復(fù)數(shù)講義(絕對(duì)經(jīng)典)

1、復(fù)數(shù)、復(fù)數(shù)的概念1 .虛數(shù)單位i:(1)它的平方等于 1 ,即i21 ；(2)實(shí)數(shù)可以與它進(jìn)行四則運(yùn)算，進(jìn)行四則運(yùn)算時(shí)，原有加、乘運(yùn)算律仍然成立.(3) i與一1的關(guān)系：i就是1的一個(gè)平方根，即方程1的一個(gè)根，方程x21的另一個(gè)根是-i.(4) i的周期性:,4n i2.數(shù)系的擴(kuò)充:復(fù)數(shù)bi3.復(fù)數(shù)的定義:實(shí)數(shù)a(b0)虛數(shù)a bi(b0)純虛數(shù)bi(a 0)非純虛數(shù)a bi(a 0)形如a bi(a , b R)的數(shù)叫復(fù)數(shù)，a叫復(fù)數(shù)的實(shí)部，b叫復(fù)數(shù)的虛部.全體復(fù)數(shù)所成的集合叫做復(fù)數(shù)集，用字母C表示4 .復(fù)數(shù)的代數(shù)形式：通常用字母z表示，即z a bi(a,b R),把復(fù)數(shù)表示成a bi的形式

2、，叫做復(fù)數(shù)的代數(shù)形式.5 .復(fù)數(shù)與實(shí)數(shù)、虛數(shù)、純虛數(shù)及 0的關(guān)系：對(duì)于復(fù)數(shù)a bi(a,b R),當(dāng)且僅當(dāng)b 0時(shí)，復(fù)數(shù)a bi(a,b R)是實(shí)數(shù)a；當(dāng)b 0時(shí)，復(fù)數(shù)z a bi叫做虛數(shù)；當(dāng)a 0且b 0時(shí)，z bi叫做純虛數(shù)；當(dāng)且僅當(dāng) a b 0時(shí)，z就是實(shí)數(shù)0復(fù)數(shù) z= trl- bt Lb fit R)負(fù)實(shí)數(shù)純虛數(shù)bi 之丁是虛我朕R)7.兩個(gè)復(fù)數(shù)相等的定義：如果兩個(gè)復(fù)數(shù)的實(shí)部和虛部分別相等,二仁純虛數(shù)的虛數(shù)6 .復(fù)數(shù)集與其它數(shù)集之間的關(guān)系：N茴Z Q茴R C那么我們就說(shuō)這兩個(gè)復(fù)數(shù)相等.這就是說(shuō)，如果a , a,b, d ,精選范本c, d R ,那么 a bi c di a c ,

3、b d、復(fù)數(shù)的幾何意義1. 復(fù)平面、實(shí)軸、虛軸：復(fù)數(shù)z a bi(a,b R)與有序?qū)崝?shù)對(duì) a,b是一一對(duì)應(yīng)關(guān)系.建立一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系. 點(diǎn)Z的橫坐 標(biāo)是a,縱坐標(biāo)是b ,復(fù)數(shù)z a bi(a , b R)可用點(diǎn)Z a ,b表示，這個(gè)建立了直角坐標(biāo)系來(lái)表 示復(fù)數(shù)的平面叫做復(fù)平面，也叫高斯平面，x軸叫做實(shí)軸，y軸叫做虛軸.實(shí)軸上的點(diǎn)都表示實(shí)數(shù).2.1. 于虛軸上的點(diǎn)要除原點(diǎn)外，因?yàn)樵c(diǎn)對(duì)應(yīng)的有序?qū)崝?shù)對(duì)為0,0 ,它所確定的復(fù)數(shù)是z 0 0i 0表示是實(shí)數(shù).除了原點(diǎn)外，虛軸上的點(diǎn)都表示純虛數(shù).3.,.對(duì)應(yīng),復(fù)數(shù)z a bi復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn) Z(a,b)這就是復(fù)數(shù)的一種幾何意義.也就是復(fù)數(shù)的另一種表示方法

