7.2 复数的四则运算
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[【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019)]
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基础知识
复数的加、减法及其几何意义
(1) 复数的加法
设 z1=a+bi,z2=c+di ,a ,b, c,d∈R
z1+z2=a+bi+c+di=(a+c)+(b+d)i
解释
① 两个复数的和仍然是一个确定复数,形式类似两个多项式相加.
② 复数的加法满足交换律和结合律,
即对任意 z1,z2,z3∈C,有 z1+z2=z2+z1,(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3).
【例】若 z1=−1+2i,z2=2−4i,则 z1+z2= _ .
解 z1+z2=−1+2i+2−4i=1−2i.
(2) 复数加法的几何意义
复数与复平面内以原点为起点的向量一一对应的,设 →OZ1,→OZ2 分别与复数 z1=a+bi,z2=c+di 对应,则 →OZ1=(a,b),→OZ2=(c,d),进而可得 →OZ1+→OZ2=(a+c,b+d),
这说明两个向量 →OZ1 和 →OZ2 的和就是与复数 (a+c)+(b+d)i 对应的向量.
因此,复数的加法可以按照向量的加法来进行 (符合平行四边形法则、向量坐标的运算),这就是复数加法的几何意义.
(3) 复数的减法
设 z1=a+bi,z2=c+di , a ,b, c,d∈R,
z1−z2=a+bi−(c+di)=(a−c)+(b−d)i.
解释
与实数减法的意义进行类比可得,减法的几何意义也是可以按照向量的减法来进行.
复数的乘、除运算
(1) 设 z1=a+bi,z2=c+di , a ,b, c,d∈R,
① z1⋅z2=(a+bi)⋅(c+di)=(ac−bd)+(bc+ad)i;
② z1z2=a+bic+di=(a+bi)(c−di)(c+di)⋅(c−di)=(ac+bd)+(bc−ad)ic2+d2.
解释
① 复数的乘法类似两个多项式相乘;
② 复数的乘法满足交换律、结合律,乘法对加法满足分配律,
即对任意 z1,z2,z3∈C,有 z1z2=z2z1,(z1z2)z3=z1(z2z3),z1(z2+z3)=z1z2+z1z3;
③ 复数的除法,分子分母都乘以分母的共轭复数 c−di 再化简,其实就是 “分母实数化”,好像初中学二次根式的 “分母有理化”.
【例】计算 2i3+4i.
解 2i3+4i=2i(3−4i)(3+4i)(3−4i)=6i−8i232−(4i)2=8+6i9+16=8+6i25=825+625i.
基本方法
【题型1】 复数的四则运算
【典题 1】计算下列各题
(1) (2−i)(−1+5i)(3−4i)+2i; (2) (1−4i)(1+i)+2+4i3+4i;
解析 (1)(2−i)(−1+5i)+2i
=−2+10i+i−5i2+2i
=−2+11i+5+2i
=3+13i;
(2)(1−4i)(1+i)+2+4i3+4i
=(1+i−4i−4i2)+2+4i3+4i=5−3i+2+4i3+4i
=7+i3+4i=(7+i)(3−4i)(3+4i)(3−4i)=21−28i+3i−4i225
=25−25i25=1−i;
点拨 复数的四则运算类似多项式的四则运算,注意复数除法 “分母实数化”,最终把结果化简为 a+bi(a,b∈R) 的形式.
【典题 2】设复数 z 满足 z+1z=i,则下列说法正确的是 ( )
A.z 为纯虚数 B.z 的虚部为 −12i
C.在复平面内,z 对应的点位于第二象限 D.|z|=√22
解析 ∵z+1=zi, ∴(1−i)z=−1⟹z=1−1+i=−12−12i.
∴|z|=√22,复数 z 的虚部为 −12,不是纯虚数,
复数 z 在复平面内所对应的点的坐标为 (−12,−12),在第三象限.
∴ 正确的是 D.
故选 D.
点拨 先把复数 z 求出或化简为 a+bi(a,b∈R) 的形式,在作出判断.
【典题 3】 若 f(z)=2z+ˉz−3i, f(ˉz+i)=6−3i,求复数 z.
解析 ∵f(z)=2z+ˉz−3i,
∴f(ˉz+i)=2(ˉz+i)+(ˉz+i)−3i=2ˉz+2i+z−i−3i=2ˉz+z−2i.
