复数思想在平面几何中的应用_复数的几何意义的应用

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复数思想在平面几何中的应用

一、基本思想

用复数解几何问题的重要依据是复数的向量表示。凡是能用平面向量运算能解的题目，也一定可以用复数运算来求解，而且由于复数乘法用来实现向量的旋转，比向量解法显得更简便，使一些问题几乎只留下直截了当的计算，而不必多费脑筋。解题的关键在于熟练掌握复数运算的几何意义。

二、复数的表示及常用结论

（1）复数zxyi与复平面上的点(x,y)建立一一对应。|z|表示点z到原点的距离，给定复数z，以原点为起点，以z为终点作向量oz，在复平面上，复数z也可与向量oz建立一一对应。因此，我们在应用中记号z同时可表示复数z、点z，以及向量oz而不加以区别。

（2）zr(cosisin)rei是复数表示的三角形式及指数形式。r|z|，是实轴正向到向量oz的旋转角，有无穷多个值，规定02时，称为辐角主值，记为argz。

（3）复数加减法与平面向量加减法的平行四边形法则一致。|z1z2|表示z1与z2间的距离，且有不等式z1z2z1z2z1z2。前（后）一个不等式成立的充要条件是z1与z2反（同）向。

（4）复数乘法的几何意义是向量的旋转和伸缩，具体地为 ①ze表示将向量oz旋转角。

②z(R)表示将z伸缩到原来的倍。（5）定比分点公式

设z1、z2是直线l上的两个定点，R，z是l上任一点，且iz1z，则 z1z2z(1)z1z2，特别地，线段z1z2的中点z又ABC重心Gz1z2。2ABC，且由此得 3z1,z2,z3共线存在不全为零的实数1,2,3使1230且1z12z23z30.若z1,z2,z3不共线，且存在实数

1,2,3同时满足1230且1z12z23z30，则123.（6）三角形的面积公式

设z1z2z3是复平面上一个正向三角形（z1,z2,z3按逆时针方向绕行），则Sz1z2z31Im(z1z2z2z3z3z1)2证明：如图 因为argz3z1zz1，所以ei3z2z1z2z1z3z1|z2z1|(z3z1)z2z1|z3z1|(z2z1)S11|z2z1||z3z1|sin|z2z1||z3z1|Im(ei)22|zz|(zz)1|z2z1||z3z1|Im2131 2|z3z1|(z2z1)(zz)1Im|z2z1|231(|z|2zz)2(z2z1)1Im[(z2z1)(z3z1)] 21Im(z1z2z2z3z3z1)2由该结论，又有z1,z2,z3共线z1z2z2z3z3z1R.（7）n个n次单位根将原点为圆心的单位圆n等分，即z1的根为01,1e以原点为圆心的单位圆的内接正n边形的顶点，且有

ni2n，n1ei2(n1)n是122,133，1n1n1.（8）z1z2z3为正向正三角形的充要条件是：

z1z2z30，其中e22i23是一个3次单位根。（10）

2或uz1uz2z30，其中ue3.（u2u1,u31）

证明：若z1z2z3为正向正三角形，则，且z1z2到z1z3扫过的有向角为

i，即 3z3z1(z2z1)e3(z2z1)u，由此可得

(u11z)u2z22u1u，又 z03i故上式写为 uz1uz2z30.另外，由此式反推回去可证明z1z2z3为正向正三角形。

（9）复平面上任意三点不共线的四点A、B、C、D形成平行四边形A＋C＝B＋D（即对角线互相平分）.三、例题分析

例1 延长△ABC的三边BC、CA、AB到A、B、C，使CA:BCAB:CABC:AB.证明：ABC与ABC有相同的重心。

证明：设CA:BCAB:CABC:AB

由定比分点公式有A(1)CB，B(1)AC，C(1)BA，故ABCABC，从而重心坐标相同。

■

例2 凸四边形对边中点的连线叫做此四边形的中位线。若某凸四边形两中位线长度之和等于周长之半，求 ：此四边形为平行四边形。(1980年苏联列宁格勒数学竞赛试题)

证明：设此四边形的四顶点的复数表示为A、B、C、D，利用中点公式，则题目的条件是

ABCDBCDA1(|AB||BC||CD||DA|)22222于是

(AD)(BC)(BA)(CD)|AB||BC||CD||DA|

由此可见，在下列不等式

(AD)(BC)ADBC，(BA)(CD)BACD，中均应成立等号，这必须且只须

AD(BC)，BA(CD)，其中0,0

由此得 AD(BC)，AB(DC)，我们得出等式

D(BC)B(DC)

即

(1)B()C(1)D0

又(1)()(1)0，且B、C、D不共线，从而1，故DACB，故ABCD为平行四边形。

例3 P为正方形ABCD内一点，BMNP、APEF都是与ABCD有相同转向的正方形。求证：AM//FC且AMFC.证明：设P为复平面的原点，由BMiBP,APiAF,BCiBA知

M(i1)B,F(1i)A,C(i1)BiA故AMMAB(i1)A，FCCF(i1)BiA(1i)A(i1)BA 即AMFC，故AM//FC且AMFC.■

例4 以四边形ABCD的各边为斜边向外作等腰直角三角形ABP、BCQ、CDR、DAS.求证：RP⊥QS且RP＝QS.ABABi 22CDCDBCBCDADAi，Qi，Si，同理可得 R222222证明：由 PBiPA 知 P计算