4、，即幾何表示方法.三、復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算1 .復(fù)數(shù)z1與z2的和的定義:zzabicdi2.復(fù)數(shù)乙與z2的差的定義：4z2abicdi3 .復(fù)數(shù)的加法運(yùn)算滿足交換律4 .復(fù)數(shù)的加法運(yùn)算滿足結(jié)合律a cb d ia cb d i:4z2z24：(zi z2) z34 (z2 z3)精選范本.2,、 ,I換成1,并且把實(shí)部與虛部分別合并.兩個(gè)復(fù)數(shù)的積仍然是一個(gè)復(fù)數(shù).6.乘法運(yùn)算律:(1) zi z 包 3z% z35.乘法運(yùn)算規(guī)則：設(shè)zi a bi , z2 c di(a、b、c、d R )是任意兩個(gè)復(fù)數(shù),那么它們的積 ziz2a bi c di ac bd bc ad i其實(shí)就是把兩個(gè)復(fù)數(shù)相乘，類似

5、兩個(gè)多項(xiàng)式相乘，在所得的結(jié)果中把(2)(0 z2) 4 z1 (z2 23)7.8.(3) zi Z2Z3復(fù)數(shù)除法定義:滿足c di x(a bi) c di除法運(yùn)算規(guī)則:Z|Z2Z1Z3yi或者設(shè)復(fù)數(shù)a bi （a、a bi的復(fù)數(shù)a bic diR),除以c即(a bi) c dix yiyicx dy dxcy i abi由復(fù)數(shù)相等定義可知cxdxdy a cy bdiyi(x、 yR ）叫復(fù)數(shù)abi除以復(fù)數(shù)c di的商，記為:(c ， ddi cxR ）,其商為xyi (x、y R),dy解這個(gè)方程組，得ydx cyac bd-272c dbc ad '22c d于是有：（a b

6、i）diacbd利用cdi cdid2于是將a bi。的分母有理化得:原式a bic di(abi)( c di)(c di)(c di)(acbd) (bc ad)i272c dac bi ( di) (bc ad)iacbdbcad./22-2icdcdac bdbc adbi) c di 廠 4點(diǎn)評(píng):是常規(guī)方法，是利用初中我們學(xué)習(xí)的化簡(jiǎn)無(wú)理分式時(shí)，都是采用的分母有理化思想方法，而復(fù)數(shù)c di與復(fù)數(shù)c di,相當(dāng)于我們初中學(xué)習(xí)的J2的對(duì)偶式J3 拒，它們之積為1是有理數(shù)，而 c di c di c2 d2是正實(shí)數(shù).所以可以分母實(shí)數(shù)化.把這種方法叫做分母實(shí)數(shù)化法.9.共軻復(fù)數(shù)：當(dāng)兩個(gè)復(fù)數(shù)的實(shí)

7、部相等，虛部互為相反數(shù)時(shí)，這兩個(gè)復(fù)數(shù)叫做互為共軻復(fù)數(shù)。虛部不等于0的兩個(gè)共軻復(fù)數(shù)也叫做共軻虛數(shù).歸例題精講1.復(fù)數(shù)的概念【例1】 已知a_i2 bi（i為虛數(shù)單位），那么實(shí)數(shù)a, b的值分別為（）1 iA. 2, 5 B. -3, 1C. -1. 1D. 2,-2【答案】D【例2】計(jì)算：i0! + i1! + i2!+L +i100! （i表示虛數(shù)單位）【答案】95 2ii ( 1) ( 1) 1 97 95 2i . 40!1!2!100! i 1,而 4|k!(k 4),故 i +i +i +L + i i【例 3】設(shè) z （2t2 5t 3） （t2 2t 2）i , tA. z的對(duì)應(yīng)點(diǎn)

8、Z在第一象限C. z不是純虛數(shù)【答案】D【解析】t2 2t 2 （t 1）2 1 0.R ,則下列命題中一定正確的是（）B. z的對(duì)應(yīng)點(diǎn)Z在第四象限D(zhuǎn) . z是虛數(shù)【例4】 在下列命題中，正確命題的個(gè)數(shù)為（）兩個(gè)復(fù)數(shù)不能比較大小;若（x2 1） （x2 3x 2）i是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù) x 1;z是虛數(shù)的一個(gè)充要條件是 z z R;若a, b是兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)，則（a b） （a b）i是純虛數(shù);z R的一個(gè)充要條件是 z z .|z 1的充要條件是z 1 .zA. 1B. 2C. 3D . 4【答案】B【解析】 復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)時(shí)，可以比較大小，錯(cuò)；x1 時(shí)，(x2 1) (x2 3x 2)i 0,錯(cuò);

