练案10 10.3 第2课时 复数三角形式的乘除法-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学必修第四册同步学习指导(人教B版2019)

练案［１０］ 第十章　 复数 １０． ３　 ［第２课时　 复数三角形式的乘除法］ Ａ组·基础自测 一、选择题 １． ｃｏｓ π２ ＋ ｉｓｉｎ π( )２ × ３ ｃｏｓ π６ ＋ ｉｓｉｎ π( )６ ＝（　 ） Ａ． ３２ ＋ 槡３ ３ ２ ｉ Ｂ． ３ ２ － 槡３ ３ ２ ｉ Ｃ． － ３２ ＋ 槡３ ３ ２ ｉ Ｄ． － ３ ２ － 槡３ ３ ２ ｉ ２．若复数１ ＋ ｉ( )１ － ｉ ｎ 为实数，则正整数ｎ的最小值 是 （　 ） Ａ． １ Ｂ． ２ Ｃ． ３ Ｄ． ４ ３．计算４ ｃｏｓ π１２ ＋ｉｓｉｎ π( )１２ ·１２ ｓｉｎ π３ ＋ｉｃｏｓ π( )[ ]３ 的 结果是 （　 ） Ａ． ２ ｃｏｓ ５π１２ ＋ ｉｓｉｎ ５π( )１２ Ｂ． ２ ｓｉｎ ５π１２ ＋ ｉｃｏｓ ５π( )１２ Ｃ． ２ ｃｏｓ π４ ＋ ｉｓｉｎ π( )４ Ｄ． ８ ｃｏｓ π４ ＋ ｉｓｉｎ π( )４ ４．复数（ｓｉｎ １０° ＋ ｉｃｏｓ １０°）（ｓｉｎ １０° ＋ ｉｃｏｓ １０°）的 三角形式是 （　 ） Ａ． ｓｉｎ ３０° ＋ ｉｃｏｓ ３０° Ｂ． ｃｏｓ １６０° ＋ ｉｓｉｎ １６０° Ｃ． ｃｏｓ ３０° ＋ ｉｓｉｎ ３０° Ｄ． ｓｉｎ １６０° ＋ ｉｃｏｓ １６０° ５．复数ｚ ＝（ｓｉｎ ６５° ＋ ｉｃｏｓ ６５°）３的三角形式是 （　 ） Ａ． ｃｏｓ １９５° ＋ ｉｓｉｎ １９５° Ｂ． ｓｉｎ ７５° ＋ ｉｃｏｓ ７５° Ｃ． ｃｏｓ １５° ＋ ｉｓｉｎ １５° Ｄ． ｃｏｓ ７５° ＋ ｉｓｉｎ ７５° 二、填空题 ６．计算８ ｃｏｓ π２ ＋ ｉｓｉｎ π( )２ × ｃｏｓ π４ ＋ ｉｓｉｎ π( )４ ＝ 　 　 　 　 　 ． ７．设ｚ 槡＝ ３ － ｉ，对应的向量为→ＯＺ，将→ＯＺ绕点Ｏ按 逆时针方向旋转３０°，则所得向量对应的复数 为　 　 　 　 ． ８．计算下列式子，写出其结果的代数形式： ５ ｃｏｓ π６ ＋ ｉｓｉｎ π( )６ ·２ ｃｏｓ π４ ＋ ｉｓｉｎ π( )４ ＝ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 ． 三、解答题 ９．设复数ｚ１ 槡＝ ３ ＋ ｉ，复数ｚ２ 满足｜ ｚ２ ｜ ＝ ２，已知 ｚ１ ｚ ２ ２的对应点在虚轴的负半轴上，且ａｒｇ ｚ２∈ （０，π），求ｚ２的代数形式． １０．计算：（１） １ ２ － 槡３ ２( )ｉ １０ ÷（３ｉ）； （２）［２（ｃｏｓ ５０° ＋ ｉｓｉｎ ５０°）］－４（结果保留三角 形式）                                                                  ． —４４１— Ｂ组·素养提升 一、选择题 １．