高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题

2024年2月7日发(作者：山东青岛三模数学试卷)

竞赛中的复数问题

复数不仅具有自身知识体系的丰富性,而且还与代数、三角、几何之间存在内在的紧密联系.复数的演绎独具特色,饶于技巧,复数是竞赛数学的内容之一.

一、知识结构

1.概念与运算:

⑴表达形式:①代数式:z=a+bi(a,b∈R);②三角式:z=r(cosθ+isinθ)(r≥0,θ∈R);③指数式:z=reiθ(r≥0,θ∈R);④欧拉公式:eiθ=cosθ+isinθ,θ∈R.

⑵共轭与模:①z1z2=z1z2;z1z2=z1z2;(z1)=z2|z1||z2|z1z2;②||z1|-|z2||≤|z1+z2|≤|z1|+|z2|;|z1z2|=|z1||z2|;|z1z2|=

;③zz=|z|2=|z|2;④z=zz∈R;|z|=|Re(z)|z∈R.

⑶运算法则:①乘法:r1(cosθ1+isinθ2)r2(cosθ2+isinθ2)=r1r2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:r1(cos2isin1)

r2(cos2isin2)=r1(cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ);④开r2方:zn=r(cosθ+isinθ)z

=nr(cos2k+isin2k)(k=0,1,2…,n-1).

nn 2.辐角与三角:

⑴辐角性质:①定义:若z=r(cosθ+isinθ)(r≥0,θ∈R),则θ称为复数z的辐角,记为Argz;特别地,当θ∈[0,2π)时,则θ称为复数z的辐角主值,记为argz;②运算:Argz1+Argz2=Arg(z1z2);Argz1-Argz2=Arg(2z1z2)=Arg(z1z2);nArgz=

22222Argzn;③性质:若z=cosθ+isinθ,则1+z=2cos(cos+isin);1-z=-2sin(cos+isin).

⑵单位根:①定义:方程xn=1的n个根叫做n次单位根,分别记为ωk(k=0,1,2,…,n-1);ωk=(cos2k+isin2k)(k=0,

nn1,2…,n-1);②性质:ω0=1;ωk=ω1k;ωkωj=ωk+j;单位根的积仍是单位根;n次单位根的全部为:1,ω1,ω12,…,ω1n-1;③1+ω1+ω12+…+ω1n-1=0,(x-1)(x-ω1)(x-ω12)…(x-ω1n-1)=xn-1.

⑶基本结论:①实系数n次方程的虚根α与其共轭复数成对出现;②若|z1|=|z2|=…=|zn|,

且z1+z2+…+zn=0,则z1,z2,

…,zn对应的点是正n边形的顶点,且正n边形的中心在坐标原点;③若复数z1,z2对应的点分别为Z1,Z2,且z1=z0z2,则∠Z1OZ2=argz0,或argz0-π.

3.复数与几何:

⑴基本原理:①点的对应:复数z=x+yi与点Z(x,y)成一一对应;②向量对应:复数z=x+yi与向量OZ=(x,y)成一一对应;③距离公式:复数z1,z2对应的点分别为Z1,Z2,则|Z1Z2|=|z1-z2|;④旋转公式:复数z1,z2对应的点分别为Z1,Z2,向量z1z2绕点Z1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z1z中的Z对应的复数z=z1+r(z2-z1)(cosθ+isinθ).

⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z1,z2对应的点分别为Z,Z1,Z2,点Z分有向线段z1z2的比为λ(λ≠-1),则z=z1z2;②三点共线:若复数z,z1,z2对应的点分别为Z,Z1,Z2,则三点Z,Z1,Z2共线1的充要条件是:Z=λZ1+(1-λ)Z2;③平行条件:若复数z1,z2,z3,z4对应的点分别为Z1,Z2,Z3,Z4,则Z1Z2∥Z3Z4的充要条件是:z1-z2=λ(z3-z4);④垂直条件:若复数z1,z2,z3,z4对应的点分别为Z1,Z2,Z3,Z4,则Z1Z2⊥Z3Z4的充要条件是:z1-z2=λ(z3-z4)i.

⑶几何结论:①三角形面积:若复数z1,z2,z3对应的点分别为Z1,Z2,Z3,则△Z1Z2Z3的面积=1×复数(z1z3+z2z1+z3z2)的虚部;②三角形形状:若复数z1,z2,z3对应的点分别为Z1,Z2,Z3,则2△Z1Z2Z3为正三角形的充要条件是:z12+z22+z32=z1z2+z2z3+

z3z1;或z1+ωz2+ω2z3=0;③三角形相似:若复数z1,z2,z3对应的点分别为Z1,Z2,Z3,复数w1,w2,w3对应的点分别为W1,W2,W3,则△Z1Z2Z3∽△W1W2W3的充要条件是:z2z1=w2w1;④四点共z3z1w3w1圆:若复数z1,z2,z3,z4对应的点分别为Z1,Z2,Z3,Z4,则四点Z1,

Z2,Z3,Z4共圆的充要条件是:z3z1:z3z2∈R.

z4z1z4z2二、典型问题

1.复数概念

[例1]:若对一切θ∈R,复数z=(a+cosθ)+(2a-sinθ)i的模不超过2,则实数a的取值范围为 .