又 f(ˉz+i)=6−3i,∴2ˉz+z−2i=6−3i,
即 2ˉz+z=6−i.
设 z=x+yi(x,y∈R),则 ˉz=x−yi.
∴2(x−yi)+x+yi=3x−yi=6−i,
∴{3x=6y=1⇒{x=2y=1,∴z=2+i.
点拨 求满足某些要求的复数 z,可用待定系数法.
【典题 4】 在复数范围内解方程 x2+x+1=0.
解析 ∵x2+x+1=0,∴ 配方得 (x+12)2=−34,
∴x+12=±√32i,即 x1=−12−√32i, x2=−12+√32i.
点拨 在复数范围内,实系数一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0) 的求根公式为:
(1) 当 Δ⩾0 时, x=−b±√b2−4ac2a;(2) 当 Δ<0 时, x=−b±√−(b2−4ac)i2a.
【巩固练习】
1. 计算 (i−2)(i−1)(1+i)(i−1)+i= ( )
A.−1+i B.−1−i C.1+i D.−2+i
2. 已知复数 z 的实部为 1,虚部的绝对值为 3,则下列说法错误的是 ( )
A. z+10z 是实数 B. z+10z<2
C. z+10z>1 D.ˉz 在复平面中所对应的点不可能在第三象限
3. 已知两非零复数 z1,z2,若 z1⋅z2∈R,则一定成立的是 ( )
A.z1+z2∈R B. z1⋅¯z2∈R C. z1z2∈R D. z1¯z2∈R
4. 方程 x2+3=0 在复数范围内的解是 _.
5. 若复数 z 满足 ˉzi=|z|2−3i,则 z= _ .
6. 设 f(z)=z−2i+|z|,若 z1=3+4i,z2=−2−i,则 f(z1−z2)= _.
参考答案
-
答案 A
解析 (i−2)(i−1)(1+i)(i−1)+i=i2−i−2i+2i−1+i2−i+i=1−3i−2+i=(1−3i)(−2−i)(−2+i)(−2−i)=−2−i+6i+3i25=−5+5i5=−1+i. -
答案 B
解析 由已知得,z=1−3i 或 z=1+3i,
则 z+10z=z+10ˉz|z|2=z+ˉz,
∴z+10z=2,则 A,C 正确,B 错误;
∵ˉz 的实部大于 0,故 ˉz 在复平面中所对应的点不可能在第三象限,D 正确.
故选 B. -
答案 D
解析设 z1=a+bi,z2=c+di,(a,b,c,d∈R),
z1+z2=a+bi+c+di=a+c+(b+d)i,
∴z1+z2∈R 不一定成立,故 A 不正确;
则 z1⋅¯z2=(a+bi)(c−di)=ac+bd+(bc−ad)i,
∴z1⋅¯z2∈R 不一定成立,故 B 不正确;
z1z2=a+bic+di=(a+bi)(c−di)(c+di)(c−di)=ac+bd+(bc−ad)ic2+d2,
∴z1z2∈R 不一定成立,故 C 不正确;
∵z1¯z2=z1⋅z2¯z2⋅z2=z1⋅z2|z2|2,且 z1z2∈R,
∴z1¯z2∈R 正确,故 D 成立.
故选 D. -
答案 ±√3i
-
答案 −3+√3i
解析设 z=a+bi(a,b∈R),则 ˉz=a−bi, |z|=√a2+b2.
∵(a−bi)⋅i=√a2+b22−3i,
∴b+ai=√a2+b22=−3i,
∴{b=√a2+b22a=−3,解得 a=−3, b=√3,
即 z=−3+√3i. -
答案 2
解析 ∵z1=3+4i,z2=−2−i,
∴z1−z2=5+5i.
于是 f(z1−z2)=f(5+5i)=(5+5i)−2i+|5+5i|
=5+3i+5√2=(5+5√2)+3i.
【题型2】 复数运算的几何意义
【典题 1】设复数 z1,z2 满足 |z1|=|z2|=2,z1+z2=√3+i,则 |z1−z2|= _ .
