高中数学 奥赛辅导精品第八讲 复数

第八讲 复数

知识、方法、技能
I．复数的四种表示形式
代数形式：
z?a?bi(a,b?
R）
几何形式：复平面上的点Z（
a,b
）或由原点出发的向量
OZ
.
三角形式：
z?r(cos
?
?isin
?
),r?0,0 ?
R.
指数形式：
z?re
.
复数的以上几种形式，沟通了代 数、三角、几何等学科间的联系，使人们应用复数解决
相关问题成为现实.
II．复数的运算法则
加、减法：
(a?bi)?(c?di)?(a?c)?(b?d)i;

乘法：
(a?bi)(c?di)?(ac?bd)?(bc?ad)i;


r
1
(cos
?
1
?isin
?
1
)?r
2
(cos
?
2
?isin
?
2
)?r
1
r
2
[cos(
?
1
?
?
2
)?isin(
?
1
?
?
2
)];

除法：
i
?
a?biac?bdbc?ad
??i(c?di?0 ).

c?bi
c
2
?d
2
c
2
?d
2
r
1
(cos
?
1
?isin
?< br>1
)r
1
?[cos(
?
1
?
?
2
)?isin(
?
1
?
?
2
)].
r
2
(cos
?
2
?isin
?
2
) r
2
nn





乘方：
[r(cos
?
?isin
?
)]?r(cosn
?
?isinn
?
)(n?
N）；
开方：复数
r(co s
?
?isin
?
)的n
次方根是
n
r(cos< br>?
?2k
?
?isin
?
?2k
?
)(k? 0,1,?,n?1).

nn
III．复数的模与共轭复数
复数的模的性质
①
|z|?|Re(z)|,|z|?Im(z)|;
< br>②
|z
1
?z
2
?z
n
|?|z
1
|?|z
2
|?|z
n
|;

③
|
z
1
|z|
|?
1
(z
2
?0);
< br>z
2
|z
2
|
④
||z
1
|?|z
2
||?|z
1
?z
2
|,与复数z
1
、
z
2
对应的向量
OZ
1
、
OZ
2
反向时取等号；
⑤
|z
1
?z
2
???z
n|?|z
1
|?|z
2
|???|z
n
|
，与 复数
z
1
,z
2
,?,z
n
对应的向量
OZ
1
,OZ
2
?,OZ
n
同时取等号.
共轭复数的性质
- 1 -

①
z?z?|z|
2
?|z|
2
；
②
z?z?2Re(z),z?z?2Im(z)
；
③
z?z

④
z
1
?z
2
?z< br>1
?z
2
；
⑤
z
1
?z
2
?z
1
?z
1
；
⑥
(
z
1
z
2
)?
z
1
z
2
(z
2
?0);

⑦z是实数的充要条件是
z?z,z
是纯虚的充要条件是
z??z (z?0).

Ⅳ．复数解题的常用方法与思想
（1）两个复数相等的充要条件是它们的实部、虚部对应相等，或者它们的模与辐角主
值相等（辐角相差2
?
的整数倍）. 利用复数相等的充要条件，可以把复数问题转化为实数问
题，从而获得解决问题的一种途径.
（2）复数的模也是将复数问题实数化的有效方法之一.善于利用模的性质，是模运算中
的一个突出方面 .
赛 题 精 讲
例1：设
m
、
n
为非零实数，
i
为虚单位，
z?
C，则方程
|z?ni|?|z?mi|?n①与
|z?ni|?|z?mi|??m
②
如图I—1—8—1，在同一复平 面内的图形（F
1
、F
2
是焦点）是（ ）








图I—1—8—1

【思路分析】可根据复平面内点的轨迹的定义；也可根据m、n的取值讨论进行求解.
【略解】由复平面内点的轨迹的定义，得
方程①在复平面上表示以点
?ni,mi
为焦点的椭圆，
n?0,故?n?0
.这表明，至少有一
焦点在下半虚轴上， 可见（A）不真.
又由方程①，椭圆的长轴之长为n，
∴|F
1
F< br>2
|<
n
，而图（C）中有|OF
1
|=
n
，可见（C）不真.
又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即
|n|?|m|.

