（2）q(k=1,2,n)；（3）b1+b2+bn(a0+

32、a1+an). 第十五章复数(中学数学竞赛标准教材) 第十五章复数一、基础学问1复数的定义：设i为方程x2=-1的根，i称为虚数单位，由i与实数进行加、减、乘、除等运算。便产生形如a+bi（a,bR）的数，称为复数。全部复数构成的集合称复数集。通常用C来表示。2复数的几种形式。对随意复数z=a+bi（a,bR），a称实部记作Re(z),b称虚部记作Im(z).z=ai称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内全部的点构成的集合之间的一一映射。因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x轴

33、称为实轴，y轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；假如将(a,b)作为向量的坐标，复数z又对应唯一一个向量。因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z对应复平面内的点Z，见图15-1，连接OZ，设xOZ=,|OZ|=r，则a=rcos,b=rsin,所以z=r(cos+isin)，这种形式叫做三角形式。若z=r(cos+isin)，则称为z的辐角。若02，则称为z的辐角主值，记作=Arg(z).r称为z的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=.假如用ei表示cos+isin，则z=rei，称为复数的指数形式。3共轭与模，若z=a+bi，（a,bR）,则a-bi称为z

34、的共轭复数。模与共轭的性质有：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）|z1|-|z2|z1z2|z1|+|z2|；（8）|z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；（9）若|z|=1，则。4复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一样，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满意平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z1=r1(cos1+isin1),z2=r2(cos2+isin2)，则z1z2=r1r2cos(1+2)+isin(1+2)；若cos(1-2)+isin(1-2)，用指数形式

35、记为z1z2=r1r2ei(1+2),5.棣莫弗定理：r(cos+isin)n=rn(cosn+isinn).6.开方：若r(cos+isin)，则，k=0,1,2,n-1。7单位根：若wn=1，则称w为1的一个n次单位根，简称单位根，记Z1=，则全部单位根可表示为1,.单位根的基本性质有（这里记，k=1,2,n-1）：（1）对随意整数k，若k=nq+r,qZ,0rn-1，有Znq+r=Zr；（2）对随意整数m，当n2时，有=特殊1+Z1+Z2+Zn-1=0；（3）xn-1+xn-2+x+1=(x-Z1)(x-Z2)(x-Zn-1)=(x-Z1)(x-)(x-).8.复数相等的充要条件：（1）

36、两个复数实部和虚部分别对应相等；（2）两个复数的模和辐角主值分别相等。9复数z是实数的充要条件是z=;z是纯虚数的充要条件是：z+=0（且z0）.10.代数基本定理：在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。11实系数方程虚根成对定理：实系数一元n次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b0)是方程的一个根，则=a-bi也是一个根。12若a,b,cR,a0，则关于x的方程ax2+bx+c=0，当=b2-4ac0时方程的根为二、方法与例题1模的应用。例1求证：当nN+时，方程(z+1)2n+(z-1)2n=0只有纯虚根。证明若z是方程的根，则(z+1)2n=-(z-1)2n，所以|(z+1)2n|

37、=|-(z-1)2n|,即|z+1|2=|z-1|2,即(z+1)(+1)=(z-1)(-1)，化简得z+=0，又z=0不是方程的根，所以z是纯虚数。例2设f(z)=z2+az+b,a,b为复数，对一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b的值。解因为4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b)=|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)| |f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4，其中等号成立。所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四个向量方向相同，且模相等。所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，解得a=b=0

38、.2.复数相等。例3设R，若二次方程(1-i)x2+(+i)x+1+i=0有两个虚根，求满意的充要条件。解若方程有实根，则方程组有实根，由方程组得(+1)x+1=0.若=-1，则方程x2-x+1=0中0无实根，所以-1。所以x=-1,=2.所以当2时，方程无实根。所以方程有两个虚根的充要条件为2。3三角形式的应用。例4设n2000,nN，且存在满意(sin+icos)n=sinn+icosn，那么这样的n有多少个？解由题设得，所以n=4k+1.又因为0n2000，所以1k500，所以这样的n有500个。4二项式定理的应用。例5计算：（1）；（2）解(1+i)100=(1+i)250=(2i)5

39、0=-250,由二项式定理(1+i)100=)+()i，比较实部和虚部，得=-250，=0。5复数乘法的几何意义。例6以定长线段BC为一边任作ABC，分别以AB，AC为腰，B，C为直角顶点向外作等腰直角ABM、等腰直角ACN。求证：MN的中点为定点。证明设|BC|=2a，以BC中点O为原点，BC为x轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B，C对应的复数为-a,a,点A，M，N对应的复数为z1,z2,z3,，由复数乘法的几何意义得：，由+得z2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.设MN的中点为P，对应的复数z=,为定值，所以MN的中点P为定点。例7设A，B，C，D为平面上随意四点，求证：