（多选题）已知复数ｚ ＝ － １２ ＋ 槡３ ２ ｉ（ｉ为虚数单 位），则下列说法中正确的是 （　 ） Ａ． ｚ３ ＝ １ Ｂ． ｚ２ ＝ ｚ Ｃ． ｚ２ ＋ ｚ ＋ １ ＝ ０ Ｄ． ｚ ＋ ｚ２ ＋…＋ ｚ２ ０２１ ＝ ０ ２．（多选题）任何一个复数ｚ ＝ ａ ＋ ｂｉ（其中ａ，ｂ∈ Ｒ，ｉ为虚数单位）都可以表示成ｚ ＝ ｒ（ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ）的形式，通常称之为复数ｚ的三角形式． 法国数学家棣莫佛发现：ｚｎ ＝ ［ｒ（ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ）］ｎ ＝ ｒｎ（ｃｏｓ ｎθ ＋ ｉｓｉｎ ｎθ）（ｎ∈Ｎ），我们 称这个结论为棣莫佛定理．根据以上信息，下 列说法正确的是 （　 ） Ａ． ｜ ｚ２ ｜ ＝ ｜ ｚ ｜ ２ Ｂ．当ｒ ＝ １，θ ＝ π３时，ｚ ３ ＝ １ Ｃ．当ｒ ＝ １，θ ＝ π３时，ｚ ＝ １ ２ － 槡３ ２ ｉ Ｄ．当ｒ ＝ １，θ ＝ π４时，若ｎ为偶数，则复数ｚ ｎ为 纯虚数 ３．向量ＯＺ→ １，ＯＺ→ ２，分别对应非零复数ｚ１，ｚ２，若 ＯＺ→ １⊥ＯＺ → ２，则ｚ１ｚ２是 （　 ） Ａ．负实数 Ｂ．纯虚数 Ｃ．正实数 Ｄ．虚数ａ ＋ ｂｉ（ａ，ｂ∈Ｒ，ａ≠０） 二、填空题 ４．已知复数ｚ ＝ ｃｏｓ ２π３ ＋ ｉｓｉｎ ２π ３ ，则ｚ ３ ＋ ｚ ２ ｚ２ ＋ ｚ ＋２ ＝ 　 　 　 　 　 　 ． ５．复数ｚ ＝ １６（ｃｏｓ ４０° ＋ ｉｓｉｎ ４０°）的四次方根 分别是　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 ． 三、解答题 ６．在复平面内，把与复数－ ２ ＋ ２ｉ对应的向量绕 原点Ｏ按逆时针方向旋转７５°，求与所得向量 对应的复数． Ｃ组·创新拓展 　 已知ｋ是实数，ω是非零复数，且满足ａｒｇ ω ＝ ３π ４ ，（１ ＋ ω） ２ ＋（１ ＋ ｉ）２ ＝ １ ＋ ｋω． （１）求ω； （２）设ｚ ＝ ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ，θ∈［０，２π），若｜ ｚ － ω ｜ 槡＝ １ ＋ ２，求θ的值                                                                         ． —５４１— ∴ （３ ＋ ４ｉ）ｉ的辐角主值为π２ ＋ θ． ６． １２ ｃｏｓ ４π ３ ＋ ｉｓｉｎ ４π( )３ 　 　 １槡－ １ ＋ ３ｉ ＝ 槡－ １ － ３ｉ ４ ＝ － １ ４ － 槡３ｉ ４ ＝ １２ － １ ２ － 槡３ ２( )ｉ ＝ １２ ｃｏｓ ４π３ ＋ ｉｓｉｎ ４π( )３ ． ７． ２π３ 　 ａｒｇ（ 槡１ ＋ ３ｉ）＝ π ３ ，ａｒｇ（－ ２）＝ π， 槡｜１ ＋ ３ｉ ｜ ＝ ２． 