- 2 -

故在图（B）与（D）中，均有F
1
: －
ni
，F
2
:
mi
，且
m?0
. 由方程②，双曲线上的点
应满足，到F
2
点的距离小于该点到F
1
点 的距离.
答案：（B）
【别解】仿上得
n
>0.
（1）若
n?0,m?0.
这时，在坐标平面上，F
1
（0，－
n
） ，F
2
（0，
m
），只可能为图象（C），
但与|F
1F
2
|<长轴
n
，而|OF
1
|=
n
矛盾.
（2）若
n?0,m?0.这时,F
1
(0,?n),F
2
(0,m)
均在y轴的下半轴下，故只能为图象（B）
与（D）.
又因 椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|
n
|>|
m
|. 故在（B）
与（D）中，均有F
1
: －
ni
；F
2
:
mi
，且
m
<0. 由方程②，双曲线上的点应满足到F
2
点的距离
小于该点到F
1
点的 距离.
答案：（B）
【评述】（1）本题涉及的知识点：复数的几何意义，复平面上的曲线与方程，椭圆，双曲线，
共焦点的椭圆与双曲线，讨论法.
（2）本题属于读图题型. 两种解法均为基本方法：解法中前者为定义法；后者为分类讨
论法.
例2：若
z?C ,arg(z?4)?
2
5
??
,arg(z
2
?4)?, 则z
的值是 .
63
【思路分析】本题可由已知条件入手求出复 数z的模，继而求出复数；也可由几何意义入手
来求复数z.
【略解】令
z?4?< br>2
?
1
(cos
?
5
?
5
?
?isin),
①
66
z< br>2
?4?
?
2
(cos?isin),
②
33
(
?
1
?0,
?
2
?0)

①—②得
8?(
?
2
?
?
1
2
331
?
1
)?i(
?
2
?
?
1
),

222

?
31
?
?
?
? 0,
?
?
2
2
2
1
解得
?
2
?4,
?
1
?43,
代入后，
?
?
?
1
?
?
3
?
?8,
21< br>?
2
?
2
2
①+②得
2z?4(?1?3i),

?z??2(cos?isin)??(1?3i).

33
【别解】如图I—1—8—2，
OD?z
.
过D作与实轴平行的直线AB，取AD=BD=4，
2
??
- 3 -

则OA?z
2
?4,
?xOA?
OB?z
2
?4.
5
??
,?xOB?.
63
从而?BOA?
?
2
在Rt?AOB中,|AD|?|DB|?|OD|?4,
?xOD??xOB? ?BOD?2?xOB?
2
?

,
3

.
?z
2
?4(cos
2
?
2
?
?isin),33
?z??2(cos?isin)
33
??(1?3i)
【评述】本 题的两种解法中，前者应用了复数的三角形式；后者应用了复数的几何意义，数
形结合，形象直观. < br>例3：
x
的二次方程
x?z
1
x?z
2
?m ?0中,z
1
、
z
2
、
m
均是复数，且
z
1
?4z
2
?16?20i
.
设这个方程的两个根为?
、
?
，且满足
|
?
?
?
|?27< br>.
求|
m
|的最大值和最小值.
【解法1】根据韦达定理有

?
22
??
?
?
?
?
?? z
1
,

??
?z?m.
2
?
222
1

图I—1—8—3

?(
?
?
?
)?(
?
?
?
)?4
??
?z?4z
2
?4m,

?|
?
?
?
|
2
?|4m?(z
1
2
?4z
2
)|?28.

1
?|m?(z
1< br>2
?4z
2
)|?7,
4
即|m?(4?5i)|?7.


这表明复数m在以A（4，5）为圆心，以7为半径的圆周上如图I—1—8—3所示.
?| OA|?4
2
?5
2
?41?7,
故原点O在⊙A之内. 连接OA ，延长交⊙A于两点B与C，
则|OB|=|OA|+|AB|=
41?7为|m|
最 大值.
|OC|=|CA|－|AO|=7－
41为|m|
最小值.
∴|
m
|的最大值是
41?7,|m|
的最小值是7－
41
.
【解法2】同解法1，得
|m?(4?5i)|?7,

令m?x?yi(x,y?
R）.
- 4 -

?
x?7cos
?
?4,

则
?
?
y?7sin
?
?5.
?|m|
2
?x
2
?y< br>2
?90?56cos
?
?70sin
?


?90?1441(
4
41
cos
?
?
5
41
sin
?
)

?90?1441sin(
?
?
?
),
其中
sin
?
?
4
.