解析 ∵|z1|=|z2|=2,
∴z1,z2 在复平面上分别对应的点 B,C 在以原点为圆心,半径为 2 的圆上,
∵z1+z2=√3+i, ∴z1+z2 在复平面上分别对应的点 A(√3,1) 在圆 O 上,
由向量的平行四边形法则,可知四边形 OCAB 是平行四边形,
如下图易知 ∆AOC 是等边三角形且边长为 2,易求 BC=2√3,
由向量的三角形法则可知 |z1−z2|=|→BC|=|BC|=2√3.
【典题 2】已知复数 |z|=1,i 为虚数单位,则 |z−1+2i| 的最小值是 _.
解析 复数 z 满足 |z|=1(i 是虚数单位),复数 z 表示复平面上的点到 (0,0) 的距离为 1 的圆.
|z−1+2i| 的几何意义是圆上的点 A 与 P(1,−2) 的距离,
所以最小值为 A′P=√(0−1)2+(0−(−2))2−1=√5−1.
点拨 复数的几何意义,
若 z1=a+bi , z2=c+di, a ,b, c ,d∈R
|z1−z2| 表示 (a,b) 到 (c,d) 的距离,即 |z1−z2|=√(a−c)2+(b−d)2.
|z−z1|=r(r>0) 表示以 (a,b) 为圆心,r 为半径的圆.
【巩固练习】
1. 在平行四边形 ABCD 中,对角线 AC 与 BD 相交于点 O,若向量 →OA, →OB 对应的复数分别是 3+i,−1+3i,则 →CD 对应的复数是 ( )
A.2+4i B.−2+4i C.−4+2i D.4−2i
2. 复数 z1=1+2i,z2=−2+i,z3=−1−2i,它们在复平面上的对应点是一个正方形的三个顶点,求这个正方形的第四个顶点对应的复数.
3. 如图,向量 →OZ1 ,→OZ2 对应复数分别为 z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),作出 z1+z2 对应的向量 →OZ,并指出 |z1+z2|≤|z1|+|z2| 成立吗?
4. 若 z∈C 且 |z+2−2i|=1,则 |z−2−2i| 的最小值是 _.
5. 已知三个复数 z1,z2,z3,并且 |z1|=|z2|=|z3|=1,z1,z2 所对应的向量 →OZ1 ,→OZ2 满足 →OZ1⋅→OZ2=0,求 |z1+z2−z3| 的取值范围.
6. 已知 A(1,2),B(a,1),C(2,3),D(−1,b)(a,b∈R) 是复平面上的四个点,且向量 →AB, →CD 对应的复数分别为 z1,z2.
(1) 若 z1+z2=1+i,求 z1,z2;
(2) 若 |z1+z2|=2,z1−z2 为实数,求 a,b 的值.
参考答案
-
答案 D
解析 由于 →CD=→BA=→OA−→OB,所以 →CD 对应的复数为 (3+i)−(−1+3i)=4−2i. -
答案 2−i
解析解法一:如图,设复数 z1,z2,z3 所对应的点分别为 A,B,C,正方形的第四个顶点 D 对应的复数为 x+yi(x,y∈R).
则 →AD=→OD−→OA=(x+yi)−(1+2i)=(x−1)+(y−2)i,
→BC=→OC−→OB=(−1−2i)−(−2+i)=1−3i.
因为 →AD=→BC,
所以 (x−1)+(y−2)i=1−3i,
所以 {x−1=1y−2=−3,解得 {x=2y=−1.
故点 D 对应的复数为 2−i.
解法二:设复数 z1,z2,z3 所对应的点分别为 A,B,C,
正方形的第四个顶点 D 对应的复数为 x+yi(x,y∈R).
因为点 A 与点 C 关于原点对称,
所以原点 O 为正方形的中心,
所以点 O 也是点 B 与点 D 连线的中点,
于是 (−2+i)+(x+yi)=0,
所以 x=2,y=-1,
故点 D 对应的复数为 2−i. -
答案 成立
解析 解法 1:由向量平行四边形法则知,分别以向量 →OZ1 ,→OZ2 为邻边作平行 四边形所得的对角线 OZ,即为向量 →OZ,如图 (1).
解法 2:以向量 →OZ1 的终点 Z1 为起点作向量 →Z1Z=→OZ2,
则向量 →OZ 即为复数 z1+z2 对应的向量,如图 (2).