所以将 槡１ ＋ ３ｉ所表示的向量逆时针旋转θ ＝ ２π３ ，所得向量对 应的复数为－ ２． ８． １ ＋槡３３ ｉ　 令 ｚ － １ ｚ ＝ ｚ０，则｜ ｚ０ ｜ ＝ １ ２ ，ａｒｇ ｚ０ ＝ π ３ ． ∴ ｚ０ ＝ １ ２ ｃｏｓ π ３ ＋ ｉｓｉｎ π( )３ ＝ １４ ＋槡３４ ｉ，由ｚ － １ｚ ＝ １４ ＋槡３４ ｉ得 ｚ ＝ １ ＋槡３３ ｉ． ９．（１）５ ＝ ５（ｃｏｓ ０ ＋ ｉｓｉｎ ０）． （２）ｉ ＝ ｃｏｓ π２ ＋ ｉｓｉｎ π ２ ． （３）１２ ＋槡 ３ ２ ｉ ＝ ｃｏｓ π ３ ＋ ｉｓｉｎ π ３ ． （４） 槡－１ － ３ｉ ＝２ － １２ －槡 ３ ２( )ｉ ＝２ ｃｏｓ ４π３ ＋ｉｓｉｎ ４π( )３ ． （５）槡３ ３ －３ｉ ＝６ 槡３２ － １ ２( )ｉ ＝６ ｃｏｓ １１π６ ＋ｉｓｉｎ １１π( )６ ． （６）－ ４ ＋ ３ｉ ＝ ５ － ４５ ＋ ３ ５( )ｉ ＝ ５（ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ） 其中ｔａｎ θ ＝ －( )３４ ． １０． ∵ ｚ ＝ １ ＋ ｉ， ∴ ω ＝ ｚ ２ － ３ｚ ＋ ６ ｚ ＋ １ ＝ （１ ＋ ｉ）２ － ３（１ ＋ ｉ）＋ ６ １ ＋ ｉ ＋ １ ＝ ３ － ｉ ２ ＋ ｉ ＝ １ － ｉ， ∴ ｜ω 槡｜ ＝ ２，１ － ｉ对应的点在第四象限且ｔａｎ θ ＝ － １， ∴ ω辐角的主值为７π４ ， ∴复数ω的三角形式为 ω 槡＝ ２ ｃｏｓ ７π４ ＋ ｉｓｉｎ ７π( )４ ． Ｂ组　 素养提升 １． ＡＣ　 ｒ ＝ １２ ＋（－ １）槡 ２ 槡＝ ２，ｃｏｓ θ ＝槡２２ ，ｓｉｎ θ ＝ －槡 ２ ２ ， ∴辐角主值为７π４ ， 槡∴ １ － ｉ ＝ ２ ｃｏｓ ７π４ ＋ ｉｓｉｎ ７π( )４ 槡＝ ２ ｃｏｓ １５π４ ＋ ｉｓｉｎ １５π( )４ ，故Ａ、Ｃ的 表示是正确的，Ｂ、Ｄ的表示不正确，故选ＡＣ． ２． ＢＣＤ　 ∵ ｚ ＝ － １２ ｃｏｓ π ３ ＋ ｉｓｉｎ π( )３ ＝ １２ ｃｏｓ ４π ３ ＋ ｉｓｉｎ ４π( )３ ， ∴复数ｚ的模为１２ ，故Ａ错误． 复数ｚ的辐角主值θ ＝４π３ ， 故可以作为复数ｚ的辐角的是４π３ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ， ∴当ｋ ＝ －１时，４π３ ＋（－２π）＝ － ２π ３ ． 复数ｚ对应的点位于第三象限．故选ＢＣＤ． ３． Ｄ　 ∵ ｒ ＝ 槡２( )２ ２ ＋ －槡２( )２槡 ２ ＝１，ｃｏｓ θ ＝槡２２ ，ｓｉｎ θ ＝ －槡 ２ ２ ， ∴辐角的主值θ ＝３１５°．