[解

析]:|z|≤2(a+cosθ)2+(2a-sinθ)2≤42acosθ-4asinθ≤3-5a2-2-5a2([类题]:

1.①已知复数z1=m+2i,z2=3-4i,若z1z255asin(θ+φ)≤3-5a225|a|≤3

|a|-1)(5|a|+3)≤0a∈[-55,55].

为实数,则实数m的值为 .

②已知复数z1满足(z1-2)(1+i)=1-i,复数z2的虚部为2,则z1z2为实数的条件是z2= .

2.若z131z3为纯虚数,则|z|= .

3.如果复数(a+2i)(1+i)的模为4,则实数a的值为 .

4.出下列两个命题:①设a,b,c都是复数,如果a2+b2>c2,则a2+b2-c2>0;②设a,b,c都是复数,如果a2+b2-c2>0,则a2+b2>c2.那么下述说法正确的是( )

(A)命题①正确,命题②也正确 (B)命题①正确,命题②错误 (C)命题①错误,命题②也错误

(D)命题①错误,命题②正确

5.设z是虚数,w=z+1,且-1

z解:设z=a+biw=a+bi+或a2+b2=1.

当b=0时,a≠0,w=a+1aabia2b2=a+aa2b2+(b-ba2b2)i.由-1

2 2.代数形式

[例2]:设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2为实数,则|α|= .

3|b|=3[解析]:设α=a+bi(a,b∈R)β=a-biαβ=a2+b2∈R,α-β=2bi,|α-β|=2,2=3()2为实数α3=(a+bi)3=(a3-3ab2)+(3a2b-b3)i为实数3a2b-b3=0|a|=1|α|=2.

[类题]:

1.①复数(1+i)4+(1-i)4= .

②计算:i0！i1！i2！i100！= .

2.已知i2=-1,在集合{s|s=1+i+i2+i3+…+in,n∈N}中包含的元素是 .

3.复数数列{an}满足a1=0,an=an-12+i(n≥2,i为虚数单位,则它的前2007项的和= .

4.设复数数列{zn}满足z1=i,zn+1=-zn2-i,则|z2000|=

5.()使复数z=sinxsin2xi(2cos解:复数z=sinxsin2xi(2cossinx+sin2x

222xsinxtanx)cosxixsinxtanx)成为实数的所有x构成的集合是 .

cosxi为实数[sinx+sin2x+i(2cos2xsinx-tanx)](cosx+i)为实数+(2cosxsinx-tanx)cosx=0sin2x+cos2xsin2x=0sin2x=0sinx=0(cosx≠0)x=kπ.

3.三角形式

[例3]:给定实数a,b,c,已知复数[解析]:由|z1|=|z2|=|z3|=1,可设|z1||z2||z3|1z1,z2,z3满足:z1z2z31,求|az1+bz2+cz3|的值.

z2z3z1z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,z3=cosγ+isinγz1z2+z2+z3=cos(α-β)+

z3z1isin(α-β)+cos(β-γ)+isin(β-γ)+cos(γ-α)+isin(γ-α)=1sin(α-β)+sin(β-γ)+sin(γ-α)=0

2sincos2-2sincos=0sinsinsin=0.

2222222当sin=0时,β=2kπ+αz1=z2,由2z1z2+z2+z3=1z3z1z1z3+z3=0(z3)2+1=0z1z12z3z1=i|az1+bz2+cz3|=|(a+b

(bc)2a2ic)z1|=(ab)2c2;同理可得:当sin=0时,|az1+bz2+cz3|=;当sin=02时,|az1+bz2+cz3|=

(ac)2b2.

[类题]:

1.设A、B、C为△ABC的三内角,则复数(1cos2Bisin2B)(1cos2Cisin2C)的虚部是 .

1cos2Aisin2A解:(1cos2Bisin2B)(1cos2Cisin2C)=2cosB(cosBisinB)2cosC(cosCisinC)=2cosBcosC1cos2Aisin2A2cosA(cosAisinA)cosAcos(BC)isin(BC)cosAisinA=2cosBcosC[(cos(A+B+C)+isin(A+B+C))=-2cosBcosC,虚部是0.

cosAcosA2.已知复数z1,z2满足|z1|=|z2|=1,z1-z2=cos150+isin150,则z1= .

z2解:设z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβz1-z2=(cosα-cosβ)+(sinα-sinβ)i=cos150+isin150cosα-cosβ=

cos150,sinα-sinβ=sin150(cosα-cosβ)2+(sinα-sinβ)2=1cos(α-β)=1,sinα-sinβ=23z12z2=cos(α-β)+isin(α-β)=1232i.

