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 (cosθ+i sin θ), 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(cosθ1+i sin θ1) ⋅r 2(cosθ2+i sin θ2) =r 1r 2[cos(θ1+θ2) +i sin(θ1+θ2)]; 除法：i θa +bi ac +bd bc -ad =+i (c +di ≠0). c +bi c 2+d 2c 2+d 2

r 1(cosθ1+i sin θ1) r 1=[cos(θ1-θ2) +i sin(θ1-θ2)]. r 2(cosθ2+i sin θ2) r 2

n n

乘方：[r (cosθ+i sin θ)]=r (cosn θ+i sin n θ)(n ∈N ）； 开方：复数r (cosθ+i sin θ) 的n 次方根是n (cosθ+2k π+i sin θ+2k π)(k =0, 1, , n -1). n n III ．复数的模与共轭复数 复数的模的性质 ①|z |≥|Re(z ) |,|z |≥Im(z ) |;

②|z 1⋅z 2 z n |=|z 1|⋅|z 2| |z n |; ③|z 1|z 1||=(z 2≠0); 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

①z ⋅=|z |2=||2； ②z +z =2Re(z ), z -z =2Im(z ) ； ③z =z ④z 1±z 2=z 1±z 2； ⑤z 1⋅z 2=z 1⋅z 1； ⑥(z 1

z 2) =z 1z 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2π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 |=n ①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

又由方程①，椭圆的长轴之长为n ，

∴|F1F 2|

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 |.

故在图（B ）与（D ）中，均有F 1 : －ni ，F 2 : mi ，且m

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|F1F 2|

（2）若n >0, m

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

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) =25ππ, 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=ρ1(cos25π5π+i sin ), ① 66

z 2+4=ρ2(cosπ+i sin ), ② 33π

(ρ1>0, ρ2>0)

①—②得 8=(11ρ2+ρ1) +i (ρ2-ρ1), 2222

⎧31ρ-ρ=0, ⎪⎪2221

解得ρ2=4, ρ1=43, 代入后， ∴⎨⎪1ρ+ρ=8, 21⎪2⎩2

①+②得 2z 2=4(-1+i ),

∴z =±2(cosπ+i sin ) =±(1+i ). 33

2π【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，

则OA =z 2-4,

∠xOA =OB =z 2+4. 5ππ, ∠xOB =. 63

从而∠BOA =π

2

在Rt ∆AOB 中, |AD |=|DB |=|OD |=4,

. 2π ∠xOD =∠xOB +∠BOD =2∠xOB =, 3

2π2π∴z 2=4(cos+i sin ), 33

∴z =±2(cos+i sin ) 33

=±(1+i ) ππ

【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.

2例3：x 的二次方程x 2+z 1x +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α、β，且满足|α-β|=2.

求|m |的最大值和最小值.

【解法1】根据韦达定理有

⎧α+β=-z 1, ⎨ αβ=z +m . 2⎩

22

1 (α-β) =(α+β) -4αβ=z -4z 2-4m , ∴|α-β|2=|4m -(z 12-4z 2) |=28. 2图I —1—8—3

1∴|m -(z 12-4z 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 |=42+52=41

|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 ）

.

⎧x =7cos α+4, 则⎨⎩y =7sin α+5.

∴|m |2=x 2+y 2=90+56cos α+70sin α =90+41(441cos α+5

41sin α) =90+41sin(α+ϕ),

其中sin ϕ=4. 41

41, ∴ |m |的最大值=90+1441=7+

|m |的最小值=90+41=7-41.

【解法3】根据韦达定理，有⎨⎧α+β=-z 1 αβ=z +m . 2⎩

2 (α-β) 2=(α+β) 2-4αβ=z 1-4z 2-4m ， 2∴ |α-β|2=|4m -(z 1-4z 2) |=|4m -(16+20i ) |=28.

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π，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 α+70sin α化为角“α+ϕ”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+5i ), 所以当m =(-7+41)(4+5i ) 时, |m |取最小值7-41. t 1+t +i , t ∈R ，t ≠-1, t ≠0},N ={z |z =2 1+t t （ ） [cos(arcsin t ) +i cos(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+z 2|=3, |z 1-z 2|=, 则

log 2|(z 1z 2) 2000+(z 1z 2) 2000|= .

【思路分析】应先设法求出(z 1z ) 2000+(z 1z 2) 2000的值.

【评述】由题设知

9=|z 1+z 2|2=|z 1|2+|z 2|2+z 1z 2+z 1z 2,

29=|z 1-z 2|=|z 1|+|z 2|-(z 1z 2+z 1z 2). 222

因为|z 1|=3, 故|z 2|=3, z 1z 2+z 1z 2=-9, 并且|z 1z 2|+|z 1z 2|=9. 设z 1z 2=9(cosθ+i sin θ), 则z 1z 2=9(cosθ-i sin θ). 1由-9=z 1z 2+z 1z 2=18cos θ, 得cos θ=-. 2 于是z 1z 2=9ω或者z 1z 2=9ω2

13这里ω=-+i . 22

当z 1z 2=9ω时, 可得(z 1z 2) 2000+(z 1z 2) 2000=-92000,

故log 2|(z 1z 2) 2000+(z 1z 2) 2000|=4000.

当z 1z 2=9ω2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

1995数z 1, z 1995, , 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.

2060【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

601515150=z k -1=(z 15-1)(z +1)(z -i )(z k k k k +i ), ∴z =1, z =-1, z =i , z =-i .

20205515k 15k 15k 15k 【答案】A. 【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.

【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）.

2055可知z k 只有4个取值，而z 15k =（z k ）的取值不会增加，则B 、C 、D 均应排除，故应选355