ABCDABCDi

22DABCDABCQSSQi

22RPPR∴QSiRP，故RP⊥QS且RP＝QS.■

例5（87年全国MO）如图，ABC和ADE是两个不全等的等腰直角三角形，BD90，现固 5 定ABC，而将ADE绕A点在平面上旋转。试证：不论ADE旋转到什么位置，线段EC上必存在点M，使得BMD为等腰直角三角形。

ADB中，BDABAD，在RtBDM分析：在Rt用余弦定理求出BM，从而定出CM＝222 中，BD2BM，在BMC中，C＝45，222(ABAD)。2证明：以A为复平面中心，由BAiBC知C(1i)B。不论ADE转到何处，始终有DEiDA，MEC，即E(1i)D，2(1i)B(1i)D(1i)B(1i)DM，MBBM，22(1i)B(1i)DMDDM，MDiMB，即MDMB，2MBD为等腰直角三角形。

例6 如果圆内接六边形ABCDEF满足AB＝CD＝EF＝R，其中R为圆的半径。求证：BC、DE、FA的中点P、Q、R联成一个正三角形。

证明：设圆心为原点，ue3，则BAu,DCu,FEu，由中点公式 Pi11(BC)(AuC)221111Q(DE)(CuE)，R(FA)(EuA)

22223由于u1，所以

2(Pu2QuR)(AuC)u2u(CuE)(EuA)0

故PQR为正三角形。

■

例7（拿破仑定理）以ABC的三边为底，分别向外作顶角为120的等腰三角形PAB、QBC、RCA。求证：PQR是正三角形。证明：记e2i3，由(AR)CR知 RAC，1同理可得： PBACB，Q，11从而PQ2R0，故PQR是正三角形。

例8 四边形ABCD中，AD、BC交于F，AB、DC交于E，M、N、L分别是AC、BD、EF的中点。证明：M、N、L共线。

分析：若用综合法，共线的条件不好找，而用复数求解，剩下的只有计算而已。证明：因为 4(MNNLLM)

(AC)(BD)(BD)(EF)(EF)(AC)

(ABBEEA)(ADDFFA)(CBBFFC)(CDDEEC)

又A、B、E和A、D、F和B、C、F和D、C、E分别共线，故

4(MNNLLM)0

从而M、N、L共线。

■例9 在四边形ABCD中，ACBDABCDADBC，等式成立当且仅当A、B、C、D共圆。（托勒密定理）

证明：设A为复平面的原点，由于B(DC)D(CB)C(DB)∴|C(DB)||AC||BD||B(DC)||D(CB)|

|AB||CD||AD||BC|

又因为上式等号成立B(DC)与D(CB)同向

存在正实数，使B(DC)D(CB)

DCD CBBDCDarg

argCBB



 A、B、C、D四点共圆。

■

例10 设ACPH、AMBE、AHBT、BKGM、CKGP都是同向的平行四边形。求证：ABTE也是平行四边形。

分析：问题涉及10个点以及这些点为顶点的6个四边形。若用综合法求证，较准确的作图是必不可少的，但此题作图较难，而用复数法，完全不必作图。证明：ACPH是平行四边形，则A＋P＝C＋H，AMBE是平行四边形，则A＋B＝M＋E，AHBT是平行四边形，则H＋T＝A＋B，BKGM是平行四边形，则K＋M＝B＋G，CKGP是平行四边形，则C＋G＝P＋K，以上等式两边相加得：A＋T＝B＋E，又A、B、T及A、B、E不共线，所以ABTE也是平行四边形。■例11 已知正向正方形ABCD，同一平面上另有一点P，PD10，将P绕A顺时针转90，得P将P1，1A、B、C、D，A、B、C、D、…顺时针绕B顺时针转90，得P2，依此类推，对依此类推，对D点有多远？ 转90，最后在转了1991交次后得到点P1991，问点P1991距

解：如图所示，设正方形边长为1，则A1，B1i，Ci，D0，又AP1iAP，BP2iBP1，CP3iBP2，DP4iDP3，∴P1(1i)AiP1iiP, P2(1i)BiP11iP, P3(1i)CiP2iP，P4(1i)DiP3P，∴P4nP

又 199144973，故P1991P3，|DP3||iDP|10.例12 在ABC的外侧作正方形ABEF和ACGH，M、N分别是BC、FH的中点，P、Q是两个正方形的中心，求证：MPNQ为正方形。

证明：以ABC所在平面为复平面，任意点为复平面中心，显然

AFiAB，BAiBE，CGiCA，ACiAH，解得 F(1i)AiB，EAi(1i)B，GiA(1i)C，H(1i)ACi，又M、N、P、Q分别为BC、FH、AE、AG的中点，故

111M(BC)，N(FH)(2ABiCi)，2221111P(AE)[(1i)A(1i)B]，Q(AG)[(1i)A(1i)C]，22221故PNNP[(1i)ABCi]MQPMi，2∴四边形MPNQ为正方形。