3.(设|z1|=|z2|=a(a≠0),且z1+z2=m+mi,其中m为非零实数.则z13z23的值是 .

解:设z1=acosα+aisinα,z2=acosβ+aisinβ,由z1+z2=m+mia(cosα+cosβ)=m,a(sinα+sinβ)=mcosα+cosβ=

sinα+sinβ2coscos=2sincos2222cos2=sin2tan2=1α+β=2z1z2=

a2[cos(α+β)+isin(α+β)]=a2iz13z23=(z1z2)3=-a6i.

4.设|z|=1,则|z2-z+2|的最小值为 .

解:设z=cosθ+isinθ|z2-z+2|=|cos2θ+isin2θ-cosθ-isinθ+2|=|cos2θ-cosθ+2+(sin2θ-sinθ)i|=

66cos4cos2=378(cos)288≥144.

5.已知复数集合D,复数z∈D当且仅当存在模为1的复数z1,使得|z-2005-2006i|

=|z14+1-2z12|.则D中实部和虚部都为整数的复数的个数是 .

解:设z1=cosθ+isinθ|z14+1-2z12|=|(z12-1)2|=|z12-1|2=|cos2θ-1+isin2θ|2=(cos2θ-1)2+sin22θ=2-2cos2θ≤4

|z-2005-2006i|≤4,设z=x+yi(x-2005)2+(y-2006)2≤16x2+y2≤16共有49个解.

4.共轭运算

[例4]:若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,3z1-2z2=3-i,则z1z2= .

2[解析]:|z1|=2,|z2|=3z1z1=4,z2z2=92z2)=

-1z1z2(3+i)z1z2=-30+72i.

62131332-i=3z1-2z2=1z1z2z2-1z2z1z1=1z1z2(2z2-3z1)=-1z1z2(3z1-3266[类题]:

1.为z为复数,M={z|(z-1)2=|z-1|2},那么( )

(A)M={纯虚数} (B)M={实数} (C){实数}M{复数}

(D)M={复数}

解:(z-1)2=|z-1|2(z-1)2=(z-1)(z-1)z=1,或z=zM={实数}.

2设z,w,λ为复数,|λ|≠1关于z的方程z-λz=w下面有四个结论:①z=ww是这个方程的解;②21||这个方程只有一个解;③这个方程有两个解;④这个方程有无穷多解.则( )

(A)只有①和②是正确的 (B)只有①和③是正确的 (C)只有①和④是正确的 (D)以上(A)、(B)、(C)都不正确

解:z-λz=wz-z=wz-(λz+w)=w(1-λ)z=w+wz=ww.故选(A).

1||23.如果复数z1,z2满足|z1|=|z2|,且z1-z2=2-i,则解:设z1z2|z1z2|的值为 .

|z1|=|z2|=az1z1=z2z2=a2a2(2-i)=z1z2z2-z2z1z1=-z1z2(z1-z2)=-z1z2(2+i)34i5z1z2|z1z2|=z1z22=2i=a2i.

4.z1,z2是已知的两个任复数,复数z满足z≠0,z+z2≠0,zz1+zz2+z1z2=0,则

argzz1zz2= .

解:zz1+zz2+z1z2=0zz1+(z+z1)z2=0zz1z2+(z+z1)z2z2=0;zz1+zz2+z1z2=0zz1+zz2+z1z2=0zz2+(z+z2)z1=0zz1z2+(z+z2)z1z1=0(z+z1)z2z2=(z+z2)z1z1argzz1zz2zz1zz2=z1z1z2z2=正实数=0.

5.设复数z1,z2满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=33,则log3|(z1z2)2000+(z1z2)2000|= .

解:9=|z1|2=z1z1,9=|z1+z2|2=(z1+z2)(z1+z2)=z1z1+z2z2+z2z1+z1z2;27=|z1-z2|2=(z1-z2)(z1-z2)=z1z1+z2z2-(z2z1+z1z2)z1z1+z2z2=18z2z2=9|z2|=3|z2z1|=|z1z2|=9,z2z1+z1z2=-9,设z1z2=9(cosθ+isinθ)z2z1=9(cosθ-isinθ)cosθ=-12sinθ=3z1z22=9ω,或ω2log3|(z1z2)2000+(z1z2)2000|=log3|(9ω)2000+(9ω2)2000|=

log3|92000(ω+ω2)|=4000.

5.模的运算

[例5]:复数z1和z2满足:|z2|=4,4z12-2z1z2+z22=0,则|(z1+1)2(z1-2)|的最大值为 .

[解析]: 由4z12-2z1z2+z22=03z12+(z1-z2)2=0(z1-z2)2=-3z12z1-z2=3z1iz2=(13i)z1|z2|=2|z1||z1|=

2,设z1=2(cosα+isinα)|(z1+1)2(z1-2)|=|(z1+1)2||(z1-2)|=[(2cosα+1)2+(2sinα)2](54cos)2(88cos)(2cos2)2(2sin)2=

≤36(cosα=1).