由向量模的性质知:|z1+z2|≤|z1|+|z2| 成立. -
答案 3
解析 已知 |z−(−2+2i)|=1 中,
z 的对应点轨迹是以 (−2,2) 为圆心,1 为半径的圆,
|z−(2+2i)| 表示圆上的点与点 (2,2) 之间的距离,
最小值为圆心与点 (2,2) 的距离减去半径,易得 |z−2−2i| 的最小值为 3. -
答案 [√2−1,√2+1]
解析 由题意可知 复数 z1,z2,z3 对应的点 Z1,Z2,Z3 在单位圆上,
又 →OZ1⋅→OZ2=0,∴OZ1⊥OZ2.
不妨设 Z1(1,0),Z2(0,1),如图
∴ 当 Z3 与 A 重合时,|z1+z2−z3| 有最小值为 √2−1;
当 Z3 与 B 重合时,|z1+z2−z3| 有最大值为 √2+1.
∴|z1+z2−z3| 的取值范围是 [√2−1,√2+1].
故答案为 [√2−1,√2+1]. -
答案 (1) z1=4−i,z2=−3+2i;(2) a=4,b=2.
解析 (1) 向量 →AB=(a−1,−1), →CD=(−3,b−3) 对应的复数分别为
z1=(a−1)−i,z2=−3+(b−3)i.
∴z1+z2=(a−4)+(b−4)i=1+i.
∴a−4=1,b−4=1.解得 a=b=5.
∴z1=4−i,z2=−3+2i.
(2)|z1+z2|=2,z1−z2 为实数,
∴√(a−4)2+(b−4)2=2,(a+2)+(2−b)i∈R,
∴2−b=0,解得 b=2,
∴(a−4)2+4=4,解得 a=4.
∴a=4,b=2.
分层练习
【A组---基础题】
1. 若 z1=2+i,z2=3+ai(a∈R),z1+z2 所对应的点在实轴上,则 a 为 ( )
A.3 B.2 C.1 D.−1
2. 在复平面内,复数 1+i 与 1+3i 分别对应向量 →OA 和 →OB,其中 O 为坐标原点,则 |→AB|= ( )
A.√2 B.2 C. √10 D.4
3. 若 |z−1|=|z+1|,则复数 z 对应的点 Z( )
A.在实轴上 B.在虚轴上 C.在第一象限 D.在第二象限
4. 设 z1,z2 是复数,给出四个命题
①若 |z1−z2|=0,则 ¯z1=¯z2 ②若 z1=¯z2 ,则 ¯z1=z2
③若 |z1|=|z2|,则 z1⋅¯z1=z2⋅¯z2 ④若 |z1|=|z2|,则 |z1|=|z2|
其中真命题的个数有 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
5. 已知复数 z=8−i2+3i(i 为虚数单位),下列说法 其中正确的有 ( )
①复数 z 在复平面内对应的点在第四象限;②|z|=√5;
③z 的虛部为 −2i; ④ ˉz=1−2i.
A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个
6. 若 |z|=3,z+ˉz=0,则复数 z=_.
7. 设 x,y 为实数,且 x1−i+y1−2i=51−3i,则 x+y= _ .
8. 方程 x2+2x−1=0 在复数范围内的解是 _.
9. 已知复数 z1=(a2−2)+(a−4)i,z2=a−(a2−2)i(a∈R), 且 z1−z2 为纯虚数,则 a=_ .
10. 已知 |z|=2,则 |z−i| 的最大值为 _.
11. 如果复数 z 满足 |z+3i|+|z−3i|=6,那么 |z+1+i| 的最小值是 _ .
12. 满足 z+5z 是实数,且 z+3 的实部与虚部是相反数的虚数 z 是否存在?若存在,求出虚数 z;若不存在,请说明理由.
参考答案
-
答案 D
解析 z1+z2=(2+i)+(3+ai)=5+(a+1)i,z1+z2 对应的点在实轴上,
即 z1+z2 为实数,因此 a+1=0,a=−1. -
答案 B
解析 →AB 对应的复数为 (1+3i)−(1+i)=2i,故 |→AB|=|2i|=2. -
答案 B
解析 由 |z−1|=|z+1| 知 z 对应的点的轨迹是两点 (1,0),(−1,0) 连线的垂直平分线,即虚轴. -
答案 C
解析由 z1,z2 是复数,得
在①中,若 |z1−z2|=0,则 z1,z2 的实部和虚部都相等, ∴¯z1=¯z2,故①正确;
在②中,若 z1=¯z2,则 z1,z2 的实数相等,虚部互为相反数, ∴¯z1=z2,故②正确;
在③中,若 |z1|=|z2|,则 |z1⋅¯z1=z2⋅¯z2=|z1|2,故③正确;
在④中,若 |z1|=|z2|,则由复数的模的性质得 z21≠z22,
如 |1−i|=|1+i|=√2,但 (1−i)2=−2i≠(1+i)2=2i,故④不正确.