故选Ｄ． ４． ３π４ 　 因为 １ ＋ ｉ １ － ｉ ＝ ｉ，所以 １ ＋ ｉ( )１ － ｉ ２ ０２１ ＝ ｉ２ ０２１ ＝ ｉ， 所以ｚ 槡＝ －１ ＋ ｉ ＝ ２ ｃｏｓ ３π４ ＋ ｉｓｉｎ ３π( )４ ， 所以复数ｚ的辐角主值为３π４ ． ５．１　 由题意，复数２ ＋ ｉ和－３ － ｉ的辐角的主值分别为α，β，则ｔａｎ α ＝ １２ ，ｔａｎ β ＝ １ ３ ，ｔａｎ（α ＋ β）＝ ｔａｎ α ＋ ｔａｎ β １ － ｔａｎ αｔａｎ β ＝ １ ２ ＋ １ ３ １ － １２ × １ ３ ＝１． ６．（１）复数ａ（ａ ＞０）对应的复数为ａ ＋０·ｉ，在复平面内对应的点在 ｘ轴正半轴上，其辐角主值为０． （２）复数ａｉ（ａ ＞０）对应的复数为０ ＋ ａ·ｉ，在复平面内对应的点在 ｙ轴正半轴上，其辐角主值为π２ ． （３）复数－ ａ（ａ ＞０）对应的复数为－ ａ ＋０·ｉ，在复平面内对应的 点在ｘ轴负半轴上，其辐角主值为π． （４）复数－ ａｉ（ａ ＞０）对应的复数为０ － ａ·ｉ，在复平面内对应的点 在ｙ轴负半轴上，其辐角主值为３π２ ． Ｃ组　 创新拓展 　 由复数乘法的几何意义得 ｚ１ ｃｏｓ π ４ ＋ ｉｓｉｎ π( )４ ＝ ｚ２ ｃｏｓ ５π３ ＋ ｉｓｉｎ ５π( )３ ， 又ｚ２ 槡＝ －１ － ３ｉ ＝２ ｃｏｓ ４π３ ＋ ｉｓｉｎ ４π( )３ ， 所以ｚ１ ＝ ２ ｃｏｓ ４π３ ＋ｉｓｉｎ ４π( )３ ·ｃｏｓ ５π３ ＋ｉｓｉｎ ５π( )３ ｃｏｓ π４ ＋ｉｓｉｎ π ４ [＝ ２ ｃｏｓ ３π － π( )４ ＋ ｉｓｉｎ ３π － π( ) ]４ 槡槡＝ － ２ ＋ ２ｉ，故复数ｚ１ 的辐角主值为３π４ ． 练案［１０］ Ａ组　 基础自测 １． Ｃ　 ｃｏｓ π２ ＋ ｉｓｉｎ π( )２ × ３ ｃｏｓ π６ ＋ ｉｓｉｎ π( )６ ＝ ３ ｃｏｓ π２ ＋ π( )６ ＋ ｉｓｉｎ π２ ＋ π( )[ ]６ ＝ ３ ｃｏｓ ２π３ ＋ ｉｓｉｎ ２π( )３ ＝ － ３２ ＋ 槡３ ３ ２ ｉ．故选Ｃ． ２． Ｂ　 １ ＋ ｉ( )１ － ｉ ｎ ＝ 槡２ ｃｏｓ π４ ＋ ｉｓｉｎ π( )４ 槡２ ｃｏｓ － π( )４ ＋ ｉｓｉｎ － π( )[ ]        ４ ｎ ＝ ｃｏｓ π２ ＋ ｉｓｉｎ π( )２ ｎ ＝ ｃｏｓ ｎπ２ ＋ ｉｓｉｎ ｎπ ２ ，由ｓｉｎ ｎπ ２ ＝ ０，得ｎ                                                                       ＝ —２２６— ２ｋ（ｋ∈Ｚ），又ｎ为正整数，∴ ｎ最小值为２． ３． Ｃ　 原式＝ ４ ｃｏｓ π１２ ＋ ｉｓｉｎ π( )１２ ·１２ ｃｏｓ π６ ＋ ｉｓｉｎ π( )[ ]６ ＝ ２ ｃｏｓ π１２ ＋ π( )６ ＋ ｉｓｉｎ π１２ ＋ π( )[ ]６ ＝ ２ ｃｏｓ π４ ＋ ｉｓｉｎ π( )４ ． ４． Ｂ　 令ｚ ＝ ｓｉｎ １０° ＋ ｉｃｏｓ １０°，其三角形式为ｚ ＝ ｃｏｓ ８０° ＋ ｉｓｉｎ ８０°，所以ｚ·ｚ ＝ （ｃｏｓ ８０° ＋ ｉｓｉｎ ８０°）２ ＝ ｃｏｓ １６０° ＋ ｉｓｉｎ １６０°，故选Ｂ． ５． Ｄ　 ｚ ＝（ｓｉｎ ６５° ＋ ｉｃｏｓ ６５°）３ ＝（ｃｏｓ ２５° ＋ ｉｓｉｎ ２５°）３ ＝ ｃｏｓ ７５° ＋ ｉｓｉｎ ７５°．故选Ｄ． ６． 槡 槡－ ４ ２ ＋ ４ ２ｉ　 原式＝ ８ ｃｏｓ π２ ＋ π( )４ ＋ ｉｓｉｎ π２ ＋ π( )[ ]４ ＝ ８ ｃｏｓ ３π４ ＋ ｉｓｉｎ ３π( )４ 槡 槡＝ － ４ ２ ＋ ４ ２ｉ． ７． ２　 根据复数乘法的几何意义，所得向量对应的复数为：（槡３ － ｉ）（ｃｏｓ ３０° ＋ ｉｓｉｎ ３０°）＝（槡３ － ｉ）槡３２ ＋ １ ２( )ｉ ＝ ２． ８． 槡 槡５ ６ － ５ ２２ ＋ 槡 槡 ５ ６ ＋ ５ ２ ２ ｉ　 ５ ｃｏｓ π ６ ＋ ｉｓｉｎ π( )６ · ２ ｃｏｓ π４ ＋ ｉｓｉｎ π( )４ ＝ １０ ｃｏｓ ５π１２ ＋ ｉｓｉｎ ５π( )１２ ＝ １０ 槡槡６ － ２ ４ ＋ 槡槡６ ＋ ２ ４( )ｉ ＝ 槡 槡５ ６ － ５ ２２ ＋ 槡 槡５ ６ ＋ ５ ２２ ｉ． ９．因为ｚ１ ＝ ２ ｃｏｓ π６ ＋ ｉｓｉｎ π( )６ ， 设ｚ２ ＝ ２（ｃｏｓ α ＋ ｉｓｉｎ α），α∈（０，π）， 所以ｚ１ ｚ２２ ＝ ８ ｃｏｓ ２α ＋ π( )６ ＋ ｉｓｉｎ ２α ＋ π( )[ ]６ ． 由题设知２α ＋ π６ ＝ ２ｋπ ＋ ３π ２ （ｋ∈Ｚ）， 所以α ＝ ｋπ ＋ ２π３ （ｋ∈Ｚ），又α∈（０，π），所以α ＝ ２π ３ ，所以ｚ２ ＝ ２ ｃｏｓ ２π３ ＋ ｉｓｉｎ ２π( )３ 槡＝ －１ ＋ ３ｉ． １０．（１）原式＝ ｃｏｓ － π( )３ ＋ｉｓｉｎ － π( )[ ]３ １０ ÷ ３ ｃｏｓ π２ ＋ｉｓｉｎ π( )[ ]２ ＝ ｃｏｓ －１０π( )３ ＋ｉｓｉｎ －１０π( )[ ]３ [ (÷ ３ ｃｏｓ π２ ＋ｉｓｉｎ π ) ]２ ＝ ｃｏｓ ２π３ ＋ ｉｓｉｎ ２π( )３ ÷ ３ ｃｏｓ π２ ＋ ｉｓｉｎ π( )[ ]２ ＝ １３ ｃｏｓ ２π ３ － π( )２ ＋ ｉｓｉｎ ２π３ － π( )[ ]２ ＝ １３ ｃｏｓ π ６ ＋ ｉｓｉｎ π( )６ ＝槡３６ ＋ １６ ｉ． （２）原式＝ １２（ｃｏｓ ５０° ＋ ｉｓｉｎ ５０°[ ]） ４ ＝ ( )１２ ４ ［ｃｏｓ（－ ５０°）＋ ｉｓｉｎ（－ ５０°）］４ ＝ １１６［ｃｏｓ（－ ２００°）＋ ｉｓｉｎ（－ ２００°）］． ＝ １１６（ｃｏｓ １６０° ＋ ｉｓｉｎ １６０°）． Ｂ组　 素养提升 １． ＡＣ　 化为三角形式，可得ｚ ＝ － １２ ＋槡 ３ ２ ｉ ＝ ｃｏｓ ２π ３ ＋ ｉｓｉｎ ２π ３ ． 