4[类题]:

1.|(32i)(52i)(53i)2(23i)(25i)|= .

2.复数z满足|z|(3z+2i)=2(iz−6),则|z|等于 .

解:设|z|=r(r>0)z=22122ri122ri2|122ri|2|=r=|z|=|3r2i3r2i|3r2i|2i2=1444r29r4n24r=16r=2.

3.设{zn}是一个复数数列,定义zn=(1+i)(1+解:|zn-zn+1|=1.

)…(1+in),则|znzn1|= .

n14.已知复数z满足zz-z-z=3,且arg(z-1)=,则z= .

3解:zz-z-z=3(z-1)(z-1)=4|z-1|=2z-1=2(cos+isin).

335.设z是复数,且|z|=1,则u=|z2-z+1|的最大值与最小值是 .

解:u=|z2-z+1|=|z2-z+zz|=|z(z+z-1)|=|z+z-1|.设z=x+yi,则|x|≤1u=|z+z-1|=|2x-1|∈[0,3].

6.乘方运算

[例6]:设n≥2007,且n为使得an=(22+i22)n取实数值的最小正整数,则对应此n的an= .

[解析]:令tanθ=222222(0<θ<)tanθ=2222=3+22tanθ=2+1tan2θ=-12θ=34θ=3

8an=[r(cos3+isin3)]n=rn(cosn3+isinn3)取实数值,其中8888

r=2sinn3=0n3=kπ3n=8kn=8m,满足此条件且n≥2007的最小正整数n为2008,此88时an=a2008=22008cos753π=-22008.

[类题]:

1.计算:(1i)1989= .

22.①已知z=(解:令tanθ=-(23.

33-3i)n,若z为实数,则最小的正整数n的值为 .

5333=-3θ=3-3i=23(cos5+isin5)z=(333533-3i)n=[233(cos5+isin5)]n=

33)n[cos(5n)+isin(5n)]为实数sin(5n)=033n=kπk=5n最小的正整数n的值为 ②设n为使an=(312+31ni)取实数的最小自然数,则对应此2n的

3.①设n为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sinθ+icosθ)n=sinnθ+icosnθ成立,则这种n的总个数为 .

解:(sinθ+icosθ)n=[i(cosθ-isinθ)]n=in[cos(-θ)+isin(-θ)]n=in[cos(-nθ)+isin(-nθ)]=in[cos(nθ)-isin(nθ)]=in-1(sinnθ+icosnθ)in-1=1n-1=4kn=4k+1(n≤2003)k≤500(k=0)这种n的总个数为501.

②设m、n是自然数,且使(3+i)m=(1+i)n成立(其中i是虚数单位),则乘积mn的最小值是 .

4.已知z为复数.若|z|=1,|z+i|=1,则当(z+i)n(n为正整数)为实数时,|z+i|n的最小值为 .

解:由|z|=1zz=1,|z+i|=1(z+i)(z-i)=1(z-z)i=1z-z=iz=3232+1iz+i=232+3i=23(12

i)(z+i)n=(33)n(1232i)n,其中w=1232i是方程w2-w+1=0的根w3=-1n=3时,|z+i|n的最小值为35.[(解:[(.

n取1,2,…,100时,可得 个不同的数值.

6个不同的数值.

3i8)+1]n当23i8)+1]n=[(-i)8(13i)8+1]n=[(-iω)8+1]n=(ω2+1)n=(-ω)n,可得22 7.单位复数

[例7]:(设a,b,c均为非零复数,且a=b=c,则abc的值为 .

bcaabc[解析]:设a=b=c=xa=xb,b=xc,c=xaabc=x3abcx3=1x=1,x=ω,x=ω2(三次方程有三个bca根)=0abcabc=

x2x1x2x1=1,或ω,或ω2.

[类题]:

1.①设x1,x2是方程x2-x+1=0的两个根,则x11980+解:xi6=1x11980=1,1x198021x19802= .

=1x11980+m1x19802=2;

1m2009 ②知复数m满足m+1=1,则m2008+m= .

1m解:m+1=1m2-m+1=0(m+1)(m2-m+1)=0m3=-1m6=1m2008=m4=-m,m2009=m5=m2008+1m2009=-m+m=0.

x)1990+(y)1990的值是

xyxy2.①设非零数复数x,y满足x2+xy+y2=0,则代数式(解:x2+xy+y2=0(x)2+x+1=0.令yyxy .

=ωω+ω+1=0ω=1(2199xy1990)+()=xyxy(1)1990+1(1)1990=

()+1()219901==-1.

2 ②设非零数相异复数x,y满足x2+xy+y2=0,则代数式[xy(xy)(xy)2]2006

(x2006+y2006)的值是 .