9、z為實(shí)數(shù)時(shí),也有z z R ,錯(cuò)；a b 0時(shí),(a b) (a b)i 0 ,錯(cuò)；正確.2.復(fù)數(shù)的幾何意義【例5】復(fù)數(shù)z 1 2i(m R, i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能位于(【例6】【例7】【例8】【解析】A.第一象限C.第三象限由已知2i1 2i(m2i)(12i)1(m4) 2(m 1)i在復(fù)平面對(duì)應(yīng)點(diǎn)如果在第一象限，則(12i)(12i)5,而此不等式組無(wú)解.即在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能位于第一象限.A.第一象限兀,復(fù)數(shù)(cossin)(sin cosC.結(jié)合正、余弦函數(shù)的圖象知，當(dāng)如果復(fù)數(shù)z滿足z i z i 2,A. 1設(shè)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為 Z ,所以點(diǎn)Z的集合是y

10、軸上以Zi(0 ,z i 1表示線段Z1Z2上的點(diǎn)到點(diǎn)的距離，其距離為1.滿足z 1及A.C.3z 2的復(fù)數(shù))i在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在(7t時(shí),cos sincos那么zC.因?yàn)閦 i1)、Z2(0,1的最小值是(2,1)為端點(diǎn)的線段.(1, 1)的距離.此距離的最小值為點(diǎn)z的集合是B.Z2(01)到點(diǎn)(1 , 1)D.3.i23.i2復(fù)數(shù)z表示的點(diǎn)在單位圓與直線°表示z到點(diǎn)21相等，故軌跡為直線 x 1 ),故選D .2【例9】【答案】【解析】已知復(fù)數(shù)(x 2) yi(xx 2 yi| 串,22(x 2) y 3,故(x,y)在以 C(2,0)為圓心,y表示圓上的點(diǎn)(x, y)與原

11、點(diǎn)連線的斜率. x如圖，由平面幾何知識(shí),易知 y的最大值為曲.x【例10】【答案】【解析】【點(diǎn)評(píng)】【例11】【解析】復(fù)數(shù)z滿足條件:A.圓化簡(jiǎn)得:2zB.橢圓1 z i ,那么z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是(C.雙曲線yi ,則有(2x 1) 2yi| |x22215 .- y 15,故為圓.339z z。的幾何意義為點(diǎn)z到點(diǎn)z。的距離;r(r 0)中z所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為以復(fù)數(shù)復(fù)數(shù) z1 , z2 滿足 zz20,z1z2z1設(shè)復(fù)數(shù)z,4在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z1行四邊形為矩形,ULUr uuurOZ1OZ2 ,故可設(shè)也可設(shè)乙 a biz2(y 1)i ,(2x 1)2 (2y)24所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為圓心，半徑為2z2

12、 ,證明：Wz20.Z2,由乙z2z z2ki(k R, kc di ,則由向量(a , b)與向量(c0),22x (y 1),r的圓上的點(diǎn).UULUz2知，以O(shè)Z12所以鳥kz22.2iuLurOZ2為鄰邊的平d)垂直知ac bd亙 a biz2 c di(acbd) (bc ad)ibc ad .20 ,故2z22乙z2【例12】【答案】已知復(fù)數(shù)z1z21,且z1z24,z2的值.4.【解析】設(shè)復(fù)數(shù)4 ,Z2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Zi,Z2,由于（J71）2（J71）242,22故 Zi|z2|z1Z2故以O(shè)Zu, OZur為鄰邊的平行四邊形是矩形，從而uuur uur 乙OZi OZ2

13、,則-1Z2.7 1.TliZiZ2| |z,z24 .【例 13】已知 Zi,Z2 C , |zi Z21 , |Zi Z273,求 ZiZ2| .uuuu uuuri知,以O(shè)Zi , OZ2為鄰邊【解析】 設(shè)復(fù)數(shù)Z1,Z2, Zi z2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Zi , Z2, Z3 ,由|Ziz2的平行四邊形是菱形，記O所對(duì)應(yīng)的頂點(diǎn)為P,由Zi Z2 召知,PZiO 120 （可由余弦定理得到），故 乙OZ2 60 ,從而z1z21 .z的最大值與最小值.【例14】已知復(fù)數(shù)z滿足z （2 擲i）z （2 和）4,求d2 . 21dmax , dmin3設(shè) z x yi ,則(xy）滿足方程（x