选项Ａ，ｚ３ ＝ ｃｏｓ ２π ＋ ｉｓｉｎ ２π ＝ １，正确； 选项Ｂ，ｚ２ ＝ ｃｏｓ ４π３ ＋ ｉｓｉｎ ４π ３ ＝ － ｃｏｓ π ３ － ｉｓｉｎ π ３ ＝ － １ ２ － 槡３ ２ ｉ ≠ｚ，错误； 选项Ｃ，由Ｂ知ｚ２ ＋ ｚ ＋１ ＝ － １２ －槡 ３ ２ ｉ － １ ２ ＋ 槡３ ２ ｉ ＋１ ＝０，正确； 选项Ｄ，ｚ ＋ ｚ２ ＋…＋ ｚ２ ０２１ ＝（ｚ ＋ ｚ４ ＋…＋ ｚ２ ０１７ ＋ ｚ２ ０２０）（１ ＋ ｚ ＋ ｚ２）－ ｚ２ ０２２ ＝ －（ｚ３）６７４ ＝ － １，错误．故选ＡＣ． ２． ＡＣ　 ｚ ＝ ｒ（ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ），则ｚ２ ＝ ｒ２（ｃｏｓ ２θ ＋ ｉｓｉｎ ２θ），可得｜ ｚ２ ｜ ＝ ｜ ｒ２（ｃｏｓ ２θ ＋ ｉｓｉｎ ２θ）｜ ＝ ｒ２，｜ ｚ ｜ ２ ＝ ｜ ｒ（ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ）｜ ２ ＝ ｒ２，Ａ 选项正确；当ｒ ＝ １，θ ＝ π３时，ｚ ３ ＝（ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ）３ ＝ ｃｏｓ ３θ ＋ ｉｓｉｎ ３θ ＝ ｃｏｓ π ＋ ｉｓｉｎ π ＝ － １，Ｂ选项错误；当ｒ ＝ １，θ ＝ π３时，ｚ ＝ ｃｏｓ π３ ＋ ｉｓｉｎ π ３ ＝ １ ２ ＋ 槡３ ２ ｉ，则ｚ ＝ １ ２ － 槡３ ２ ｉ，Ｃ选项正确；当ｒ ＝ １，θ ＝ π４时，ｚ ｎ ＝（ｃｏｓ θ ＋ ｉｓｉｎ θ）ｎ ＝ ｃｏｓ ｎθ ＋ ｉｓｉｎ ｎθ ＝ ｃｏｓ ｎπ４ ＋ ｉｓｉｎ ｎπ４ ，取ｎ ＝ ４，此时ｎ为偶数，则ｚ ４ ＝ ｃｏｓ π ＋ ｉｓｉｎ π ＝ － １ 不是纯虚数，Ｄ选项错误．故选ＡＣ． ３． Ｂ　 设复数ｚ１ ＝ ｒ１（ｃｏｓ θ１ ＋ ｉｓｉｎ θ１）， ｚ２ ＝ ｒ２（ｃｏｓ θ２ ＋ ｉｓｉｎ θ２），由于ＯＺ→ １⊥ＯＺ→ ２， 所以ｚ１ｚ２ ＝ ｒ１（ｃｏｓ θ１ ＋ ｉｓｉｎ θ１） ｒ２（ｃｏｓ θ２ ＋ ｉｓｉｎ θ２） ＝ ｒ１ ｒ２ ［ｃｏｓ（θ１ － θ２）＋ ｉｓｉｎ（θ１ － θ２）］ ＝ ｒ１ ｒ２ ［ｃｏｓ（± ９０°）＋ ｉｓｉｎ（± ９０°）］ ＝ ± ｒ１ ｒ２ ｉ，即ｚ１ｚ２为纯虚数．故选Ｂ． ４． １２ － 槡３ ２ ｉ　 根据题意，有ｚ ３ ＋ ｚ ２ ｚ２ ＋ ｚ ＋２ ＝１ ＋ ｚ２ ＝ － ｚ ＝ １２ － 槡３ ２ ｉ． ５． ２（ｃｏｓ １０° ＋ ｉｓｉｎ １０°），２（ｃｏｓ １００° ＋ ｉｓｉｎ １００°），２（ｃｏｓ １９０° ＋ ｉｓｉｎ １９０°），２（ｃｏｓ ２８０° ＋ ｉｓｉｎ ２８０°）　 ｚ ＝ １６（ｃｏｓ ４０° ＋ ｉｓｉｎ ４０°） 的四次方根分别是４槡１６ ｃｏｓ ４０° ＋ｋ·３６０°４ ＋ ｉｓｉｎ ４０° ＋ｋ·３６０°( )４ （ｋ ＝ ０，１，２，３）． 