3.若z∈C,且x10=1,则1+x+x2+x3+…+x2009+x2010= .

解:若z∈R,由x10=1x=1.当x=1时,1+x+x2+x3+…+x2009+x2010=2011;当x=-1时,1+x+x2+x3+…+x2009+x2010=1;若z≠1,由x10=1(x2-1)(x8+x6+x4+x2+1)=0x8+x6+x4+x2+1=0x9+x7+x5+x3+x=01+x+x2+x3+…+x10=01+x+x2+x3+…+x2009+x2010=1.

4.已知复数z满足:z3=27,则z5+3z4+2242= .

5.设(解:(3232+xi)2008=f(x)+ig(x)(f(x),g(x)均为实系数多项式),则f(x)的系数之和是 .

22+xi)2008=f(x)+ig(x)f(1)+ig(1)=(32+1i)2008=(-i)2008(-1+2232i)2008=ω2008=ω=-1+232if(1)=-1.

2 8.复数方程

[例8]:x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1,z2,m均是复数,且z12-4z2=16+20i,设这个方程的两个根α,β满足|α-β|=27,求|m|的最大值和最小值.

[解析]:由韦达定理知α+β=-z1,αβ=z2+m28=|α-β|2=|(α-β)2|=|(α+β)2-4αβ|=|z12-4z2-4m|=|16+20i-4m|

|m-(4+5i)|=7m在以A(4,5)为圆心,7为半圆的圆上|m|≥7-|OA|=7-41;|m|≤7+|OA|=7+41.

[类题]:

1若虚数z使2z+1为实数,则2z+1的取值范围是_____.

zz2二次方程(1i)x2+(+i)x+(1+i)0(i为虚数单位,R)有两个虚根的充分必要条件是的取值范围为________.

解:设方程有实根x0,则(x02+λx0+1)+(-x02+x0+λ)i=022x010x0(x0+1)(λ+1)=0x0=-1λ=2;λ=-1x0

2x0x00-x0+1=0无实根,综上,λ=2;所以,有两个虚根的充分必要条件是的取值范围为λ≠2.

3.方程z4=z(z为z的共轭复数)的根为 .

解:z4=z4552k|z|=|z||z|=0,1z=0,z=zzz=1z=cos5+isin2k(k=0,1,2,3,4)

54.复数z满足等式z+z|z|3=0,则z= .

解:由z+z|z|3=0z=-z|z|3|z|=|-z|z|3||z|=|z|||z|3|z|=|z|4|z|=0,1;当|z|=0时,由z+z|z|3=0z=

0;当|z|=1时,由z+z|z|3=0z+z=0z是纯虚数z=i.

5.设ω=cos+isin,则以,3,7,9为根的方程是( )

55(A)x4+x3+x2+x+1=0 (B)x4x3+x2x+1=0 (C)x4x3x2+x+1=0

(D)x4+x3+x2x1=0

解:ω=cos+isin=cos2+isin2551010ω,ω2,…,ω10是1的10个10次方根21010246810(x-ω)(x-ω)…(x-ω)=x-1;又因ω,ω,ω,ω,ω是1的5个5次方根24105395(x-ω)(x-ω)…(x-ω)=x-1;两式相除得:(x-ω)(x-ω)…(x-ω)=x+1,其中ω5=cosπ+isinπ=-1x-ω5=x+1(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)=x1x15=x4x3+x2x+1.选(B).

9.复数与点

[例9]:设复数z=cosθ+isinθ(00≤θ≤1800),复数z,(1+i)z,2z在复平面上对应的三个点分别是P,Q,R,当P,Q,R不共线时,以线段PQ,PR为两边的平行四边形的第四个顶点为S,则点S到原点距离的最大值是 _.

[解析]:设点S对应的复数为ω,由PQSR为平行四边形2ω+z=(1+i)z+2zω=zi+2z|ω|=(zi+2z)(-zi+2z)=

5zz+2i(z2-z2)=5-4sin2θ≤9,当θ=3时,等号成立点S到原点距离的最大值是3.

4[类题]:

1.若A,B是锐角△ABC的两个内角,则复数z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA)在复平面内所对应的点位于( )

(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限

(D)第四象限

2.若点A,B分别对应复数z,z-1,zR,则直线AB与x轴的交点对应的复数为

(用z和z表示).

解:设A(a,b)B(aab22,-bab22)直线AB:y-b=b(a2b21)(x-a),令y=0x=a(ab1)222aab122=zzzz1.

3.已知z为复数,arg(z+3)=1350,则解:1|z6||z3i|1|z6||z3i|取最大值时,z= .

取最大值|z+6|+|x-3i|取最小值z在线段x-2y+6=0(-6≤x≤0)上;arg(z+3)=1350z+3在射线y

=-x(x≤0)上z在射线y=-x-3(x≤-3)上z=-4+i.