40、ABAD+BCADACBD。证明用A，B，C，D表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B|C-D|+|B-C|A-D|(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).所以|A-B|C-D|+|B-C|A-D|A-C|B-D|,“=”成立当且仅当，即=，即A，B，C，D共圆时成立。不等式得证。6复数与轨迹。例8ABC的顶点A表示的复数为3i，底边BC在实轴上滑动，且|BC|=2，求ABC的外心轨迹。解设外心M对应的复数为z=x+yi(x,yR)，B，C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M是三边垂直平分线的交点，而AB的垂直平分线方程为|

41、z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M对应的复数z满意|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得所以ABC的外心轨迹是轨物线。7复数与三角。例9已知cos+cos+cos=sin+sin+sin=0，求证：cos2+cos2+cos2=0。证明令z1=cos+isin,z2=cos+isin,z3=cos+isin，则z1+z2+z3=0。所以又因为|zi|=1,i=1,2,3.所以zi=1，即由z1+z2+z3=0得又所以所以cos2+cos2+cos2+i(sin2+sin2+sin2)=0.所以cos2+cos2+cos2=0。例1

42、0求和：S=cos200+2cos400+18cos18200.解令w=cos200+isin200,则w18=1，令P=sin200+2sin400+18sin18200,则S+iP=w+2w2+18w18.由w得w(S+iP)=w2+2w3+17w18+18w19，由-得(1-w)(S+iP)=w+w2+w18-18w19=，所以S+iP=，所以8复数与多项式。例11已知f(z)=c0zn+c1zn-1+cn-1z+cn是n次复系数多项式(c00).求证：肯定存在一个复数z0,|z0|1，并且|f(z0)|c0|+|cn|.证明记c0zn+c1zn-1+cn-1z=g(z),令=Arg(c

43、n)-Arg(z0)，则方程g(Z)-c0ei=0为n次方程，其必有n个根，设为z1,z2,zn，从而g(z)-c0ei=(z-z1)(z-z2)(z-zn)c0，令z=0得-c0ei=(-1)nz1z2znc0，取模得|z1z2zn|=1。所以z1,z2,，zn中必有一个zi使得|zi|1,从而f(zi)=g(zi)+cn=c0ei=cn，所以|f(zi)|=|c0ei+cn|=|c0|+|cn|.9.单位根的应用。例12证明：自O上随意一点p到正多边形A1A2An各个顶点的距离的平方和为定值。证明取此圆为单位圆，O为原点，射线OAn为实轴正半轴，建立复平面，顶点A1对应复数设为，则顶点A2

44、A3An对应复数分别为2，3，n.设点p对应复数z,则|z|=1,且=2n-=2n-命题得证。10复数与几何。例13如图15-2所示，在四边形ABCD内存在一点P，使得PAB，PCD都是以P为直角顶点的等腰直角三角形。求证：必存在另一点Q，使得QBC，QDA也都是以Q为直角顶点的等腰直角三角形。证明以P为原点建立复平面，并用A，B，C，D，P，Q表示它们对应的复数，由题设及复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA；取，则C-Q=i(B-Q)，则BCQ为等腰直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得，即A-Q=i(D-Q)，所以ADQ也为等腰直角三角形且以Q为直角顶点。综上命题得证。例14平面上给定A

45、1A2A3及点p0，定义As=As-3,s4，构造点列p0,p1,p2,使得pk+1为绕中心Ak+1顺时针旋转1200时pk所到达的位置，k=0,1,2,若p1986=p0.证明：A1A2A3为等边三角形。证明令u=，由题设，约定用点同时表示它们对应的复数，取给定平面为复平面，则p1=(1+u)A1-up0,p2=(1+u)A2-up1,p3=(1+u)A3-up2,u2+(-u)得p3=(1+u)(A3-uA2+u2A1)+p0=w+p0,w为与p0无关的常数。同理得p6=w+p3=2w+p0,p1986=662w+p0=p0，所以w=0，从而A3-uA2+u2A1=0.由u2=u-1得A3-A1=（A2-A1）u，这说明A1A2A3为正三角形。三、基础训练题1满意(2x2+5x+2)+(y2-y-2)i=0的有序实数对(x,y)有_组。2若zC且z2=8+6i,且z3-16z-=_。3.复数z满意|z|=