14、22)2 -y- 1 .4d Jx2 y2 yx_4i(x_2)2 J 3 x，又1<x<3,故當(dāng)x 1, y 0時(shí),dmin 1 ；當(dāng) x 3 , y2 52.21時(shí)，有 dmax 333.復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算【例15】已知m R ,若（m mi）664i ,則m等于（）A.2B.五C.亞D. 4【解析】(m mi)6m6 (2i)38im664im6 8 m 板.【例16】計(jì)算:(22i)12(1-3i)9(2 3 i)100(1 2.3i)100【答案】511【解析】原式-12122 (1 i)(i 2,3)100i(i 2 3)1001262 (2i)1913 9( i)2(-

15、-i)22【例17】已知復(fù)數(shù)乙cos i , z2 sin i ,則乙z2的最大值為()C. 5D. 3A. 3B.在2【答案】A【解析】Z1 Z2I |(cos i)(sini)| I (cos sin 1) (cossin )i|-/(cos sin 1) (cos sin )2：2cos sin 212sin 2故當(dāng)sin2 1時(shí)，|z1 Z2有最大值J； 2 I .【例18】對(duì)任意一個(gè)非零復(fù)數(shù)z ,定義集合 M z w | w zn , n N.(1 )設(shè)z是方程x0的一個(gè)根，試用列舉法表示集合Mz .若在Mz中任取兩個(gè)數(shù)，求其和為零的概率P ;z值，并說(shuō)明理由.(2)若集合Mz中只有

16、3個(gè)元素，試寫出滿足條件的一個(gè)【答案】(1) 1; (2) z 1火i. 322【解析】(1)z是方程x2 1 0的根,z i或z i,不論z i或zi, Mz i , i2 ,i3, i4 i , 1, i , 1,于是P2CI取z 1通i ,則z21理i及z3 1 .2222一23.是Mz z, z , z 或取13. i .22(說(shuō)明：只需寫出一個(gè)正確答案).【例19解關(guān)于x的方程x2 5x 6 (x 2)i 0.【答案】x1 3 i, x2 2 .【解析】錯(cuò)解：由復(fù)數(shù)相等的定義得2x2 5x 6 0x 2 0分析：“a bi c dia c,且b d成立”的前提條件是a, b , c

17、,d R ,但本題并未告訴x是否為實(shí)數(shù).法一：原方程變形為 x2 (5 i)x 6(5 i)24(62i) 2i (1 i)2 .二次方程求根公式得x1(5 i) (1 i)X2(5 i) (1 i) 2：原方程的解為Xi【例20】【例21】法二：設(shè)x(a2由得:b2bi(a5a5b2b故方程的根為已知z1圍.Xiz1 (1R)6)(2ab(a5b，代入中解得:X2Z2-22a)x (12a2a綜上，aZ2(x20,即。時(shí),關(guān)于x的方程a2)1 (x22bi) 5(abi)(abi2)i0,2)i2a2abb25b5aa)i ,對(duì)于任意a)2,R恒成立.1a -時(shí)，不等式恒成立;21 2a 0

18、4(1 2a)(1a2) 0r ,均有任Z2成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范(2 a i)x ai1 0有實(shí)根,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.誤：方程有實(shí)根,(2 ai)24(1ai)4 a2 50.析:判別式只能用來(lái)判定實(shí)系數(shù)二次方程2.ax bxc 0(a 0)根的情況，而該方程中2a iai并非實(shí)數(shù).設(shè)設(shè)是其實(shí)根，代入原方程變形為2x02ax0 1(a x0)i 0 ,由復(fù)數(shù)相等的定義，得2X0Xo2aX0a 00,解得a 1.【例22】設(shè)方程x22xk 0的根分別為242 ,求實(shí)數(shù)k的值.【例23】【例24】解得k綜上，k為實(shí)數(shù)，則為虛數(shù)，則()23.用數(shù)學(xué)歸納法證明:并證明(cos isin4k>