41
∴ |
m
|的最大值=
90?1441?7?41,

|
m
|的最小值=
90?1441?7?41.

【解法3】根据韦达定理，有
?


22
?
?
?
?
??z
1

?
??
?z
2
?m.
2

(
?
?
?
)?(
?
?
?
)?4
??
? z
1
?4z
2
?4m
，
∴
|
??
?
|?|4m?(z
1
?4z
2
)|?|4m?(1 6?20i)|?28.

22

即|m?(4?5i)|?7.

?|m|?|m?(4?5i)?(4?5i)|?|m?(4?5i)|?|4?5i|

?7?

41.

等号成立的充要条件是
m?(4?5i) 与(4?5i)
的辐角主值相差
?
，即
41414141
【评述】三 种解法，各有千秋. 解法1运用数形结合法，揭示复数m的几何意义，直观清晰；
解法2则活用三角知 识，把
56cos
?
?70sin
?
化为角“
?
?
?
”的正弦；解法3运用不
等式中等号成立的条件获得答案；三种解法从不同侧面刻面 了本题的内在结构特征.
例4：若
M?{z|z?



m?(4?5i)??7(
4
?
5
i),所以当m?(?7?41)(
4
?
5
i)时,|m|
取最小值
7?41.

t1?t
?i,t?
R，
t??1,t?0},N?{z|z?2

1?tt
（ ）
[cos(arcsint)?icos(arccost) ],t?
R，
|t|?1},则M?N
中元素的个数为
A．0 B．1 C．2 D．4
解法同本章一的练习第4题.
例5：设 复数
z
1
,z
2
满足|z
1
|?|z
1< br>?z
2
|?3,|z
1
?z
2
|?33,则



log
2
|(z
1
z
2
)< br>2000
?(z
1
z
2
)
2000
|? .
- 5 -

【思路分析】应先设法 求出
(z
1
z)
【评述】由题设知

2000
?(z
1
z
2
)
2000
的值.
9?|z
1
?z
2
|
2
?|z
1
|
2
?|z
2
|
2
?z
1
z
2< br>?z
1
z
2
,
29?|z
1
?z
2
|?|z
1
|?|z
2
|?(z
1
z
2< br>?z
1
z
2
).
222


因为
|z
1
|?3,故|z
2
|?3,z
1
z
2
?z
1
z
2
??9,并且|z
1
z2
|?|z
1
z
2
|?9.

设z
1
z
2
?9(cos
?
?isin
?
),则z
1
z
2
?9(cos
?
?isin
?
).


1
由?9?z
1
z
2
?z
1
z
2
?18cos
?
,得cos
?
??.
2于是z
1
z
2
?9
?
或者z
1
z2
?9
?
2

13
这里
?
???i.
22

当z
1z
2
?9
?
时,可得(z
1
z
2
)< br>2000
?(z
1
z
2
)
2000
??9< br>2000
,
故log
2
|(z
1
z
2
)
2000
?(z
1
z
2
)
2000
| ?4000.


2
当
z
1
z
2
?9
?
时
，可得同样结果，故答案4000.
【评述】此题属填空题中的难题，故解题时应仔细.
例6：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
z
1
,z
2
,?,z
20
,
则复
数
z
1

1995
,z
1 995
,?,z
1995
220
所对应的不同的点的个数是（ ）
A．4 B．5 C．10 D．20
20
【思路 分析】如题设可知，应设
z
k
?1
.故解题中应注意分解因式.
2 0
60
【解法1】因为我们只关心不同的点的个数，所以不失一般性可设
z
k
?1
.由
z
k
?1
，有

601515 15
0?z
k
?1?(z
15
k
?1)(z
k?1)(z
k
?i)(z
k
?i),
?z
15
k
?1,z
15
k
??1,z
15
k
?i,z15
k
??i.

【答案】A.
20205555
【 解法2】由
z
k
?1,则0?z
k
?1?(z
k
? 1)(z
k
?1)(z
k
?i)(z
k
?i),


A.
可知
z
k
只有4个取值，而
z
k
=（
z
k
）的取值不会增加，则B、C、D均应排除，故应选
35155
20
【评述】上述两个解法均为基本方法.思维的起点是不失一般性设
z
k
?1
，于是可用直接法（解
法1）和排除法（解法2）.

- 6 -

- 7 -