故选 C. -
答案 B
解析 ∵z=8−i2+3i=(8−i)(2−3i)(2+3i)(2−3i)=13−26i13=1−2i,
∴ 复数 z 在复平面内对应的点的坐标为 (1,−2),在第四象限;
|z|=√5;z 的虚部为 −2;ˉz=1+2i.
故①②正确;③④错误.
故选 B. -
答案 3i 或 −3i
解析设 z=x+yi(x,y∈R),则有 ˉz=x−yi,
因此 {x2+y2=9x+yi+x−yi=0,解得 {x=0y=3 或 {x=0,y=−3.
∴z=3i 或 −3i. -
答案 4
解析 x1−i+y1−2i=51−3i⇒x(1+i)(1−i)(1+i)+y(1+2i)(1+2i)(1−2i)=5(1+3i)(1−3i)(1+3i)
⇒12x(1+i)+15y(1+2i)=12(1+3i)⇒{12x+15y=1212x+25y=32,
解得 {x=−1y=5,
∴x+y=4. -
答案 −1+i 或 −1−i
解析 ∵x2+2x+2=0,∴ 配方得 (x+1)2=−1,
∴x+1=±i,即 x1=−1−i,x2=−1+i. -
答案 −1
解析 z1−z2=(a2−a−2)+(a−4+a2−2)i(a∈R) 为纯虚数,
∴{a2−a−2=0a2+a−6≠0,解得 a=−1. -
答案 3
解析依题意 |z|=2,所以 z 对应的点在以原点为圆心,2 为半径的圆上,
而 |z−i| 表示 z 对应的点与 (0,1) 点间的距离,显然这个距离的最大值是 1+2=3. -
答案 1
解析复数 z 满足 |z+3i|+|z−3i|=6,
∴z 的几何意义是以 A(0,3),B(0,−3) 为端点的线段 AB,
则 |z+1+i|=|z−(−1−i)| 的几何意义为 AB 上的点到 C(−1,−1) 的距离,
则由图象知 C 到线段 AB 的距离的最小值为 1,
故答案为 1. -
答案 存在虚数 z=−1−2i 或 z=−2−i 满足题设条件
解析设虚数 z=x+yi(x,y∈R,且 y≠0),
则 z+5z=x+yi+5x+yi=x+5xx2+y2+(y−5yx2+y2)i,
z+3=x+3+yi,
由已知得 {y−5yx2+y2=0x+3=−y,又 ∵y≠0,
∴{x2+y2=5x+y=−3,解得 {x=−1y=−2 或 {x=−2y=−1,
∴ 存在虚数 z=−1−2i 或 z=−2−i 满足题设条件.
【B组---提高题】
1. 已知 (1+i)2n1−i+(1−i)2n1+i=2n,则最小正整数 n 为 _ .
2. 已知 |zi|+|zi−2|=3,zi∈C,i=1,2,|z1−z2|=2,则 |z1|+|z2| 的最大值为 _.
3. 设 z 是虚数, ω=z+1z 是实数,且 −1<ω<2,
(1) 求 |z| 的值及 z 的实部的取值范围;
(2) 设 u=1−z1+z,求证:u 为纯虚数;
(3) 求 ω−u2 的最小值.
参考答案
- 答案 3
解析 原等式可化为 (1+i)2n⋅(1+i)2+(1−i)2n⋅(1−i)2=2n,
即 [(1+i)2]n⋅(1+i)+[(1−i)2]n⋅(1−i)=2⋅2n,
(2i)n(1+i)+(−2i)n(1−i)=2⋅2n,
2n⋅in(1+i)+2n(−i)n(1−i)=2⋅2n,
∴in[(1+i)+(−1)n(1−i)]=2.