19、; 0 且4k(272)2,(cos、1) cosn 1時(shí)，結(jié)論顯然成立;若對(duì)n k時(shí),則對(duì)n k 1由歸納假設(shè)知,(cos coskcos(k 1)4k)2isin有結(jié)論成立，即(cos isin )k)nisin(coscos(n共機(jī),4k （2物2，解得k 3.)isin(n),從而(cos isinkisin )cos(k )n cos(n )isin( k ),isin( n).1(cos isin)(cos isin)k上式 (cos isinsin sin k ) icosisin( k 1),)cos(ksin(k )isin( k )sin cos k 從而知對(duì)n k綜上知，

20、對(duì)任意易直接推導(dǎo)知:(cos isin故有（cos(coscos(若cos求證:isin1 ,命題成立.)(cosisin )N ,有(cosnisin )cos(n ) isin( nisin ) (cos( ) isin(1 cos isin)n (cosisin( n )isin 是方程a1 sina2 sin 2將解代入原方程得:isin)n(cos()cos(n)(cos isinisin( )n)cos0isin0n 1a1Xisin( n ).na?xan 1Xan0R）的解,L ansin n(cos isin)n a1 (cosisin )n 1 Lan精選范本將此式兩邊同除

21、以（cosisin )n,則有:精選范本an(cosisin ) n 0 ,12.1 a1(cosisin )a2(cosisin ) L【例25】即 1 a1(cosisin ) & (cos2 isin(1 a1 cosa2 cos2由復(fù)數(shù)相等的定義得即(5x,5x故5xasinan(cosnisin n ) 0 ,an cos n )a2 sin 2i(a1 sina2 sin 2L an sin n ) 0 ,an sin n 0 .y為實(shí)數(shù)，且y1 2i51 3i知,2y 5)2y 54y 15(5x 4yy1 2ix2(115)i1 3iyi) (152i)x y =.5

22、弒3i)'【例26】已知一二是純虛數(shù)，求z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡. z 1、一.1 .一 1,一一一 一，【答案】以 1,0為圓心，1為半徑的圓，并去掉點(diǎn)（0 , 0）和點(diǎn)（1,0）.22【解析】法一：設(shè) z x yi ( x, y R),2 .則工上Um之一是純虛數(shù), z 1 x 1 yi (x 1) y22故 x y x 0( y 0),即z的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡是以法二：1,0為圓心，1為半徑的圓，并去掉點(diǎn)（0 , 0）和點(diǎn)（1, 0）.22三是純虛數(shù)，z 1z(z 1) z(z 1) 0 ,得到 2 z2 z z,設(shè) z x yi ( x, y R ),則 x2，z的對(duì)應(yīng)點(diǎn)的軌跡以1

23、1 .0為圓心，為半徑的圓，并去掉點(diǎn) （0,0）和點(diǎn)（1,0）.2 2【例27】設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z 2,求z2 z 4的最值.【解析】由題意，z 2 z z 4,則z2 z 4z2 z zz z(z 1 z)設(shè) z a bi( 2WaW2, 2 < b < 2),貝U z2 z 42 abi1a bi 2 2a 1 .;當(dāng) a 1 時(shí)，z2z40,此時(shí) z -15i;27min 722當(dāng) a 2時(shí)，z2 z 410,此時(shí) z 2.min【例28若f (z)2z z 3i , f (z i) 6 3i ,試求 f ( z).【答案】6 4i【解析】f (z) 2z z 3i , f(z

24、i) 2(z i)(z i)3i 2z 2i z i 3i 2z z 2i.又知 f(z i) 6 3i ,2z z 2i 6 3i(a bi)R ),貝U z a bi , 2(a bi)3a 6由復(fù)數(shù)相等定義得，解得a 2, b 1 . z 2 i .b 1故 f ( z) f( 2 i)2( 2 i) ( 2 i) 3i亙；|z2 z£z2一 2 z |z "zz2乙z2zz?| V zz2 < z2z2 .【點(diǎn)評(píng)】復(fù)數(shù)的共軻與模長(zhǎng)的相關(guān)運(yùn)算性質(zhì):設(shè)z x yi ( x , y R )的共軻復(fù)數(shù)為z ,則z z 2x; zz為實(shí)數(shù) z z z2 0 z2 z2