当ｋ ＝ ０时，结果为２（ｃｏｓ １０° ＋ ｉｓｉｎ １０°）； 当ｋ ＝ １时，结果为２（ｃｏｓ １００° ＋ ｉｓｉｎ １００°）； 当ｋ ＝ ２时，结果为２（ｃｏｓ １９０° ＋ ｉｓｉｎ １９０°）； 当ｋ ＝ ３时，结果为２（ｃｏｓ ２８０° ＋ ｉｓｉｎ ２８０°）． ６．所得向量对应的复数为 （－ ２ ＋ ２ｉ）×（ｃｏｓ ７５° ＋ ｉｓｉｎ ７５°） 槡＝ ２ ２（ｃｏｓ １３５° ＋ ｉｓｉｎ １３５°）×（ｃｏｓ ７５° ＋ ｉｓｉｎ ７５°） 槡＝ ２ ２［ｃｏｓ（１３５° ＋ ７５°）＋ ｉｓｉｎ（１３５° ＋ ７５°）］ 槡＝ ２ ２（ｃｏｓ ２１０° ＋ ｉｓｉｎ ２１０°） 槡＝ ２ ２ －槡３２ － １ ２( )ｉ 槡槡＝ － ６ － ２ｉ                                                                      ． —２２７— Ｃ组　 创新拓展 　 （１）ａｒｇ ω ＝ ３π４ ，可设ω ＝ ａ － ａｉ（ａ∈Ｒ），将其代入（１ ＋ ω） ２ ＋ （１ ＋ ｉ）２ ＝ １ ＋ ｋω， 化简可得２ａ ＋ ２ａ（１ ＋ ａ）ｉ ＋ ２ｉ ＝ ｋａ － ｋａｉ， ∴ ２ａ ＝ ｋａ， ２ａ（１ ＋ ａ）＋ ２ ＝ － ｋａ{ ， 解得ｋ ＝ ２， ａ ＝ － １{ ， ∴ ω ＝ － １ ＋ ｉ． （２）｜ ｚ － ω ｜ ＝ ｜（ｃｏｓ θ ＋ １）＋（ｓｉｎ θ － １）ｉ ｜ ＝ （ｃｏｓ θ ＋ １）２ ＋（ｓｉｎ θ － １）槡 ２ ＝ ３ ＋ ２（ｃｏｓ θ － ｓｉｎ θ槡 ） 槡＝ ３ ＋ ２ ２ｃｏｓ θ ＋ π( )槡 ４ ． ∵ ｜ ｚ － ω 槡｜ ＝ １ ＋ ２， 槡∴ ３ ＋ ２ ２ｃｏｓ θ ＋ π( )槡 ４ 槡＝ １ ＋ ２， 化简得ｃｏｓ θ ＋ π( )４ ＝ １． ∵ ０≤θ ＜ ２π，π４ ≤θ ＋ π ４ ＜ ２π ＋ π ４ ， ∴ θ ＋ π４ ＝ ２π，即θ ＝ ７π ４ ． 练案［１１］ Ａ组　 基础自测 １． Ｃ　 ∵ ＡＢ∥ｘ轴，ＣＤ∥ｙ轴， ∴ ＡＢ ＝ Ａ′Ｂ′，ＣＤ ＝ ２Ｃ′Ｄ′， ∴ Ａ′Ｂ′ ＝ ＡＢ ＝ ２ＣＤ ＝ ２（２Ｃ′Ｄ′）＝ ４Ｃ′Ｄ′． ２． Ｂ　 平行四边形的对边平行，则在直观图中仍然平行，故选项 Ｂ正确． ３． Ａ　 由斜二测画法可知，与ｙ′轴平行的线段在原图中为在直观 图中的２倍．故可判断Ａ正确． ４． Ｃ　 由直观图可知，原平面图形是Ｒｔ△ＯＡＢ，其中ＯＡ⊥ＯＢ，则 ＯＢ ＝ Ｏ′Ｂ′ 槡＝ ２，ＯＡ ＝ ２Ｏ′Ａ′ ＝ ４， ∴ Ｓ△ＯＡＢ ＝ １ ２ ＯＢ·ＯＡ 槡＝ ２ ２，故选Ｃ． ５． Ｃ　 将直观图还原得到平行四边形ＯＡＢＣ，如图所示．