若 n=2k(k∈N∗),则 i2k[(1+i)+(1−i)]=2,
∴i2k=1, ∴kmin=2,从而有 nmin=4;
若 n=2k−1(k∈N∗),则 i2k−1[(1+i)−(1−i)]=2,
故 2i2k=2,∴i2k=1,
∴kmin=2,从而有 nmin=3.
∴ 对于 n∈N∗ 时,最小正整数为 3. - 答案 4
解析 由题意,可知 |z1|+|z1−2|=3,|z2|+|z2−2|=3,
则 6=|z1|+|z2|+|z1−2|+|z2−2|≥|z1|+|z2|+|z1−z2|=|z1|+|z2|+2,
∴|z1|+|z2|≤4.
故 |z1|+|z2| 的最大值为 4.
故答案为 4. - 答案 (1) (−12,1) ;(2) 略;(3)1
解析 (1) 解:∵z 是虚数,
∴ 可设 z=x+yi,x,y∈R,且 y≠0.
∴ω=z+1z=x+yi+1x+yi=x+yi+x−yix2+y2
=x+xx2+y2+(y−yx2+y2).
∵ω 是实数且 y≠0, ∴y−yx2+y2=0,
∴x2+y2=1,即 |z|=1.此时 ω=2x.
∵−1<ω<2,∴−1<2x<2,从而有 −12<x<1,
即 z 的实部的取值范围是 (−12,1).
(2) 证明: u=1−z1+z=1−(x+yi)1+(x+yi)=(1−x−yi)(1+x−yi)(1+x)2+y2=1−x2−y2−2yi(1+x)2+y2=−y1+xi.
∵x∈(−12,1),y≠0,
y≠0,∴u 为纯虚数.
(3) 解: ω−u2=2x−(−y1+xi)2=2x+(y1+x)2=2x+1−x2(1+x)2
=2x+1−x1+x=2x−1+21+x=2(x+1)+21+x−3.
∵−12<x<1,∴1+x>0.
于是 ω−u2=2(x+1)+21+x−3≥2√2(x+1)⋅21+x−3=1.
当且仅当 2(x+1)=21+x,即 x=0 时等号成立.
∴ω−u2 的最小值为 1,此时 z=±i.
【C组---拓展题】
1. 已知 z1,z2∈C 满足 z1⋅z2=1,z1+z2=−1,则 z1−z2 的实部是 _.
2. 若复数 z 满足 |z+√3+i|≤1,求:
(1) |z| 的最大值和最小值;
(2) |z−1|2+|z+1|2 的最大值和最小值;
(3) |z−√3|2+|z−2i|2 的最大值和最小值.
参考答案
- 答案 0
解析 由题意可设,z1=m+bi,z2=n−bi(m,n,b∈R),
由 z1⋅z2=1,z1+z2=−1,
得 (m+bi)(n−bi)=mn+b2+(nb−mb)i=1,m+n=−1.
即 {mn+b2=1b(n−m)=0m+n=−1,解得 {m=−12n=−12b=−√32 或 {m=−12n=−12b=√32.
∴m−n=0.
即 z1−z2 的实部是 0. - 答案 (1) 最大值为 3,最小值为 1;(2) 最大值为 20,最小值为 4;
(3) 最大值为 27+2√43,最小值为 27−2√43
解析 (1) 如图①所示: |→OM|=√(−√3)2+(−1)2=2.
∴|z|max=2+1=3_, _|z|min=2−1=1.
(2) |z−1|2+|z+1|2=2|z|2+2.
∴|z−1|2+|z+1|2 最大值为 20,最小值为 4.
(3) 如图②,在圆面上任取一点 P,与复数 zA=√3,zB=2i 对应点 A,B 相连,
得向量 →PA, →PB,再以 →PA, →PB 为邻边作平行四边形将问题再次转化为 (1) 的类型.
设 zA=√3,zB=2i,P 为圆面上任一点,zP=z,
则 2|→PA|2+2|→PB|2=|→AB|2+(2∣→PO′)2=7+4|→PO′|2
(平行四边形四条边的平方和等于对角线的平方和),
∴|z−√3|2+|z−2i|2=12(7+4|z−√32−i|2).
而 |z−√32−i|max=|O′M|+1=1+√432,|z−√32−i|min=∣O′M−1=√432−1,
∴|z−√3|2+|z−2i|2 的最大值为 27+2√43,最小值为 27−2√43.
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