4.在复平面内由1,i1,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内

i角等于 .

5.如果复数z满足|z|=1,A(-1,0),B(0,-1)是复平面上两点,那么函数f(z)=

|(z+1)(z-i)|取最大值时,△ABZ的形状是 .

解:设z=cosθ+isinθf(z)=|(z+1)(z-i)|=|[(1+cosθ)+isinθ][cosθ-(1+sinθ)i]|=|(1+cosθ)+isinθ||cosθ

-(1+sinθ)i|=22cos22sin=2(1cos)(1sin),为等腰三角形.

10.模的意义

[例10]:已知复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|z1z2|= .

z1z2[解析]:设z1,z2,z1+z2对应的点分别为A,B,C,则四边形OACB是平行四边形,且∠AOB=600|z1-z2|=|AB|=7;|z1+z2|=

|OC|=19|z1z2z1z2|=1337.

[类题]:

1.①设复数z1=(2-a)+(1-b)i,z2=(3+2a)+(2+3b)i,z3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b∈R,当|z1|+|z2|+|z3|取得最小值时,3a+4b= .

解:易求得z1+z2+z3=8+6i,于是|z1|+|z2|+|z3|≥|z1+z2+z3|=|8+6i|=10,|z1|+|z2|+|z3|取得最小值,当且仅当(2-a):(1-b)=

(3+2a):(2+3b)=(3-a):(3-2b)=8:6(四向量同向),解得a=7,b=5,所以3a+4b=12.

34 ②已知复数z1,z2满足|z1|≥1,|z2|≥3,则复数i1993z1+i1995z2+2z1z2的模长的最小值2是 .

解:i1993=i,i1995=-i,|i1993z1+i1995z2+2z1z2|=|i(z1-z2)+2z1z2|≥2|z1z2|-|z1-z2|≥3-(1+3)=1.

222.设z是复数,则|z-1|+|z-i|+|z+1|的最小值等于__________.

解:在复平面上,设A(-1,0),B(1,0),C(0,1),则当z为△ABC的费马点(0,取得最小值,最小值为1+333)时,|z-1|+|z-i|+|z+1|.

z3.设z是模为2的复数,则|z-1|的最大值与最小值的和为 .

解:|z-1|=|1(z2-1)|=|1||z2-1|=1|z2-1|.设w=z2,由|z|=2|w|=|z2|=|z|2=4,|z2-1|=|w-1|的几何意义是zzz2半径为4圆上的点到定点(1,0)的距离最大值与最小值的和为4

4.若复数z满足|z+1+i|+|z-1-i|=2Mm2,记|z+i|的最大值和最小值分别为M,m,则= .

2|z+1+i|+|z-1-i|=22解:在复平面上,设A(-1,-1),B(1,1),C(0,-1),则|AB|=2M=|BC|=5,m=

22点在线段AB上.

5.已知复数z的模为1,则函数|z2+iz2+1|的值域是 .

解:|z2+iz2+1|=|(1+i)z2+1|=|1+i||z2+211i|=2|z2+1i|,设w=z2,由222|z|=1|w|=|z2|=|z|2=1,|z2+1i|=|w+1i|的几何意义是单位圆上的点到定点(-1,1)的距离值2域是[2-1,2+1].

11.幅角主值

[例11]:已知复数z=1sinθ+icosθ(<θ<π).求z的共轭复数z的辐角主值.

2[解析]:z=1sinθ-icosθ,设z的辐角主值α,则tanα=tan(+)=tan[π-(+)]=tan(3-)α=3-.

24244242cos=-sin1(cossin)(cossin)2222(cos2sin)22=-coscos22sinsin2=-

2[类题]:

1.集合S={z2|argz=a,a∈R}在复平面的图形是( )

(A)射线argz=2a (B)射线argz=-2a (C)射线argz=-a (D)上述答案都不对

解:由复数幅角主值定义知0≤argz<2π0≤a<2π0≤2a<4π,z=r(cosa+isina)z2=r2(cos2a+isin2a).①当0≤a<π时,argz2=2a;②当π≤a<2π时,argz2=2a-2π,故选(D).

2.设z是复数,z+2的幅角为,z-2的幅角为5,则z= .

36解:设z+2=R(1+232i),z-2=r(-32+1i)212R-2+32Ri=2-32r+1ri212R-2=2-32r,且32R=1rR=2z=

23-1+i.

63.若zC,arg(z24)=5,arg(z2+4)=,则z的值是________.

3解:设z2+4,z2-4,z2对应的点分别为A,B,C,则C是AB的中点,∠BOA=5-=326|OC|=12|AB|=4,argz2=∠COx=+=

333222z=4(cos33+isin2)z=2(cos+sin)=(1+333i).