由题意知Ｏ′Ｄ′ 槡＝ ２Ｏ′Ｃ′ 槡＝２ ２ ｃｍ， ＯＤ ＝ ２Ｏ′Ｄ′ 槡＝ ４ ２ ｃｍ，Ｃ′Ｄ′ ＝Ｏ′Ｃ′ ＝２ ｃｍ， ∴ ＣＤ ＝２ ｃｍ， ＯＣ ＝ ＣＤ２ ＋ ＯＤ槡 ２ ＝ ６ ｃｍ，又ＯＡ ＝ Ｏ′Ａ′ ＝ ６ ｃｍ ＝ ＯＣ， ∴原图形为菱形． ６． １０　 由四边形ＯＰＱＲ的直观图可知原四边形ＯＰＱＲ是矩形，且 ＯＰ ＝３，ＯＲ ＝２，所以原四边形ＯＰＱＲ的周长为２ ×（３ ＋２）＝１０． ７．槡６２ 　 如图所示，过Ａ′作Ａ′Ｑ∥ｙ′轴交ｘ′轴 于点Ｑ，作Ａ′Ｈ⊥ｘ′轴于点Ｈ，则∠Ａ′ＱＯ′ ＝４５°，Ａ′Ｈ ＝槡３２ ，所以Ａ′Ｑ ＝槡 ６ ２ ，所以原三 角形ＯＢ边上的高应为２Ａ′Ｑ 槡＝ ６，所以原三角形的面积为槡６２ ． ８． ３　 根据题意，如图①，在直观图中，作Ａ′Ｄ′∥Ｂ′Ｏ′，交ｙ′轴于点Ｄ′， ∠Ａ′Ｏ′Ｄ′ ＝ ４５°，Ａ′Ｏ′ ＝ １，则Ｏ′Ｄ′ 槡＝ ２，Ａ′Ｄ′ ＝ １，如图②，ＯＤ ＝ ２Ｏ′Ｄ′ 槡＝ ２ ２，ＡＤ ＝ Ａ′Ｄ′ ＝ １，∠ＡＤＯ ＝ ９０°，则ＯＡ 槡＝ １ ＋ ８ ＝ ３． ９．在梯形ＡＢＣＤ中，ＡＢ ＝ ２，高ＯＤ ＝ １，由于梯形ＡＢＣＤ水平放置 的直观图仍为梯形，且上底ＣＤ和下底ＡＢ的长度都不变，在 直观图中，Ｏ′Ｄ′ ＝ １２ ＯＤ，梯形的高Ｄ′ Ｅ′ ＝槡 ２ ４ ，于是梯形 Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′的面积为１２ ×（１ ＋ ２）×槡 ２ ４ ＝ 槡３ ２ ８ ． １０．（１）画轴．如图１所示，画ｘ轴、ｚ轴，使∠ｘＯｚ ＝９０°． （２）画圆柱的两底面，在ｘ轴上取Ａ、Ｂ两点，使ＡＢ的长度等 于３ ｃｍ，且ＯＡ ＝ ＯＢ．选择椭圆模板中适当的椭圆过Ａ，Ｂ两 点，使它为圆柱的下底面．在Ｏｚ上截取点Ｏ′，使ＯＯ′ ＝ ４ ｃｍ， 过Ｏ′作Ｏｘ的平行线Ｏ′ｘ′，类似圆柱下底面的作法作出圆柱 的上底面． （３）画圆锥的顶点．在Ｏｚ上截取点Ｐ，使ＰＯ′等于圆锥的高３ ｃｍ． （４）成图．连接Ａ′Ａ、Ｂ′Ｂ、ＰＡ′、ＰＢ′，整理得到此几何体的直观 图．如图２所示． Ｂ组　 素养提升 １． ＣＤ　 根据斜二测画法可知，在原图形中，Ｏ为ＣＡ的中点，ＡＣ ⊥ＯＢ，因为Ｏ′Ｃ′ ＝ Ｏ′Ａ′ ＝ ２Ｏ′Ｂ′ ＝ ２，所以ＣＯ ＝ ＡＯ ＝ ２，ＡＣ ＝ ４， ＯＢ ＝ ２，则△ＡＢＣ是斜边为４的等腰直角三角形，所以△ＡＢＣ 的周长是 槡４ ＋ ４ ２，面积是４，故Ａ错误，Ｃ、Ｄ正确．由斜二测 画法可知，△ＡＢＣ的面积是△Ａ′Ｂ′Ｃ′的面积的槡２ ２倍，故Ｂ错 误．故选ＣＤ． ２． Ｄ　 在菱形ＡＢＣＤ中，ＡＢ ＝ １，∠Ａ ＝ π３                                                                      ， —２２８—