25、；z為純虛數(shù) z2 0 z z 0(z 0)；對(duì)任意復(fù)數(shù)有z z ; z 4z1z2 ；z1z2乙z2,特別地有z2(z)2； 二z2以上性質(zhì)都可以通過(guò)復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的具體計(jì)算進(jìn)行證明.【例29】已知虛數(shù)為1的一個(gè)立方根,即滿足 3 1,且 對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，證明1的值.- 一1【答案】0；-2【解析】法一：1 (x1)(x2x 1).3.i .2由題意知3.i ,2證明與計(jì)算略;法二:由題意知故有（1)(1)1 0.【點(diǎn)評(píng)】利用又實(shí)系數(shù)方程虛根成對(duì)出現(xiàn),由韋達(dá)定理有211 0的兩根為【例30】【例31 1-33 ri的性質(zhì):23n1,3n3n 22(nZ), 10可以快速計(jì)算相關(guān)的復(fù)數(shù)的哥

26、的問(wèn)題.右a0求證:a。a1(a0a3(a0a3設(shè)Aa0a22a23a6則有A B2a32n，a2,LTiha3a6 L )a3a6a1L ,Ba4a72n a2 n（國(guó)a4a1a2a8a4a7a4a7(a2a5(a2a7L ,C-Ji2a2a5a8 L-ii22A B C23萬(wàn)(B C)解得AC,即a0a3a6La1a4a7a2a5設(shè)z是虛數(shù)，w1 1、， 一 一是實(shí)數(shù)，且z【解析】【例32 (1)(2)(3)(1)求z的值及z的實(shí)部的取值范圍;(1)設(shè) zu2的最小值.;z的實(shí)部的取值范圍是a bi , a 3 a bi a b因?yàn)閣是實(shí)數(shù)，b 0,所以a2是 w 2a,1 w 2a 2,

27、所以z的實(shí)部的取值范圍是1 a bibi因?yàn)?3)因?yàn)?ab21 ； (3) 1.11 a 1221 a b(1 a)22bib2"0 ,所以u(píng)為純虛數(shù).b2(a1)22a1 a2(a1)22aa 1 c / 2a 1 a 14a 1) .對(duì)任意一個(gè)非零復(fù)數(shù)即a 0時(shí),2u取得最小值1.2 n 1-Mz w|w z , n N.(1)設(shè)是方程x(1) Mi)(1) 是方程1 石的一個(gè)根，試用列舉法表示集合 M(2)設(shè)復(fù)數(shù)Mz,求證:李i) ；略1 <2的根) x2T(1i)或22712T(12n 1，12、n n(1)ii)爭(zhēng)1 i)，i)時(shí)，二告(1 i)i)2T(1i)i)

28、 2學(xué)(1 i)，i)(1i)i)；Mz,，存在使得2m 1 z【例33】于是對(duì)任意n N ,2n 1(2m 1)(2n 1)z由于(2m1)(2n 1)是正奇數(shù),2n 1Mz,已知復(fù)數(shù)zo1mi(m 0) , z x yi 和 w xy i ,其中x, y, x , y均為實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位,z,有 wz°z, w 2 z .(1)試求m的值，并分別寫出 x和y用x, y表示的關(guān)系式;(2)將(x, y)作為點(diǎn)P的坐標(biāo)，(x ,y)作為點(diǎn)Q的坐標(biāo)，上述關(guān)系式可以看作是坐標(biāo)平面上點(diǎn)的一個(gè)變換：它將平面上的點(diǎn)P變到這一平面上的點(diǎn) Q .當(dāng)點(diǎn)P在直線y x 1上移動(dòng)時(shí)，試求點(diǎn)P經(jīng)該變換后得到的點(diǎn) Q的軌跡方程;喏存在，試求(3)是否存在這樣的直線：它上面的任一點(diǎn)經(jīng)上述變換后得到的點(diǎn)仍在該直線上出所有這些直線；若不存在，則說(shuō)明理由.【答案】(1) x x_"3y ； (2) y (2 屈)x 273 2 y 3x y【解析】(3)這樣的直線存在，其方程為y3x(1)由題設(shè),zo zzo z 2 zzo2,a,因此由xyi(1 . 3i) (x yi) x3y(73x y)i ,得關(guān)系式 x yx 3y3x yx(13)x3(2)設(shè)點(diǎn)P(x, y)在直線y x 1上，則其經(jīng)變換后的點(diǎn)Q(x , y)滿足 '一、， y(