4.设z1,z2都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则arg(z2)3的值是______.

z1

解:设z1,z2,z1+z2对应的点分别为A,B,C,则四边形OABC为平行四边形,且cos∠OBC=-1332∠OBC=2zarg(23z1)=∠BOA

=π-2=,或arg(z2)=5z13arg(z2z1)3=π.

239i5.已知θ=arctan解:θ=arctan20i)

(239-i)=1512,那么,复数z=cos2isin2的辐角主值是_________.

,sinθ=51z=13239215512tanθ=cosθ=121213(cosθ+isinθ)2(239-i)=1169(23921)(119+1169(23921)(28561+28561i)argz=.

4 12.几何形状

[例12]:设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为z1,z2,…,z20,则复数Z11995,z21995,…,z201995所对应的不同的点的个数是 .

[解析]:设z1=cosθ+isinθzk=(cosθ+isinθ)(cos2(k1)+isin2(k1))(1≤k≤20),由20201995=20×99+15zk1995

=(cos1995θ+isin1995θ)(cos(k-1)3+isin(k-1)3)=(cos1995θ+isin1995θ)(cos3+isin3)k-1=(co2222s1995θ+isin1995θ)(-i)k-1,共有4个不同值.(1,-1,i,-i).

[类题]:

1.若在复平面上三个点A(0),B(z0-z),C(z0+z)构成以A为直角顶点的等腰直

角三角形,其中z0=-1+323i,则△ABC的面积为 .

1i3解:依题意,z0+z=i(z0-z)z=1iz0=iz0,|z0|2=1,△ABC的面积为=1|AB||AC|=1|z0-z||z0+z|=1|(1-i)(1+i)||z0|2=

22213.

2.①设复数z1,z2在复平面上对应的点分别为A,B,且|z1|=4,4z122z1z2+z22=0,O为坐标原点,则△OAB的面积为 .

解:4z122z1z2+z22=0(z2-z1)2=-3z12z2-z1=|AB|=33z1i|z2-z1|=3|z1|AB⊥OA,且|OA|△OAB的面积=1|OA||AB|=823.

②设复数z1、z2满足z1z2=1,z13+z23=0,且z1+z2≠0.z1、z2在复平面内的对应点为Z1、Z2,O为原点,则△Z1OZ2的面积是_____.

解:z13+z23=0(z1+z2)(z12-z1z2+z22)=0z12-z1z2+z22=0△z2z1=13i2∠Z1OZ2=arg(13i2)=3Z1OZ2的面积=1

2

|z1z2|sin=334.

63.复平面上,非零复数z1,z2在以i为圆心,1为半径的圆上,z1z2的实部为零,z1的辐角主值为,则z2=_______.

解:z1z2的实部为零z1z2=aiz2⊥z2argz2=6+=223|z2|=3z2=3(cos2+isin2)=-3332+3i.

24.已知关于x的实系数方程x2-2x+2=0和x2+2mx+1=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆,则m的取值范围是 .

解:x2-2x+2=0z1=1-i,z2=1+i,x2+2mx+1=0z3=-m-z3z1z4z11m2i,z4=-m+1m2i,z3z1:z3z2∈Rz4z1z4z2=xz3z2

z4z2(z1z2+z3z4-z1z4-z2z3)=x(z1z2+z3z4-z1z3-z2z4)2+1-(1-i)(-m+1m2i)-(1+i)(-m-1m2i)=x[2+1-(1-i)(-m-

1m2i)-(1+i)(-m+1m2i)]

5.设非零复数a2a3a4a5a1a2a3a4a1,a2,a3,a4,a5满足11111a1a2a3a4a54()Sa1a2a3a4a5,其中S为实数,且|S|≤2.求证:复数a1,a2,a3,a4,a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上.

解:设a2a3a4a5a1a2a3a4=k(k≠0)a2=ka1,a3=k2a1,a4=k3a1,a5=k4a1S=a1+a2+a3+a4+a5=a1(1+k+k2+k3+k4),S1=41k31a1(1+1+kk2+

(1+k+k2+k3+k4)(41a1k4+1k4)=41a1k4-a1)(1+k+k2+k3+k4)=0.

①若1+k+k2+k3+k4=0k5=1|k|=1|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|;

②若41a1k4-a1=0a1k2=2a3=21+k+k2+1+k1k2=S2,令k+1=xx2+x-1kS2=0,该实系数二次方程的△=5

2S>0,且f(2)=5S2>0,f(-2)=1S2>0|x|<2方程k+1=x,即k2-xk+1=0的△=x2-4<0k1,k2k互为共轭复数|k1|2

=|k2|2=k1k2=1|k|=1|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|=2.

13.解折综合

[例13]:设A,B,C分别是复数Z0=ai,Z1=1+bi,Z2=1+ci(其中a,b,c都是实数)对应的不共线的三2

点,证明:曲线Z＝Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t(t∈R)与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点,并求出此点.

[解析]:

[类题]:

1.设m,n为非零复数,i为虚数单位,zC,则方程|z+ni|+|zmi|=n与|z+ni||zmi|

m在同一复平面内的图形(F1,F2为焦点)是( )

y O x y

O x

O x

O x

(A) (B) (C)

(D)

解:|z+ni|+|zmi|=nn>0,n=|z+ni|+|zmi|≥|n+m|m<0;|z+ni||zmi|m>0|z+ni|>0,选(B).

2若M={z|z=t1t+i1t,t∈R,t≠-1,t≠0},N={z|z=t2[cos(arcsint)+icos(arc

cost)],t∈R,|t|≤1},则M∩N中元素的个数为( )

(A)0 (B)1 (C)2 (D)4

3.复平面上动点z1的轨迹方程为|z1-z0|=|z1|,z0为定点,z0≠0,另一个动点z满足z1z=-1,求点z的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置.

解:z1z=-1z1=-1,代入|z1-z0|=|z1|得:|1+z0|=|1||z0z+1|=1|z+zzz1z0|=1|z0|,又因z≠0(z1z=-1)点z的轨迹是以-1z0为圆心,1|z0|为半径的圆,除去原点.

4.①已知复数z,w满足:|z-1-i|-|z|=2,|w+3i|=1,则|z–w|的最小值= .

解:设A(1,1),O(0,0),B(0,-3)|OA|=2|z-1-i|-|z|=2,即|PA|-|PO|=2的点P的轨迹为射线y=x(x≤0),|w+

3i|=1,即|QB|=1|z–w|,即|PQ|的最小值=322-1.

②、y是实数.z1=x+11+yi,z2=x-11+yi(i为虚数单位),|z1|+|z2|=12,令u=|5x−6y−30|,则u的最大值是_____,u的最小值是_____.

解:

5.已知满足条件|z2|+|z2−1|=7的复数z在复平面内的所对应的点的集合是一条二次曲线,则该二次曲线的离心率e=_____.

解:设|z|=r,w=z2,由|z2|+|z2−1|=7r2+|w-1|=7

12

14.复数应用

[例14]:若(1+x+x2)1000的展开式为a0+a1x+a2x2+…+a2000x2000,则a0+a3+a6+a9+…+a1998的值为 .

[解析]:在(1+x+x2)1000=a0+a1x+a2x2+…+a2000x2000中,令x=1:a0+a1+a2+…+a2000=31000;令

x=ω,a0+a1ω+a2ω2+…+a2000ω2000=0;令x=ω2,a0+a1ω2+a2ω4+…+a2000ω4000=0;注意到:ω3=1,ω2+ω+1=0当n=3k时,1+ωn+ω2n=3;当n=3k+1时,1+ωn+ω2n=1+ω+ω2=0;当n=3k+2时,1+ωn+ω2n=1+ω2+ω=0.以上三式相加得:3a0+a1(1+ω+ω2)+a2(1+ω2+ω4)+…+an(1+ωn+ω2n)+…+a2000(1

+ω2000+ω4000)=310003(a0+a3+a6+a9+…+a1998)=31000a0+a3+a6+a9+…+a1998=3999.

[类题]:

1.已知sinα+sinβ=1,cosα+cosβ=1,则12cos()sin2()= .

531cos2()sin2()解:设z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,则z1z2=cos(α+β)+isin(α+β),|z1|=|z2|=1z1z1=z2z2=1,z1+z2=1+1i

35z1z2z2+z2z1z1=1+1iz1z2(z1+z2)=1+1iz1z2(1-1i)=1+1iz1z2=53i3535353553iz1z2=817+15icos(17α+β)=817,

17sin(α+β)=1512cos()sin2()1cos2()sin2()1cos100=2sin()[sin()cos()]2cos()[sin()cos()]=15.

82.求值:tan700-解:设= .

z=cos10+isin10os300+

isin300=3200zz=1,z=cos10-isin1000cos100=(z+z)=412z212z,sin10=(z-z)=4012iz213.z=c2zi+1i.z2=cos200+isin200cos200=z24122z,sin200=z122zitan700-1cos100=z41i-z12zz12=

z4ii2z(z21)z41=33ziz32231zzi122=3.

3.化简arccot2+arctan1= .

3解:arccot2+arctan1=arctan1+arctan1=arg(2+i)+arg(3+i)=arg[(2+i)(3+i)]=arg(5+5i)=.

1+arctan1+arctan1+arctan1= .

3578解:arctan1+arctan1+arctan1+arctan1=arg(3+i)+arg(5+i)+arg(7+i)+arg(8+i)=arg(3+i)(5+i)(7+i3578)(8+i)=arg[650(1+i)]=.

4试问:当且仅当实数x0,x1,x2,...,xn(n≥2)满足什么条件时,存在实数y0,y1,y2,...,yn使得Z02=Z12

+Z22+...+Zn2成立,其中Zk=xk+iyk,i为虚数单位,k=0,1,2,3,...证明你的结论.

解: