高中数学竞赛培优专题辅导-复数
高中数学竞赛第十五章 复数【讲义】
第十五章 复数 一、基础知识1．复数的定义：设i 为方程x 2=-1的根，i 称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。
便产生形如a+bi （a,b ∈R ）的数，称为复数。
所有复数构成的集合称复数集。
通常用C 来表示。
2．复数的几种形式。
对任意复数z=a+bi （a,b ∈R ），a 称实部记作Re(z),b 称虚部记作Im(z). z=ai 称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z 与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。
因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x 轴称为实轴，y 轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z 又对应唯一一个向量。
因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z 对应复平面内的点Z ，见图15-1，连接OZ ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r ，则a=rcos θ,b=rsin θ,所以z=r(cos θ+isin θ)，这种形式叫做三角形式。
若z=r(cos θ+isin θ)，则θ称为z 的辐角。
若0≤θ<2π，则θ称为z 的辐角主值，记作θ=Arg(z). r 称为z 的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=22b a +.如果用e i θ表示cos θ+isin θ，则z=re i θ，称为复数的指数形式。
3．共轭与模，若z=a+bi ，（a,b ∈R ）,则=z a-bi 称为z 的共轭复数。
模与共轭的性质有：（1）2121z z z z ±=±；（2）2121z z z z ⋅=⋅；（3）2||z z z =⋅；（4）2121z z z z =⎪⎪⎭⎫⎝⎛；（5）||||||2121z z z z ⋅=⋅；（6）||||||2121z z z z =；（7）||z 1|-|z 2||≤|z 1±z 2|≤|z 1|+|z 2|；（8）|z 1+z 2|2+|z 1-z 2|2=2|z 1|2+2|z 2|2；（9）若|z|=1，则zz 1=。
高中数学培优讲义 第十六讲 复数
第十六讲复数复数在高考中所占比例很小，一般只占一个选择题，并且大都比较简单。
但自主招生考试中却常见到它的身影。
复数是一个非常重要并且有用的概念，它拥有许多良好的性质。
利用它能帮助我们解决许多看似和复数无关的问题。
因此我们也花一讲的篇幅讨论它。
复数的表示：一般可表示为z=a+bi，其中a，b为实数。
z=a−bi叫做z的共轭，zz=z2另一种表示为，z=r cosθ+isinθ,其中r是非负实数，等于z的模，θ也为实数，称为z 的辐角。
这被称为复数的三角表示。
复数具有良好的几何意义。
首先它具有向量合成分解的运算。
因此复数也有类似向量的不等式：z1+z2≥|z1±z2|更重要的是复数能进行向量不好描述的变换：旋转。
利用复数乘法的法则，容易证明：对于z2=r2cosθ2+isinθ2和z1=r1(cosθ1+isinθ1)有z2z1=r2r1(cosθ2+θ1+isinθ1+θ2)成立。
从此式可以看出，z2乘以z1相当于把z2逆时针旋转θ1角，然后模长变为原来的z1倍。
如果只想要旋转一定的角度，只需乘上一个模长为1，辐角为旋转角的复数即可并且从此式出发还可以得到公式：若z=r(cosθ+isinθ),则z n=r n(cosnθ+isinnθ)利用上式我们可以得到方程z n=1的n个根，他们分别是z k=cos 2kπn+i sin2kπn,k=1,2,3,….,n这被称为n次单位根。
由因式分解我们知道z n−1=(z−1)(z n−1+z n−2+⋯+1)所以任意不等于1的单位根都能使z n−1+z n−2+⋯+1=0成立。
单位根许多场合有用，例如多项式的相关问题，以及一些三角恒等式的证明，甚至一些和正多边形有关的平面几何问题都可以利用单位根来处理。
例1（2006上海交通大学）已知z=1,z是复数，k是实数。
求z2+kz+1的最大值。
例2（2006复旦大学）设z1,z2为一对共轭复数，如果z1−z2=6且z1z22为实数，求z1例3 (2009复旦大学) 若z=r,r>1,则1z+z在复平面内对应点的轨迹是（）A焦距为4的椭圆 B. 焦距为2的椭圆C焦距为r4的椭圆D焦距为r2的椭圆例4（2013北京大学）若复数x,y,z的模均为1，x+y+z≠0,则xy+yz+zxx+y+z的值为_______.例5设z是1的7次方根，z≠1,求z+z2+z4的值例6设n为正整数，1+x+x2n=a0+a1x+a2x2+⋯+a2n x2n,求a0+a3+a6+a9+⋯的值提示：可以利用3次单位根。
高中数学竞赛复数解法
高中数学竞赛复数解法
一、基本概念
1. 复数的定义：复数是一类有虚数单位i(i^2=-1)的数，由实数部分和虚数部分组成，可以写成a+bi(a、b为实数）；
2. 共轭复数：如果z=a+bi(a、b为实数)，则z的共轭复数为z*=a-bi；
3. 复数的模：复数z=a+bi的模为|z|=√(a^2+b^2)；
4. 复数的幅角：复数z=a+bi的幅角为tanθ=b/a(a≠0)；
二、运算技巧
1. 加减法：(a±bi)+(c±di)=(a+c)±(b+d)i；
2. 乘法：(a±bi)(c±di)=(ac-bd)±(ad+bc)i；
3. 除法：若z1=a+bi,z2=c+di(c≠0)，则z1/z2=（ac+bd）/（c^2+d^2）±（bc-ad）/（c^2+d^2）i；
4. 幂次：幂次可以按照分解平方和公式(a+bi)^2=a^2-b^2+2abi 求解；
三、解题技巧
1. 计算复数的模和幅角：在求复数的模和幅角时，采用简单的数学计算手段可以节省大量的时间；
2. 按照运算法则：解决复数的问题，要按照复数的运算法则(加减乘除法)，熟练掌握，灵活运用；
3. 变量代换：在复数问题中，往往可以将解变量代入原方程，做判断，简化计算量；
4. 提取公因数：在复数的运算过程中，可以通过提取公因数，简化计算量。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题12 复数(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题12 复数 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2021·全国·高三竞赛）已知z 为复数，且关于x 的方程2484i 30x zx -++=有实数根，则z 的最小值为__________． 【答案】1 【解析】 【详解】解析： x 为实数根，若0x =，则4i 30+=，矛盾；故0x ≠，故2431i 82x z x x +=+，于是我们可以得1z ==≥，当且仅当x =1． 故答案为：1.2．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.1 【解析】 【详解】由题设知121z z =，且1122z z z z =为纯虚数，故12z i z =±.因此1,2.b b ⎧-=-⎪=或1,2.b b ⎧-=-⎪=-解得a b ==或a b ==1a b +=.13．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =，则22413iz z z -+--的最大值为__________．【答案】3 【解析】 【详解】 解析：由题意可得222224(1)3(1)3i 13i 13i 13i 13iz z z z z z z z -+-+--===-+------，则()13i 13i z z -+=--表示复平面上点Z 到()1,3-的距离．如图所示，()1,3C -，由此可得13ZC ≤≤．故22413iz z z -+--的最大值为3．故答案为：3.4．（2018·山东·高三竞赛）若复数z 满足132i 22z z -+--=z 的最小值为______． 【答案】1 【解析】 【详解】设()1,0A ，()3,2B ，22AB =z 的轨迹为线段AB ． 因此min z 为原点O 到A 的距离，即min 1z OA ==．5．（2019·甘肃·高三竞赛）在复平面内，复数123,,z z z 对应的点分别为123,,Z Z Z ．若12122,0z z OZ OZ ==⋅=，1232z z z +-=，则3z 的取值范围是______．【答案】[]0,4【解析】 【详解】因为12120z z OZ OZ ==⋅=，所以12+2z z =，因为123+2z z z -=，所以12312332|+|+||||=|||2|z z z z z z z =-≥--， 从而332||22,0|| 4.z z -≤-≤≤≤6．（2018·福建·高三竞赛）设复数z 满足i 2z -=，则z z -的最大值为______．（i 为虚数单位，z 为复数z 的共轭复数） 【答案】6 【解析】 【详解】设()i ,z x y x y R =+∈，则i z x y =-，()()i i 2i z z x y x y y -=+--=，2z z y -=， 由i 2z -=，知()i i 2x y +-=，()2214x y +-=．所以()214y -≤，13y -≤≤．所以26z z y -=≤．当且仅当3y =，即3i z =时，等号成立．故z z -的最大值为6．7．（2018·全国·高三竞赛）已知定义在复数集上的函数()()24f z i z pz q =+++（p 、q 为复数）.若()1f 与()f i 均为实数，则p q +的最小值为__________．【解析】 【详解】设p a bi =+，()q c di a b c d R =+∈、、、.由()()()141f a c b d i =+++++，()()()41f i b c a d i =--++-++为实数 知1a d =-，1b d =--.则p q +==故当0c d ==（即1a =，1b =-）时，p q +8．（2021·全国·高三竞赛）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1220,,,z z z ，则复数1995199519951220,,,z z z 所对应的不同的点的个数是_______________．【答案】4 【解析】 【详解】 因为()39919955z z =，故考虑1250525,,,z z z 的不同个数.由201k z =，则()()()()2055550111k k k k k z z z z i z i =-=-+-+，可知5k z 只有4个取值，而()3155k k z z =的取值不会增加，故应为4个不同的点的个数． 故答案为：4.9．（2021·全国·高三竞赛）设1()1iz F z iz +=-，其中i 为虚数单位，z C ∈.设011,(),3n n z i z F z n N +=+=∈，则2020z 的实部为___________.【答案】137【解析】 【详解】i 1i ()i 1i z z F z z z +-==-+，故()()()ii 1i 1i1i ()i i 1i 1i 1i iz z z z F F z z z z z ---+-++===-+---++，故()()1ii 1()1i i 1z z F F F z z z z +--==++-， 故()()2020002191i i316i 1i i 31z F z F z +-====+++，从而实部为137.故答案为：137. 10．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.【答案】2 【解析】 【详解】解析：1231231213112312312313123111124t z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z ⎛⎫++ ⎪++++⎝⎭==⋅⋅=++++++.故答案为：2.11．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.【答案】203 【解析】 【分析】 【详解】如图所示，设12,z z 在复平面内对应的点分别为12,Z Z ,由已知得12123,OZ OZ Z Z ==-=由余弦定理得向量12,OZ OZ 所成的角为2π3, 不妨设()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=--+-- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 12229cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1222 9cos sin 33z z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭, ()10201220203cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()1020122020 3cos sin33z z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭, ()()1010202020121220232cos32cos 333z z z z ππ+=⨯⨯=⨯⨯=, ()()10102012123z z z z +=.故答案为：203.12．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______. 315i +或315i . 【解析】 【分析】 【详解】 由1i 11i (1)i z z x y --=--+-，所以1y =，则315x =所以315i z =或315i z =. 故答案为：315i z =+或315i z =+. 13．（2021·全国·高三竞赛）已知1,1z z z∈+=C ，则z 的取值范围为___________． 5151z -+≤≤【解析】 【分析】 【详解】 设()i z rer θ+=∈R ，则：221sin cos 1cos sin i z r ir z r r θθθθ=+=+-+222211cos sin r r r r θθ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2212cos2r r θ=++． 故22112cos23r r θ+=-≤2r ≤≤r ≤≤．故答案为：⎣⎦. 14．（2021·全国·高三竞赛）已知复数z =（i 虚数单位），则()22222212121212111z z z zz z ⎛⎫+++⋅+++= ⎪⎝⎭______________． 【答案】36 【解析】 【分析】 【详解】由已知||1,||1,k kz z z k +===∈N ，故1k k z z=，再结合1212z z z z +=+，及2||zz z =，知所求式子为22221212z z z+++．又4i z e π==，是8次单位根．当1,3,5,7(mod8)k ≡时，21(mod8)k ≡． 当2,6(mod8)k ≡时，24(mod8)k ≡． 当4,8(mod8)k ≡时，28(mod8)k ≡， 所以222221212482633|6|36z z z z z z z +++=++==．故答案为：36.15．（2021·全国·高三竞赛）已知复数a 、b 、c 满足2222221,1,i,a ab b b bc c c ca a ⎧++=⎪++=-⎨⎪++=⎩则ab bc ca ++=_________． 【答案】i 【解析】 【分析】 【详解】由题意有333333,,i()a b a b b c c b c a c a -=--=--=-，三式相加有1i 1i 22b c a ++=+，代入第一个式中有2233ii i 1222a ac c +⎛⎫-++= ⎪⎝⎭， 与22i a ac c ++=联立，即有a 、c 均不为0且1(1i)c a a=--， 故有42i(1i)i 0a a --+=，所以21a =或i ． 当1a =时，有i,0c b ==，此时原式为i ． 当1a =-时，有i,0c b =-=，此时原式为i ．当2i a =时，有2i 0c c +=，又0c ≠，所以21(1i)ii a c a a---=-==，得1a =，矛盾．综上所述，原式仅有i 一个值． 故答案为：i.16．（2021·全国·高三竞赛）若复数1234z z z z 、、、满足条件12233441241,1,z z z z z z z z z z +=+=-+∈R ，则()()1324z z z z -+=______．【答案】0 【解析】 【分析】 【详解】对34411z z z z +=-取共轭，34411z z z z +=-． 再与12231z z z z +=相加，并结合24z z +∈R 得： ()()()()32412413240z z z z z z z z zz =+++=++．若240z z +=，则所求式为0．否则，130z z +=．则13z z =-，从而13z z =-．代入条件二，得()3441z z z -=-． 即3444112i Im z z z z ==⋅-． 故3z 是纯虚数，有13130z z z z -=+=． 从而，所求式也为0． 故答案为：0.17．（2021·全国·高三竞赛）若复数z 满足20202019143340z iz iz ------=，则34(34)i i zz -⎛⎫++ ⎪⎝⎭的取值范围为________. 【答案】[]10,10- 【解析】 【分析】 【详解】2020201912020143i 3i 40(43i )43i z z z z z z --------=⇔-=+()2020143i 43i z z z -⇔-=+2019(43i)z z =+. 设(,)z a bi a b R =+∈，则：2222|43||43||(43)3||4(43)|iz z i b ai a b i --+=+--++2222(43)916(43)b a a b =++--+()()2227171||a b z =--=-.若||1z >，则22|43i ||43i ||43i ||43i |0z z z z ->+⇒--+>，而()271||0z -<矛盾.同理||1z <，亦不可能，所以1z =.设cos isin ,34i 5(cos isin )z ααββ=++=+，则:34i 34i (34i)(34i)z z z z -+⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭5[cos()isin()]5cos()isin()βαβαβαβα=+++++++10cos()βα=+，所求取值范围是[]10,10-. 故答案为：[]10,10-.18．（2021·全国·高三竞赛）若非零复数x ､y 满足220x xy y ++=，则20052005()()x y x y x y+++的值是________. 【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】2()10x xy y ++=得12x y ω==-或12x y ω==-. （1）当12x y ω==-时， 原式20052005200520051111()()()()11111y x x y ωω=+=+++++20052005200520051111()()()ωωωω=-+=-+-11()()1ωωωω=-+=-+=.（2）当12x y ω==-时，同理可得原式1=. 故答案为：1.19．（2020·全国·高三竞赛）设z 为复数．若2z z i--为实数（i 为虚数单位），则|3|z +的最小值为______．【解析】 【分析】设(,)z a bi a b =+∈R ，由已知条件计算出a b 、的数量关系，然后运用不等式求解出结果； 【详解】设(,)z a bi a b =+∈R ，由条件知22222(2)i (2)(1)22Im Im 0i (1)i (1)(1)z a b a b ab a b z a b a b a b ⎛⎫--+---++-⎛⎫==== ⎪ ⎪-+-+-+-⎝⎭⎝⎭， 故22a b +=．从而3||(3)2|5z a b +=≥++=，即|3|z +≥．当2,2a b =-=时，|3|z +【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是紧扣已知条件，计算出满足条件的数量关系，继而可以求出结果.20．（2019·浙江·高三竞赛）设12,z z 为复数，且满足1125,2z z i z ==+(其中i 为虚数单位)，则12z z -取值为____________.【解析】 【详解】由15z =，设15(cos isin )z αα=+，由122i z z =+得2(2i)(cos isin )z αα=-+，于是，12|(3)(cos isin )|z z i αα-=++21．（2019·贵州·高三竞赛）已知方程5250x x -+=的五个根分别为12345,,,,x x x x x ，f (x )=x 2+1，则()51k k f x ==∏____________ .【答案】37 【解析】 【详解】设52()5g x x x =-+，则()51()k k g x x x ==-∏.又f (x )=x 2+1=(x －i )(x +i )，所以()()()555111i i kkk k k k f x xx ====-⋅+∏∏∏()()g i g i =⋅-()5252i i 5(i)(i)5⎡⎤=-+⋅---+⎣⎦(6)(6)37i i =+-=.故答案为：37．22．（2019·四川·高三竞赛）满足(a +bi )6=a －bi (其中a ，b ∈R ，i 2=－1)的有序数组(a ，b )的组数是_____ . 【答案】8 【解析】 【详解】令z =a +bi ，则6z z =，从而6||||||z z z ==.于是||0z =或者||1z =.当||0z =时，z =0，即a =b =0，显然(0，0)符合条件； 当||1z =时，由6z z =知72||1z z z z =⋅==，注意到z 7=1有7个复数解.即有7个有序实数对(a ，b )符合条件. 综上可知，符合条件的有序实数对(a ，b )的对数是8. 故答案为：8．23．（2019·福建·高三竞赛）已知复数()1212,,z z z z z ≠满足22122z z ==--，且124z z z z -=-=，则||z =____________ .【答案】【解析】 【详解】先求复数2--的平方根.设2()2(,)x yi x y +=--∈，则()222i 2x y xy -+=--.故有2222x y xy ⎧-=-⎪⎨=-⎪⎩，解得111x y =⎧⎪⎨=⎪⎩221x y =-⎧⎪⎨=⎪⎩.由2212122z z z z ==--≠，知12,z z为复数2--的两个平方根.由对称性，不妨设1211z z ==-.于是，1212124,4z z z z z z z z -=-=-=-=，复数12,,z z z 对应的点12,,Z Z Z 构成边长为4的正三角形.又复数12,z z 对应的点12,Z Z 关于原点O 对称，所以OZ 为△ZZ 1Z 2的高，故||||z OZ ==故答案为：24．（2019·山东·高三竞赛）已知虚数z 满足1w z z =+为实数，且112,1z w u z--<<=+，那么2u ω-的最小值是______ .【答案】1【解析】 【详解】设z =x +yi (x ，y ∈R )，易知221x y +=， 则222222(1)31(1)1y w u x x x x -=+=++-++， 当x =0时等号成立. 故答案为：1．25．（2019·重庆·高三竞赛）已知复数123,,z z z 使得12z z 为纯虚数，121z z ==，1231z z z ++=，则3z 的最小值是_______ .1 【解析】 【详解】设123z z z z =++，则||1z =，由已知11220z z z z ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 所以12210z z z z +=.所以()2121212()z z z z z z +=++11221212z z z z z z z z =+++2=.所以12z z +=. 所以312z z z z =+-12||z z z+-1.当1231,i,i)z z z ===+时，最小值能取到. 1．26．（2019·上海·高三竞赛）若复数z满足||4z z +=，则||zi +的最大值为________. 【解析】 【详解】由复数的几何意义知，z 在复平面上对应的曲线是椭圆：2214x y +=.设2cos isin ,02z θθθπ=+<，则222211616|i |4cos (sin 1)3sin 333z θθθ⎛⎫+=++=--+ ⎪⎝⎭，所以43||3z i +，当1sin 3θ=，即421i 33z =+时等号成立，故最大值为433. 故答案为：433． 27．（2019·江苏·高三竞赛）在复平面中，复数3－i 、2－2i 、1+5i 分别对应点A 、B 、C ，则△ABC 的面积是________ .【答案】4 【解析】 【详解】如图所示，△ABC 的面积为：ABC CDEF ABE BFC ADC S S S S S =---△△△△，即△ABC 的面积是17276422⨯---=.故答案为：4．28．（2018·河南·高三竞赛）已知i 为虚数单位，则在)103i的展开式中，所有奇数项的和是______． 【答案】512 【解析】 【详解】 易知)103i的展开式中，所有奇数项的和是复数的实部．又)()()1010101013133i2i 2i 22⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=--⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1310245123i 2⎛⎫=-⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭．故填512．29．（2018·全国·高三竞赛）设复数1sin 2z i α=+，()21cos z i R αα=+⋅∈.则2121213z iz f z iz -+=-的最小值为__________． 【答案】2 【解析】 【详解】令12z iz t -==，则t ⎡∈⎣且此时有()222212sin cos 310sin212z iz t ααα+=-+=-=-. 故2212121312z iz t f z iz t-++==≥-当1t =，即()4k k Z παπ=-∈时，f 的最小值为2.30．（2019·全国·高三竞赛）设方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅.则112255111x x x x x x ++⋅⋅⋅+=______. 【答案】850 【解析】 【详解】 设cossin1010i ππε=+.则101ε=-.由于方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅，不妨设其为1x 、2x 、3x 、4x 、5x 、1x 、2x 、3x 、4x 、5x .由()1010131x x -=-，知()211311,2,,5k k k x x k ε--==⋅⋅⋅.于是，21113k kx ε-=-. 故()()5212111122551111313k k k x x x x x x εε---=++⋅⋅⋅+=--∑ ()52121117013k k k εε---=⎡⎤=-+⎣⎦∑ ()52121185013850k k k εε---==-+=∑. 31．（2019·全国·高三竞赛）若n 为大于1的正整数，则2462coscos cos cos n n n n nππππ+++⋅⋅⋅+=______. 【答案】0 【解析】 【详解】2112cos Re 0k i nn n k k k e n ππ====∑∑. 32．（2018·全国·高三竞赛）已知复数123,,z z z 满足121,1z z ≤≤，()312122z z z z z -+≤-.则3z 的最大值是______.【解析】 【详解】注意到3122z z z -+ ()312122z z z z z ≤-+≤-.则312122z z z z z ≤++- ≤=.当()2113121,z i z z z z z =±⋅==+时，3z .33．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，复数1z 对应的点在联结1和i 两点的线段上运动，复数2z 对应的点在以原点为圆心、1为半径的圆上运动．则复数12z z +对应的点所在区域的面积为______．【答案】π 【解析】 【详解】设()11z t i t =+-（01t ≤≤），2cos sin z i θθ=+． 则()12cos 1sin z z x yi t i t θθ+=+=++-+．故()()2211x t y t ⎡⎤-+--=⎣⎦为圆心在1y x =-上的一组圆，该区域面积为π． 34．（2018·广西·高三竞赛）设a 、b 为正整数，且()()22b ia i i i-++=-.则a b +=______. 【答案】8. 【解析】 【详解】由题意得()()()()2222212212552455b b a a b a b a +-⎛⎫⎛⎫-++=+⇒+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 又因为5b a +与5b a -为奇偶性相同的整数，所以，512,52b a b a +=⎧⎨-=⎩或56,5 4.b a b a +=⎧⎨-=⎩ 解得1a =，7b =. 故8a b +=.35．（2019·全国·高三竞赛）化简12arcsin 23=______.【答案】π4【解析】 【详解】令11z =，22i z =，则有()2121211arg arg arg 22z z z z +=()()1arg 42i 2⎡⎤=-+⎣⎦ ()13πarg 18i 24=-=.从而，122πarcsin13π3arg arg 224z z -+==，故12πarcsin 234=. 36．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_________种取值. 【答案】20112 【解析】 【详解】显然，对任意的非负整数n 均有1n z =.设[)()0,2n i n o z e θθπ=∈.则12122n n ni i n n i ee e πθθθπθθ+⎛⎫+ ⎪⎝⎭+-=⇒=+1022222n n n πππθθθ+⎛⎫⎛⎫⇒+=+=⋅⋅⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由20111z =，得()20112k k Z θπ=∈，即201102222k ππθπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭. 由[)00,2θπ∈，得2010201022252k ππππ≤+<⨯20112011200920092152125244k k -⨯-⇒≤<⇒≤<⨯.因此，满足条件的n z 共有2009200920115222⨯-=（个）. 故答案为2011237．（2019·全国·高三竞赛）设复数123,2)z i z i z i θθ=-=++.则12z z z z -+-的最小值是________.【答案】2+ 【解析】 【详解】()1212122z z z z z z z z z z -+-≥---=-=+ 其等号成立的条件是()()12arg z z arg z z -=-，=2sin θθ=，即()601,150sin θθ-︒==︒.因此12z z z z -+-的最小值是2+38．（2021·全国·高三竞赛）若e 为自然对数的底，则满足11z z e z -=+，且100z <的复数z 的个数为________． 【答案】32 【解析】 【分析】 【详解】记i 为虚数单位．设z 是一个满足题意的复数，且i(,)z x y x y =+∈R 首先，容易直接验证0,1,1z ≠-．由ii ·z x y x y x e ee e e +===，知1||||1z x z e e z -==+． 若0x <，则1||11x z e z -=<+． 但22|1||1|(1)(1)(1)(1)2()40z z z z z z z z x --+=---++=-+=->，则1||11z z ->+，矛盾． 若0x >，则1||11x z e z -=>+． 但22|1||1|(1)(1)(1)(1)2()40z z z z z z z z x --+=---++=-+=-<， 则1||11z z -<+，矛盾． 故只能有0x =，于是，()i 0z y y =≠．注意到z 满足题意当且仅当z -满足题意，故不妨设0y >，下求满足i1i1iy y e y -+=+的正实数y的个数．由以上讨论，知iy e 与1i1iy y -++在复平面中所对应的点都在单位圆上，故y 应使两者的辐角主值相等．当y 从0连续递增变动到+∞时，1i y -+的辐角主值从π连续递减变到(),1i 2y π++的辐角主值从0连续递增变到()2π-故1i1i y y -++的辐角主值从π连续递减变到0+另一方面，对于n N ∈，考察i y e 在())2,22y n n ππ∈+⎡⎣时的变化情况．当y 从2n π连续递增变动到()21n π+时，i y e 的辐角主值从0连续递增变到π；当y 从()()21n π++连续递增变动到()()22n π-+时，i y e 的辐角主值从π+连续递增变到()2π-．由以上分析，知对每个i1i,1iy y n N e y -+=+∈在()2,21n n ππ+⎡⎤⎣⎦上恰有一个解，在()()()21,22n n ππ++上无解．那么，注意到0100y <<，且3110032ππ<<．故i1i,1iy y n N e y -+=+∈在()0,100上有16个解，故答案为32． 故答案为：32.39．（2019·上海·高三竞赛）设a 是实数，关于z 的方程(z 2－2z +5)(z 2+2az +1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a 的取值范围是________. 【答案】{a |－1<a <1}∪{－3} 【解析】 【详解】由z 2－2z +5=0，得1212i,12i z z =+=-.因为z 2+2az +1=0有两个不同的根，所以△=4(a 2－1)≠0，故a ≠±1.若△=4(a 2－1)<0，即－1<a <1时，3,4z a =-因为1234,,,z z z z 在复平面上对应的点构成等腰梯形或者矩形，此时四点共圆，所以，11a -<<满足条件.若△=4(a 2－1)>0，即|a |>1时， 3.4z a =-当z 1、z 2对应的点在以34,z z 对应的点为直径的圆周上时，四点共圆，此圆方程为22343422z z z z x y +-⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 整理得()2234340x z z x z z y -+++=，即x 2+2ax +1+y 2=0，将点(1，±2)代入得a =－3. 综上所述，满足条件的实数a 的取值范围是{a |－1<a <1}∪{－3}. 故答案为：{a |－1<a <1}∪{－3}. 二、解答题40．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.【答案】答案见解析 【解析】 【详解】因为2132z z z =，所以：()()2(1)cos isin sin icos a i θθθθ-+=+，整理得：()()22cos sin sin cos i sin cos 2isin cos a a θθθθθθθθ++-=-+，所以(cos sin )(cos sin )(sin cos ),(sin cos )2sin cos .a a θθθθθθθθθθ+=+-⎧⎨-=⎩（1）3cos sin 04πθθθ+=⇒=或74π，34πθ=时，代入得2a =-74πθ=时，代入得a = （2）若cos sin 0θθ+≠，则有：22(sin cos )2sin cos tan 4tan 10θθθθθθ-=⇒-+=，故tan 2θ=θ的值为12π或512π或1312π或1712π，对于的a 分别为、 故所有的(,)a θ为：53131771212412124ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.41．（2021·全国·高三竞赛）设点Z 是单位圆221x y +=上的动点，复数W 是复数Z 的函数：21(1)W Z =+，试求点W 的轨迹．【答案】214y x =-+． 【解析】 【分析】 【详解】因为1Z =，所以设cos isin ,12cos cos isin 222Z Z θθθθθ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭．令i W x y =+，则：22211i (1)4coscos isin 222x y Z θθθ+==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭2211(cos isin )4cos(cos isin )4cos22θθθθθθ==-+．所以2cos 4cos2x θθ=①，2sin 4cos2y θθ=-②．②÷①得tan yxθ=-③． 由②得22sin cos122tan 224cos 2y θθθθ=-=-． 所以tan22y θ=-，代入③得222tan42141tan 2y y x y θθ--==--． 所以轨迹方程为：214y x =-+． 42．（2021·全国·高三竞赛）已知z C ∈，存在唯一的a ∈C ，使得322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=，求2420201z z z ++++．【答案】0 【解析】 【分析】 【详解】由322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=，得()22323120a a z z z z z -+++++=，得()()22231210a a z z z z z -+++++=．所以()2()210a z a z z ⎡⎤--++=⎣⎦．由a 的值唯一，故221z z z =++，即210z z ++=，所以()2(1)10z z z -++=，即31z =，所以 ()()2420202462016111z z z z z z z ++++=+++++()()26201611z z z z =+++++0=．43．（2021·全国·高三竞赛）求证：存在非零复数c 与实数d ，使得对于一切模长为1的复数12z z ⎛⎫≠- ⎪ ⎪⎝⎭均有221111c d z z z z --=++++ 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】对于满足1z =的复数z ．设()cos sin 02z t i t t π=+≤<．则不难计算得21cos sin 12cos 1t i tz z t -=+++．设22cos 11Re Im 12s 1121in ,cos cos x y t tt t z z z z -====++++++，则,si cos n 1212x y t t x x-==--． 由22cos sin 1t t +=，得2211212x y x x -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，即2229313x y ⎛⎫--= ⎪⎝⎭ ①①即211z z ++在复平面中对应的点的轨迹方程．可以看到，此轨迹是双曲线，其焦点为4(0,0),,03⎛⎫⎪⎝⎭.由双曲线的定义，知取42,33c d ==满足题意．44．（2021·全国·高三竞赛）若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值.【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】设该等腰直角三角形斜边中点对应的复数为1z ，直角顶点对应的复数为()1220z z z +≠， 则另外两个顶点对应的复数分别为12z z i +和12z z i -，依题意有： 32121212()()()z pz qz r z z z z z z i z z z i +++=-----+，化简得223223111221112223,32,z x z p z z z z q z z z z z z r +=-++=+++=-，所以3222221223,489z z q p Z z z pq r Z =-+=-∈∈.进而122z z Q +∈，与123z z p Z +=-∈联立就有2z Q ∈.再由22223x q p Z =-∈知2z Z ∈，于是21z ≥，所以等腰直角三角形的面积最小为1.另一方面，3210z x z +++=的三个复数根恰是面积为1的等腰直角三角形的顶点. 45．（2021·全国·高三竞赛）已知实数0,a b C >∈．若方程32310x ax bx +++=的三个复数根的正三角形，求a b 、的值．【答案】a =b =【解析】 【分析】 【详解】设方程三根为123z z z 、、，正三角形中心对应的复数为z ，则有1233z z z z a ++==-． 进一步可设2123,,z a z z a z z a z ωω''=-+=-+=-+．其中12ω=-是三次单位根．由Vieta 定理知：()()22223221223313113b z z z z z z a az z a ωωωωωωω''=++=-++++++++=． 因此方程是实系数三次方程，必有实根，不妨设1z ∈R ． 由1z a a +=且0不是方程的根知12z a =-．进一步地，2,31i 2z a =-．由312321z z z a =-=-得a =进一步地，23b a ==46．（2019·全国·高三竞赛）123z z z 、、为多项式()3P z z az b =++的三个根，满足222123250z z z ++=，且复平面上的三点123z z z 、、恰构成一个直角三角形.求该直角三形的斜边的长度.【答案】【解析】 【详解】由韦达定理得123123003z z z z z z ++++=⇒= ⇒以123z z z 、、两为顶点的三角形的重心为原点.不妨设1213,z z x z z y -=-=为两条直角边.由于顶点与重心的距离等于该顶点所对应的中线长的23，2222214419499y z x x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭故. 类似地，2222224149499x z y x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭. 22222341194499x y z x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭. 则222123z z z ++=222266222509933x y x y +=+==47．（2019·全国·高三竞赛）设a 、b 、c 是正实数，22λ-<<.证明：()()()2221a b c ab bc ca λ≥+++-++.【答案】见解析 【解析】 【详解】注意到，()()22222244a ab b a b a b λλλ-+-+=++-.于是，可构造复数))1z a b a b i =++-，))2z b c b c i =+-，))3z c a c a i =+-. 易得()()()2221223311z z z z z z a b c ab bc ca λ++=+++-++.故要证不等式的左边122331122331122331z z z z z z z z z z z z z z z z z z =++=++≥++ ()()()()()()22222211a b c ab bc ca a b c ab bc ca λλ=+++-++≥+++-++.48．（2021·全国·高三竞赛）设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数，满足：202020202211i i i i z w ==>∑∑．求证：存在数组()122020,,,εεε（其中{1,1}i ε∈-），使得2020202011i ii ii i zwεε==>∑∑．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 用()()1212,,,,,,nn f εεεεεε∑表示对所有数组()12,,,n εεε的求和，下面用数学归纳证明如下的等式：()12221122,,,12n nnn n ii z z z zεεεεεε=+++=∑∑ ①(1)当1n =时，①式显然成立； 当2n =时，()()()()()()222212121212121211221222z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++-=+++--=+=+，即①式成立．（2）假设n k =时，①式成立，则1n k =+时，我们有()1212112211,,,k k k z z z εεεεεε+++⋅⋅⋅+++∑()()12221122111221,,,k k k k k k k z z z z z z z z εεεεεεεεε++⋅⋅⋅=++++++++-∑()()122211221,,2kk k k z z z z εεεεεε+⋅⋅⋅⋅=++++∑1221111222k k k k i n i i i z z z +++==⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑，即1n k =+时①式成立． 由（1）（2）可得：()12221122,,,12,n nnn n i i z z z z n εεεεεε+⋅⋅⋅=+++=∈∑∑N ．回到原题，由202020202211i ii i z w==>∑∑，可得2020202022202020201122iii i zw==>∑∑，即()()12202012202022112220202020112220202020,,,,,,z z z w w w εεεεεεεεεεεε⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++>+++∑∑，所以存在数组()122020,,εεε（其中{1,1}i ε∈-，使得222020202011i ii ii i zwεε==>∑∑，即2020202011i ii ii i zwεε==>∑∑．49．（2019·全国·高三竞赛）设复数数列{zn }满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=.证明：对任意正整数m ，均有122m z z z +++<【答案】证明见解析 【解析】 【分析】很明显，复数列恒不为零，且)1N n n z n z ++∈.据此结合递推关系分类讨论m 为偶数和m 为奇数两种情况即可证得题中的结论. 【详解】由于11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=,故()0n z n +≠∈N .由条件得()2114210n n n n z z n z z +++⎛⎫⎛⎫++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭N ，解得)1N n n z n z ++=∈. 因此1112n n nn z z z z ++===，故()1111122n n n z z n +--=⋅=∈N ①进而有)111112n n n n n n z z z z n z +++-+=⋅+=∈N ② 当m 为偶数时，设m =2s (s ∈N +).利用②可得 122121smk k k z z z zz -=++++∑2121kk k z z ∞-=<+∑1k ∞==当m 为奇数时，设m =2s +1(s ∈N ).由①､②可知2121221112s k k s k s k s z z z ∞∞+-=+=+===+∑∑， 故12212211smk k s k z zz z z z -+=⎛⎫+++++ ⎪⎝⎭∑2121k kk z z ∞-=<+=∑. 综上结论获证. 【点睛】本题主要考查复数列的递推关系，复数的运算法则，放缩法证明不等式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.50．（2021·全国·高三竞赛）设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列，满足对任意正整数n ，关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +（当两根相等时1n n x x +=）．若数列{}n x 恒为常数，证明： （1）2n x ≤；（2）数列{}n a 恒为常数．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意和韦达定理可得()211n n n x x x ++=-，取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立，否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨设为ε和ε，依据题意即可证明. 【详解】由题意和韦达定理得,111,.n n n n n n x x a x x a ++++=⎧⎨=⎩ 则1112n n n n n x x a x x ++++==+，即()21111n n n n n n x x x x x x ++++=-=-． ① （1）由①取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立； 否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即有112n n x x ≤-+=．（2）由（1）知，对任意的,11n n x +∈-=N ，又数列{}n x 恒为常数，因此n x 只有互为共轭的两种取值ε和ε．若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈．若2n x ε+=，则220εε-=，即0ε=或2；若2n x ε+=，则2εεε=+∈R ，且|1|1ε-=．因此，要么ε∈R ，要么{}n x 呈ε、ε周期．故显然1n n n a x x +=+是常数，即证数列{}n a 恒为常数. 【点睛】 关键点点睛：本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出()211n n n x x x ++=-，再取模，对0n x =这种特殊情形和一般情形11n x -=讨论即可证明结论成立；（2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于n x 的取值情况和1n n x x ε+==的假设，由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨记为ε和ε，若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈，对2n x +分类讨论即可证明.【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题12 复数（50题竞赛真题强化训练）一、填空题 1．（2021·全国·高三竞赛）已知z 为复数，且关于x 的方程2484i 30x zx -++=有实数根，则z 的最小值为__________．2．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.3．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =的最大值为__________．4．（2018·山东·高三竞赛）若复数z满足132i z z -+--=z 的最小值为______． 5．（2019·甘肃·高三竞赛）在复平面内，复数123,,z z z 对应的点分别为123,,Z Z Z．若12120z z OZ OZ ==⋅=，1232z z z +-=，则3z 的取值范围是______．6．（2018·福建·高三竞赛）设复数z 满足i 2z -=，则z z -的最大值为______．（i 为虚数单位，z 为复数z 的共轭复数）7．（2018·全国·高三竞赛）已知定义在复数集上的函数()()24f z i z pz q =+++（p 、q 为复数）.若()1f 与()f i 均为实数，则p q +的最小值为__________．8．（2021·全国·高三竞赛）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1220,,,z z z ，则复数1995199519951220,,,z z z 所对应的不同的点的个数是_______________．9．（2021·全国·高三竞赛）设1()1iz F z iz +=-，其中i 为虚数单位，z C ∈.设011,(),3n n z i z F z n N +=+=∈，则2020z 的实部为___________.10．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.11．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.12．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______.13．（2021·全国·高三竞赛）已知1,1z z z∈+=C ，则z 的取值范围为___________． 14．（2021·全国·高三竞赛）已知复数z =（i 虚数单位），则()22222212121212111z z z zz z ⎛⎫+++⋅+++= ⎪⎝⎭______________． 15．（2021·全国·高三竞赛）已知复数a 、b 、c 满足2222221,1,i,a ab b b bc c c ca a ⎧++=⎪++=-⎨⎪++=⎩则ab bc ca ++=_________． 16．（2021·全国·高三竞赛）若复数1234z z z z 、、、满足条件12233441241,1,z z z z z z z z z z +=+=-+∈R ，则()()1324z z z z -+=______．17．（2021·全国·高三竞赛）若复数z 满足20202019143340z iz iz ------=，则34(34)i i zz -⎛⎫++ ⎪⎝⎭的取值范围为________.18．（2021·全国·高三竞赛）若非零复数x ､y 满足220x xy y ++=，则20052005()()x y x y x y+++的值是________.19．（2020·全国·高三竞赛）设z 为复数．若2z z i--为实数（i 为虚数单位），则|3|z +的最小值为______．20．（2019·浙江·高三竞赛）设12,z z 为复数，且满足1125,2z z i z ==+(其中i 为虚数单位)，则12z z -取值为____________.21．（2019·贵州·高三竞赛）已知方程5250x x -+=的五个根分别为12345,,,,x x x x x ，f (x )=x 2+1，则()51k k f x ==∏____________ .22．（2019·四川·高三竞赛）满足(a +bi )6=a －bi (其中a ，b ∈R ，i 2=－1)的有序数组(a ，b )的组数是_____ .23．（2019·福建·高三竞赛）已知复数()1212,,z z z z z ≠满足22122z z ==--，且124z z z z -=-=，则||z =____________ .24．（2019·山东·高三竞赛）已知虚数z 满足1w z z =+为实数，且112,1z w u z--<<=+，那么2u ω-的最小值是______ .25．（2019·重庆·高三竞赛）已知复数123,,z z z 使得12z z 为纯虚数，121z z ==，1231z z z ++=，则3z 的最小值是_______ .26．（2019·上海·高三竞赛）若复数z 满足|3||3|4z z -++=，则||z i +的最大值为________. 27．（2019·江苏·高三竞赛）在复平面中，复数3－i 、2－2i 、1+5i 分别对应点A 、B 、C ，则△ABC 的面积是________ .28．（2018·河南·高三竞赛）已知i 为虚数单位，则在)103i的展开式中，所有奇数项的和是______．29．（2018·全国·高三竞赛）设复数1sin 2z i α=+，()21cos z i R αα=+⋅∈.则2121213z iz f z iz -+=-的最小值为__________．30．（2019·全国·高三竞赛）设方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅.则112255111x x x x x x ++⋅⋅⋅+=______. 31．（2019·全国·高三竞赛）若n 为大于1的正整数，则2462coscos cos cos n n n n nππππ+++⋅⋅⋅+=______. 32．（2018·全国·高三竞赛）已知复数123,,z z z 满足121,1z z ≤≤，()312122z z z z z -+≤-.则3z 的最大值是______.33．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，复数1z 对应的点在联结1和i 两点的线段上运动，复数2z 对应的点在以原点为圆心、1为半径的圆上运动．则复数12z z +对应的点所在区域的面积为______．34．（2018·广西·高三竞赛）设a 、b 为正整数，且()()22b ia i i i-++=-.则a b +=______. 35．（2019·全国·高三竞赛）化简12arcsin 23=______.36．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_________种取值.37．（2019·全国·高三竞赛）设复数123,2)z i z i z i θθ=-=++.则12z z z z -+-的最小值是________.38．（2021·全国·高三竞赛）若e 为自然对数的底，则满足11z z e z -=+，且100z <的复数z 的个数为________．39．（2019·上海·高三竞赛）设a 是实数，关于z 的方程(z 2－2z +5)(z 2+2az +1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a 的取值范围是________. 二、解答题40．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.41．（2021·全国·高三竞赛）设点Z 是单位圆221x y +=上的动点，复数W 是复数Z 的函数：21(1)W Z =+，试求点W 的轨迹．42．（2021·全国·高三竞赛）已知z C ∈，存在唯一的a ∈C ，使得322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=，求2420201z z z ++++．43．（2021·全国·高三竞赛）求证：存在非零复数c 与实数d ，使得对于一切模长为1的复数12z z ⎛⎫≠- ⎪ ⎪⎝⎭均有221111c d z z z z --=++++ 44．（2021·全国·高三竞赛）若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值. 45．（2021·全国·高三竞赛）已知实数0,a b C >∈．若方程32310x ax bx +++=的三个复数根的正三角形，求a b 、的值．46．（2019·全国·高三竞赛）123z z z 、、为多项式()3P z z az b =++的三个根，满足222123250z z z ++=，且复平面上的三点123z z z 、、恰构成一个直角三角形.求该直角三形的斜边的长度.。
高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题
Z2,Z3,Z4
共圆的充要条件是:
z3 z4
z1 z1
:
z3 z4
z2 z2
∈R.
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 5 asin(θ+φ) ≤3-5a2 2 5 |a|≤3
z1 z2
+ z2 z3
+
z3 z1
=cos(α-β)+
isin(α-β)+cos(β-γ)+isin(β-γ)+cos(γ-α)+isin(γ-α)=1 sin(α-β)+sin(β-γ)+si
n(γ-α)=0
2sin cos 2 -2sin cos =0 sin sin sin =0.
部是
.
解: = =2 (1 cos 2B i sin 2B)(1 cos 2C i sin 2C) 2 cos B(cos B i sin B) 2 cos C(cos C i sin C)
cos B cos C
1 cos 2A i sin 2A
2 cos A(cos A i sin A)
2
2
2
2
2
2
2
当
sin
2
=0
时,β=2kπ+α
高中数学竞赛专题讲座复数问题
=
9+4
2sin
4
,
由此知当sin
4
=1即
=
3 时，OC 4
max
9 4 2 1 2 2.
18
9.利用复数解决数列问题
=
z 2
cos2
+iz2
sin
2
z 2
cos2
iz2 sin2
=
z 2
cos2 +
z2
sin2 =
z 2
cos2 sin2
=
z 2
，
即 z1 2 z2 2 ，所以x2 y2 A2 B2 .
17
8.复平面上的几何问题 例8、B是圆心为O的单位半圆上一动点，A为半圆的直径的延长线上一 定点，且OA=2，ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，问B在何处时， O到C的距离最远？
13
5 j 1
1 rj
5 j 1
1 rj
5 169
5,
由于
-1=
1 r
10
-130
1 r
9
+
，
所以 1 是方程 x10 -130x9 + =-1的根，故 r
5
1
5
1 130,
5
从而
1 850.
r r j1 j
例7、已知A=x cos2 y sin2 ，B=x sin2 y cos2
(x，y，A，B R.), 求证 x2 +y2 A2 +B2.
江苏省丹阳高级中学高二数学竞赛培训讲义：复数(无答案)
复 数一、知识、方法、技能1．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 uuu r三角形式：(cos sin ),0,z r i r R θθθ=+≥∈指数形式：i z re θ=（令cos sin i e i θθθ=+）2．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 ++=-++111222121212(cos sin )(cos sin )[cos()sin()]r i r i r r i θθθθθθθθ+⋅+=+++ 除法：2222(0)a bi ac bd bc ad i c di c bi c d c d ++-=++≠+++111112122222(cos sin )[cos()sin()](cos sin )r i r i r i r θθθθθθθθ+=-+-+乘方：[(cos sin )](cos sin )()n nr i r n i n n N θθθθ+=+∈ 开方：复数(cos sin )r i θθ+的n 次方根是22sin )(0,1,,1)k k i k n n n θπθπ+++=-L 3．复数的模与共轭复数复数的模的性质：①|||Re()|z z ≥，||Im()|z z ≥；②1212||||||||n n z z z z z z ⋅=⋅L L ； ③11222||||(0)||z z z z z =≠； ④1212||||||||z z z z -≤+，与复数1z 、2z 对应的向量1OZ u u u u r 、2OZ u u u u r 反向时取等号；⑤||||||||2121n n z z z z z z +++≤+++ΛΛ，与复数n z z z ,,,21Λ对应的向量 12,,n OZ OZ OZ u u u u r u u u u r u u u u r L 同时取等号.共轭复数的性质：①22||||z z z z ⋅==r r ； ②2Re(),2Im()z z z z z z +=-=r r ； ③z z =； ④2121z z z z ±=±； ⑤1121z z z z ⋅=⋅； ⑥11222()(0)z z z z z =≠； ⑦z 是实数的充要条件是z z =，z 是纯虚数的充要条件是).0(≠-=z z z4．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.二、例题分析例1、若225,arg(4),arg(4)63z C z z ππ∈-=+=，则z 的值是____________例2、设复数12,z z 满足11212||||3,||z z z z z =+=-= 则=+|)()(|log 2000212000212z z z z ___________例3、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,,,,2021z z z Λ则复数1995201995219951,,,z z z Λ所对应的不同的点的个数是__________例4、关于x 的二次方程2120x z x z m +++=中，1z 、2z 、m 均是复数，且i z z 20164221+=-.设这个方程的两个根为α、β，且满足72||=-βα，求|m |的最大值和最小值.例5、求和：S=cos200+2cos400+…+18cos(18×200).B ACD E例6、证明：sin 2n+1 sin 22n+1…sin n 2n+1= 2n+12n .例7、已知cos cos cos sin sin sin cos (y z)sin (y z)x y z x y z a x x ++++==++++，求下列三角函数值： （1）cos(y)cos(y z)cos(z )x x +++++； （2）sin(y)sin (y z)sin (z )x x +++++．例8、如图，△ABC 和△ADE 是两个不全等的等腰直角三角形。
高中数学竞赛专题讲座复数问题31页PPT
60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走到底 ，决不 回头。 ——左
高中数学竞赛专题讲座复数问题
56、极端的法规，就是极端的不公。 ——西 塞罗 57、法律一旦成为人们的需要，人们 就不再 配享受 自由了 。—— 毕达哥 拉斯 58、法律规定的惩罚不是为了私人的 利益， 而是为 了公共 的利益 ；一部 分靠有 害的强 制，一 部分靠 榜样的 效力。 ——格 老秀斯 59、假如没有法律他们会更快乐的话 ，那么 法律作 为一件 无用之 物自己 就会消 灭。— —洛克
60、人民的幸福是至高无个的法。— —西塞 罗
56、书不仅是生活，而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处， 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿
高考培优课程秋季数学讲义：复数复习【学生版】
高考培优 数学“复数”学生姓名 授课日期 教师姓名唐茂钢授课时长1h1．了解引进复数的必要性，数集的扩展过程及复数的分类表； 2．理解复数的有关概念； 3．掌握复数的代数形式；4．掌握复数的代数形式的运算法则； 5．能进行复数的加、减、乘、除运算； 6．掌握某些特殊复数的运算特征7．能在复数集中因式分解、解一元二次方程等。
（一）复数的有关概念1.复数的概念：形如bi a z +=(R b a ∈,)的数叫做复数，其中0=b 时是实数，0≠b 时是虚数，0≠b 且0=a 时是纯虚数。
2.复数模的定义：22b a z +=3.共轭复数的定义：()R b a bi a z ∈-=,4.几个重要结论：（1）复数中模、共轭二者的关系：z z z⋅=2（2）两个复数相等的条件：实部与实部相等，虚部与虚部相等 （3）R z ∈的充要条件是：z z =（4）非零复数z 为纯虚数的充要条件是：z z -=且0≠z （二） 复数的运算 1.复数的运算法则 2.共轭复数的运算：（1）加法：2121z z z z +=+；（2）减法：2121z z z z -=-；（3）乘法：2121z z z z ⋅=⋅；（4）除法：3.复数模的运算（1）加法：212121z z z z z z +≤+≤-；（2）减法：212121z z z z z z +≤-≤-；（3）乘法：2121z z z z ⋅=⋅；（4）除法： （5）乘方：22z z z z =⋅=（三）复数的模与共轭1.复数模的几何意义：复数对应复平面上的点到原点的距离；2.共轭复数的几何意义：两复数对应的点关于x 轴对称；3.21z z -的几何意义：点1z 到点2z 的距离。
（四）复数中的方程问题 1.方程13=x 的解为：2.设ω是1的立方根，则ω满足：（1）3ω= ；（2）ω= ；（3）21ωω++= 3. 实系数一元二次方程，虚根 ，即4. 实系数一元二次方程02=++c bx ax （R c b a ∈,,且0≠a ）的求根公式： （1）当0>∆时 （2）当0=∆时 （3）当0<∆时5. 韦达定理：一元二次方程02=++c bx ax （R c b a ∈,,且0≠a ）的两个根为1x ，2x ，则（1）21x x += （2）21x x ⋅= （五）复数与几何1.21z z -的几何意义：点1z 到点2z 的距离2.()00>=-r r z z 的几何意义：3.()00><-r r z z 的几何意义：4.()00>>-r r z z 的几何意义：()022121≠=⎪⎪⎭⎫⎝⎛z z z z z ()022121≠=z z z z z【试题来源】（2000上海春，18）【题目】设复数z 满足|z |＝5，且（3＋4i ）z 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，|2z －m |＝52（m ∈R ），求z 和m 的值.【难度系数】2【试题来源】（2001上海理，20）【题目】.对任意一个非零复数z ，定义集合z M ＝｛w |w ＝z 2n －1，n ∈N ｝．（I ）设σ是方程 的一个根，试用列举法表示集合σM ； （II ）设复数z M ∈ω，求证：ωM ⊆z M ．【难度系数】321=+xx【试题来源】（2001上海文，20）【题目】对任意一个非零复数z ，定义集合z M ＝｛w |w ＝z n ，n ∈N ｝．（Ⅰ）设z 是方程 的一个根，试用列举法表示集合z M ．若在z M 中任取两个数，求其和为零的概率P ；（Ⅱ）若集合z M 中只有3个元素，试写出满足条件的一个z 值，并说明理由． 【难度系数】3【试题来源】（2000上海理，22）【题目】已知复数z 0＝1－mi （M ＞0），z ＝x ＋yi 和ω＝x ′＋y ′i ，其中x ，y ，x ′，y ′均为实数，i 为虚数单位，且对于任意复数z ，有ω＝0z ·z ，|ω|＝2|z |． （Ⅰ）试求m 的值，并分别写出x ′和y ′用x 、y 表示的关系式；（Ⅱ）将（x ，y ）作为点P 的坐标，（x ′，y ′）作为点Q 的坐标，上述关系式可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点P 变到这一平面上的点Q . 当点P 在直线y =x +1上移动时，试求点P 经该变换后得到的点Q 的轨迹方程；（Ⅲ）是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上?若存在，试求出所有这些直线；若不存在，则说明理由. 【难度系数】401=+xx【试题来源】（松江区2013届高三一模 理科 20） 【题目】已知z C ∈，且满足2()52z z z i i ++=+． （1）求z ；（2）若m R ∈，w zi m =+，求证：w 1≥． 【难度系数】3【试题来源】（浦东新区2013届高三一模 理科 21）【题目】已知复数122sin ,1(2cos )z z i θθ==+，[,]32ππθ∈.（1）若12z z ⋅为实数，求角θ的值；（2）若复数12,z z 对应的向量分别是,a b ，存在θ使等式()()0a b a b λλ→→→→+⋅+=成立， 求实数λ的取值范围. 【难度系数】3【试题来源】（嘉定区2013届高三一模 理科 19）【题目】设复数i a z ⋅++-=)cos 1(2)sin 4(22θθ，其中R ∈a ，),0(πθ∈，i 为虚数单位．若z 是方程0222=+-x x 的一个根，且z 在复平面内对应的点在第一象限，求θ与a 的值．【难度系数】2【试题来源】（黄浦区2013届高三一模 理科 16）【题目】若cos isin z θθ=+（R θ∈，i 是虚数单位），则|22i |z --的最小值是 （ ）【选项】A ．22 B ．2 C ．122+D ．122-【难度系数】2【试题来源】（青浦区2013届高三一模 17）【题目】已知复数i z 210+=在复平面上对应点为0P ，则0P 关 于直线z i z l =--22:的对称点的复数表示是 （ ）【选项】A .i - .B i C .i -1 D .i +1【难度系数】2【试题来源】（崇明县2013届高三一模 16） 【题目】下面是关于复数21z i=-+的四个命题： ①2z =； ②22z i =； ③z 的共轭复数为1i +； ④z 的虚部为1-．其中正确的命题………………………………………………………………（ ） 【选项】A ．②③B ．①②C ．②④D ．③④【难度系数】2【试题来源】（金山区2013届高三一模）【题目】若复数(1+2i)(1+a i)是纯虚数，(i 为虚数单位)，则实数a 的值是 ． 【难度系数】2【试题来源】（宝山区2013届期末 4）【题目】已知复数(2)x yi -+(,x y R ∈)则yx的最大值是 . 【难度系数】2【试题来源】（长宁区2013届高三一模 6）【题目】已知z ∈C ，z 为z 的共轭复数，若10110i 0z z z =（i 是虚数单位），则z = ．【难度系数】2【试题来源】(2012徐汇、松江二模理5) 【题目】若bi ia-=-11，其中b a ,都是实数，i 是虚数单位，则bi a += ． 【难度系数】2【试题来源】（2012浦东新区二模理16）【题目】设1z 、2z 为复数，下列命题一定成立的是（ ）【选项】A ．如果02221=+z z ，那么021==z z B ．如果21z z =，那么21z z ±=C ．如果a z ≤1，a 是正实数，那么a z a ≤≤-1 D ．如果a z =1，a 是正实数， 那么211a z z =⋅【难度系数】2【试题来源】(2012杨浦区二模理13)【题目】对任意一个非零复数z ，定义集合{},n Z A z n Nωω*==∈，设α是方程210x +=的一个根，若在A α中任取两个不同的数，则其和为零的概率为P = (结果用分数表示)．【难度系数】3【试题来源】【题目】已知关于x 的不等式220x mx +-<解集为()1,2-. （1）求实数m 的值；（2）若复数12z m i =+，2cos sin z i αα=+，且12z z ⋅为纯虚数，求tan 2α的值． 【难度系数】3。
⑨竞赛中的复数问题
Y.P .M 数学竞赛讲座 1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(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R);③指数式:z=re i θ(r ≥0,θ∈R);④欧拉公式:e i θ=cos θ+isin θ,θ∈R.⑵共轭与模:①21z z ±=21z z ±;21z z ⋅=21z z ⋅;)(21z z =21z z;②||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|≤|z 1|+|z 2|;|z 1z 2|=|z 1||z 2|;|21z z |= ||||21z z ;③z z =|z|2=|z |2;④z=z ⇔z ∈R;|z|=|Re(z)|⇔z ∈R. ⑶运算法则:①乘法:r 1(cos θ1+isin θ2)r 2(cos θ2+isin θ2)=r 1r 2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:)sin (cos )sin (cos 222121θθθθi r i r ++=21r r (cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cos θ+isin θ)]n =r n (cosn θ+isinn θ);④开方:z n =r(cos θ+isin θ)⇔z =n r (cosnk πθ2++isinnk πθ2+)(k=0,1,2…,n-1).2.辐角与三角:⑴辐角性质:①定义:若z=r(cos θ+isin θ)(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:Argz 1+Argz 2=Arg(z 1z 2);Argz 1-Argz 2=Arg(21z z )=Arg(z 12z );nArgz= Argz n ;③性质:若z=cos θ+isin θ,则1+z=2cos2θ(cos 2θ+isin 2θ);1-z=-2sin 2θ(cos 2θ+isin 2θ). ⑵单位根:①定义:方程x n =1的n 个根叫做n 次单位根,分别记为ωk (k=0,1,2,…,n-1);ωk =(cosn k π2+isin nk π2)(k=0, 1,2…,n-1);②性质:ω0=1;ωk =ω1k ;ωk ωj =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)=x n -1.⑶基本结论:①实系数n 次方程的虚根α与其共轭复数α成对出现;②若|z 1|=|z 2|=…=|z n |,且z 1+z 2+…+z n =0,则z 1,z 2, …,z n 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z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,且z 1=z 0z 2,则∠Z 1OZ 2=argz 0,或argz 0-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z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,则|Z 1Z 2|=|z 1-z 2|;④旋转公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,向量21z z 绕点Z 1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z z 1中的Z 对应的复数z=z 1+r(z 2-z 1)(cos θ+isin θ).⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,点Z 分有向线段21z z 的比为λ(λ≠-1),则z=λλ++121z z ;②三点共线:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,则三点Z,Z 1,Z 2共线的充要条件是:Z=λZ 1+(1-λ)Z 2;③平行条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2∥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4);④垂直条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2⊥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4)i.2 Y.P .M 数学竞赛讲座⑶几何结论:①三角形面积:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3的面积=21×复数(z 13z +z 21z +z 32z )的虚部;②三角形形状:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3为正三角形的充要条件是:z 12+z 22+z 32=z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1;或z 1+ωz 2+ω2z 3=0;③三角形相似:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,复数w 1,w 2,w 3对应的点分别为W 1,W 2,W 3,则△Z 1Z 2Z 3∽△W 1W 2W 3的充要条件是:1312z z z z --=1312w w ww --;④四点共圆:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则四点Z 1, Z 2,Z 3,Z 4共圆的充要条件是:1413z z z z --:2423z z z z --∈R. 二、典型问题1.复数概念[例1]:(2006年全国高中数学联赛试题)若对一切θ∈R,复数z=(a+cos θ)+(2a-sin θ)i 的模不超过2,则实数a 的取值范围为 .[解析]:[类题]:1.①(2010全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知复数z 1=m+2i,z 2=3-4i,若21z z 为实数,则实数m 的值为 . ②(2011年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 1满足(z 1-2)(1+i)=1-i,复数z 2的虚部为2,则z 1z 2为实数的条件是z 2= .2.(1999年全国高中数学联赛河南初赛试题)若3131-+z z 为纯虚数,则|z|= . 3.(2011年全国高中数学联赛浙江初赛试题)如果复数(a+2i)(1+i)的模为4,则实数a 的值为 .4.(1994年全国高中数学联赛试题)给出下列两个命题:①设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2>c 2,则a 2+b 2-c 2>0;②设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2-c 2>0,则a 2+b 2>c 2.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.(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设z 是虚数,w=z+z1,且-1<w<2,则z 的实部取值范围为 . 2.代数形式[例2]:(1995年全国高中数学联赛试题)设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2βα为实数,则|α|= . [解析]: [类题]:1.①(2011年全国高中数学联赛江苏初赛试题)复数(1+i)4+(1-i)4= .②(2005年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:！！！！i i i i 100210+⋅⋅⋅+++= .2.(1996年第七届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知i 2=-1,在集合{s|s=1+i+i 2+i 3+…+i n,n ∈N}中包含的元素是 .3.(2007年全国高中数学联赛上海初赛试题)复数数列{a n }满足a 1=0,a n =a n-12+i(n ≥2,i 为虚数单位,则它的前2007项的和= .4.(2000年湖南高中数学夏令营试题)设复数数列{z n }满足z 1=i,z n+1=-z n 2-i,则|z 2000|=5.(1991年全国高中数学联赛上海初赛试题)使复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2成为实数的所有x 构成的集合是 .Y.P .M 数学竞赛讲座 3 3.三角形式[例3]:(1999年全国高中数学联赛试题)给定实数a,b,c,已知复数z 1,z 2,z 3满足:⎪⎩⎪⎨⎧=++===11||||||133221321z z z z z z z z z ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值.[解析]: [类题]:1.(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)设A 、B 、C 为△ABC 的三内角,则复数Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++的虚部是 .2.(1992年湖南高中数学夏令营试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,z 1-z 2=cos150+isin150,则21z z = . 3.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)设|z 1|=|z 2|=a(a ≠0),且z 1+z 2=m+mi,其中m 为非零实数.则z 13z 23的值是 . 4.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设|z|=1,则|z 2-z+2|的最小值为 .5.(2006年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)已知复数集合D,复数z ∈D 当且仅当存在模为1的复数z 1,使得|z-2005-2006i| =|z 14+1-2z 12|.则D 中实部和虚部都为整数的复数的个数是 .4.共轭运算[例4]:(2001年全国高中数学联赛试题)若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-i,则z 1z 2= .[解析]: [类题]:1.(1986年全国高中数学联赛试题)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} 2.(1985年全国高中数学联赛试题)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=2||1λλ-+ww 是这个方程的解;②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 3.(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)如果复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|,且z 1-z 2=2-i,则||2121z z z z 的值为 . 4.(1996年湖南高中数学夏令营试题)z 1,z 2是已知的两个任复数,复数z 满足z ≠0,z+z 2≠0,z z 1+z 2z +z 12z =0,则 arg21z z z z ++= . 5.(1991年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3,|z 1-z 2|=33,则log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|= .5.模的运算[例5]:(2011年全国高中数学联赛新疆初赛试题)复数z 1和z 2满足:|z 2|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,则|(z 1+1)2(z 1-2)|的最大值为 .[解析]: [类题]:1.(1983年全国高中数学联赛上海初赛试题)|)52)(32()35)(25)(23(2i i i i i --+++|= .2.(2011年全国高中数学联赛天津初赛试题)复数z 满足|z|(3z+2i)=2(iz −6),则|z|等于 .3.(2004年全国高中数学联赛吉林初赛试题)设{z n }是一个复数数列,定义z n =(1+i)(1+2i ) (1)ni ),则∑=+-nn n n z z 11||= .4.(2002年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 满足z z -z-z =3,且arg(z-1)=3π,则z= .4 Y.P .M 数学竞赛讲座5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设z 是复数,且|z|=1,则u=|z 2-z+1|的最大值与最小值是 .6.乘方运算[例6]:(2007年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n ≥2007,且n 为使得a n =(22-+i 22+)n取实数值的最小正整数,则对应此n 的a n = .[解析]: [类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:(21i -)1989= .2.①(2011年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z=(3-3i)n,若z 为实数,则最小的正整数n 的值为 . ②(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设n 为使a n =(213++213-i)n取实数的最小自然数,则对应此n 的a n = .3.①(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n 为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sin θ+icos θ)n=sinn θ+icosn θ成立,则这种n 的总个数为 .②(1988年全国高中数学联赛上海初赛试题)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.(2010年全国高中数学联赛山东初赛试题)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 .5.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)[(23i +)8+1]n当n 取1,2,…,100时,可得 个不同的数值. 7.单位复数[例7]:(1991年全国高中数学联赛试题)设a,b,c 均为非零复数,且ba =cb =ac ,则cb ac b a +--+的值为 .[解析]: [类题]:1.①(1980年全国高中数学联赛上海初赛试题)设x 1,x 2是方程x 2-x+1=0的两个根,则x 11980+198021x = .②(2009年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知复数m 满足m+m 1=1,则m 2008+20091m= . 2.①(1990年全国高中数学联赛试题)设非零数复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式(y x x +)1990+(yx y +)1990的值是 . ②(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设非零数相异复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式[2))((y x y x xy -+]2006(x2006+y2006)的值是 .3.(2011年全国高中数学联赛河南初赛试题)若z ∈C,且x 10=1,则1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010= .4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 满足:z 3=27,则z 5+3z 4+2242= . 5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(23+2x i)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 .8.复数方程[例8]:(1994年全国高中数学联赛试题)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 12-4z 2=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]:Y.P .M 数学竞赛讲座 5 [类题]:1.(1995年全国高中数学联赛上海初赛试题)若虚数z 使2z+z 1为实数,则2z+z1的取值范围是_____. 2.(1993年全国高中数学联赛试题)二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+(1+i λ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________.3.(1984年全国高中数学联赛上海初赛试题)方程z 4=z (z 为z 的共轭复数)的根为 .4.(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)复数z 满足等式z+z |z|3=0,则z= .5.(2000年全国高中数学联赛试题)设ω=cos5π+isin5π,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )(A)x 4+x 3+x 2+x+1=0 (B)x 4-x 3+x 2-x+1=0 (C)x 4-x 3-x 2+x+1=0 (D)x 4+x 3+x 2-x -1=09.复数与点[例9]:(1998年全国高中数学联赛试题)设复数z=cos θ+isin θ(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]:[类题]:1.(1989年全国高中数学联赛试题)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.(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)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).3.(2002年湖南高中数学夏令营试题)已知z 为复数,arg(z+3)=1350,则|3||6|1i z z -++取最大值时,z= .4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)在复平面内由i1,1-i ,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内角等于 .5.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)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 .10.模的意义[例10]:(2002年全国高中数学联赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|2121z z z z -+|= . [解析]: [类题]:1.①(2007年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设复数z 1=(2-a)+(1-b)i,z 2=(3+2a)+(2+3b)i,z 3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b ∈R,当|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值时,3a+4b= .②(1993年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|≥1,|z 2|≥23,则复数i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2的模长的最小值是 .2.(2010年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设z 是复数,则|z-1|+|z-i|+|z+1|的最小值等于__________.3.(2011年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设z 是模为2的复数,则|z-z1|的最大值与最小值的和为 . 4.(1999年全国高中数学联赛河北初赛试题)若复数z 满足|z+1+i|+|z-1-i|=22,记|z+i|的最大值和最小值分别为6 Y.P .M 数学竞赛讲座M,m,则mM= . 5.(1998年第九届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 的模为1,则函数|z 2+iz 2+1|的值域是 .11.幅角主值[例11]:(1998年全国高中数学联赛试题)已知复数z=1-sin θ+icos θ(2π<θ<π).求z 的共轭复数z 的辐角主值.[解析]: [类题]:1.(1984年全国高中数学联赛试题)集合S={z 2|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 2.(1998年全国高中数学联赛湖南初赛试题)设z 是复数,z+2的幅角为3π,z-2的幅角为65π,则z= . 3.(1993年全国高中数学联赛试题)若z ∈C,arg(z 2-4)=65π,arg(z 2+4)=3π,则z 的值是________. 4.(1992年全国高中数学联赛试题)设z 1,z 2都是复数,且|z 1|=3,|z 2|=5|z 1+z 2|=7,则arg(12z z )3的值是______. 5.(1999年全国高中数学联赛试题)已知θ=arctan125,那么,复数z=i i ++2392sin 2cos θθ的辐角主值是_________.12.几何形状[例12]:(1995年全国高中数学联赛试题)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 11995,z 21995,…,z 201995所对应的不同的点的个数是 .[解析]: [类题]:1.(2007年全国高中数学联赛浙江初赛试题)若在复平面上三个点A(0),B(z 0-z),C(z 0+z)构成以A 为直角顶点的等腰直 角三角形,其中z 0=-31+32i,则△ABC 的面积为 . 2.①(1992年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2在复平面上对应的点分别为A,B,且|z 1|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,O 为坐标原点,则△OAB 的面积为 .②(1997年全国高中数学联赛上海初赛试题)设复数z 1、z 2满足z 1z 2=1,z 13+z 23=0,且z 1+z 2≠0.z 1、z 2在复平面内的对应点为Z 1、Z 2,O 为原点,则△Z 1OZ 2的面积是_____.3.(1996年全国高中数学联赛试题)复平面上,非零复数z 1,z 2在以i 为圆心,1为半径的圆上,1z z 2的实部为零,z 1的辐角主值为6π,则z 2=_______.4.(2007年全国高中数学联赛广西初赛试题)已知关于x 的实系数方程x 2-2x+2=0和x 2+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 .5.(1997年全国高中数学联赛试题)设非零复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++++==++++===Sa a a a a a a a a a a a a a a a a a )11111(4543215432145342312,其中S 为实数,且|S|≤2.求证:复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上.Y.P .M 数学竞赛讲座 7 13.解折综合[例13]:(2003年全国高中数学联赛试题)设A,B,C 分别是复数Z 0=ai,Z 1=21+bi,Z 2=1+ci(其中a,b,c 都是实数)对应的不共线的三点,证明:曲线Z ＝Z 0cos 4t+2Z 1cos 2tsin 2t+Z 2sin 4t(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.(1993年全国高中数学联赛试题)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(F 1,F 2为焦点)是( )xx(B) (C) (D) 2.(1989年全国高中数学联赛试题)若M={z|z=t t +1+i tt+1,t ∈R,t ≠-1,t ≠0},N={z|z=2[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)43.(1988年全国高中数学联赛试题)复平面上动点z 1的轨迹方程为|z 1-z 0|=|z 1|,z 0为定点,z 0≠0,另一个动点z 满足z 1z=-1,求点z 的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置.4.①(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z,w 满足:|z-1-i|-|z|=2,|w+3i|=1,则|z –w|的最小值= .②(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)x 、y 是实数.z 1=x+11+yi,z 2=x-11+yi(i 为虚数单位),|z 1|+|z 2|=12,令u=|5x −6y −30|,则u 的最大值是_____,u 的最小值是_____.5.(1996年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知满足条件|z 2|+|z 2−1|=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=_____.14.复数应用[例14]:(2001年全国高中数学联赛试题)若(1+x+x 2)1000的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]: [类题]:1.(2010年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)已知sin α+sin β=51,cos α+cos β=31,则)(2sin )(2cos 1)(2sin )cos(21βαβαβαβα+++++++-= .2.(2007年湖北数学奥林匹克夏令营试题)求值:tan700-010cos 1= .3.(2007年全国高中数学联赛广西初赛试题)化简arccot2+arctan 31= . 4.(2012年复旦自主招生试题)arctan 31+arctan 51+arctan 71+arctan 81= .Y.P .M 数学竞赛讲座 1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(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R);③指数式:z=re i θ(r ≥0,θ∈R);④欧拉公式:e i θ=cos θ+isin θ,θ∈R.⑵共轭与模:①21z z ±=21z z ±;21z z ⋅=21z z ⋅;)(21z z =21z z;②||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|≤|z 1|+|z 2|;|z 1z 2|=|z 1||z 2|;|21z z |= ||||21z z ;③z z =|z|2=|z |2;④z=z ⇔z ∈R;|z|=|Re(z)|⇔z ∈R. ⑶运算法则:①乘法:r 1(cos θ1+isin θ2)r 2(cos θ2+isin θ2)=r 1r 2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:)sin (cos )sin (cos 222121θθθθi r i r ++=21r r (cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cos θ+isin θ)]n =r n (cosn θ+isinn θ);④开方:z n =r(cos θ+isin θ)⇔z =n r (cosnk πθ2++isinnk πθ2+)(k=0,1,2…,n-1).2.辐角与三角:⑴辐角性质:①定义:若z=r(cos θ+isin θ)(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:Argz 1+Argz 2=Arg(z 1z 2);Argz 1-Argz 2=Arg(21z z )=Arg(z 12z );nArgz= Argz n ;③性质:若z=cos θ+isin θ,则1+z=2cos2θ(cos 2θ+isin 2θ);1-z=-2sin 2θ(cos 2θ+isin 2θ). ⑵单位根:①定义:方程x n =1的n 个根叫做n 次单位根,分别记为ωk (k=0,1,2,…,n-1);ωk =(cosn k π2+isin nk π2)(k=0, 1,2…,n-1);②性质:ω0=1;ωk =ω1k ;ωk ωj =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)=x n -1.⑶基本结论:①实系数n 次方程的虚根α与其共轭复数α成对出现;②若|z 1|=|z 2|=…=|z n |,且z 1+z 2+…+z n =0,则z 1,z 2, …,z n 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z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,且z 1=z 0z 2,则∠Z 1OZ 2=argz 0,或argz 0-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z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,则|Z 1Z 2|=|z 1-z 2|;④旋转公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,向量21z z 绕点Z 1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z z 1中的Z 对应的复数z=z 1+r(z 2-z 1)(cos θ+isin θ).⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,点Z 分有向线段21z z 的比为λ(λ≠-1),则z=λλ++121z z ;②三点共线:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,则三点Z,Z 1,Z 2共线的充要条件是:Z=λZ 1+(1-λ)Z 2;③平行条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2∥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4);④垂直条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2⊥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4)i.2 Y.P .M 数学竞赛讲座⑶几何结论:①三角形面积:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3的面积=21×复数(z 13z +z 21z +z 32z )的虚部;②三角形形状:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3为正三角形的充要条件是:z 12+z 22+z 32=z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1;或z 1+ωz 2+ω2z 3=0;③三角形相似:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,复数w 1,w 2,w 3对应的点分别为W 1,W 2,W 3,则△Z 1Z 2Z 3∽△W 1W 2W 3的充要条件是:1312z z z z --=1312w w ww --;④四点共圆:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则四点Z 1, Z 2,Z 3,Z 4共圆的充要条件是:1413z z z z --:2423z z z z --∈R. 二、典型问题1.复数概念[例1]:(2006年全国高中数学联赛试题)若对一切θ∈R,复数z=(a+cos θ)+(2a-sin θ)i 的模不超过2,则实数a 的取值范围为 .[解析]:|z|≤2⇔(a+cos θ)2+(2a-sin θ)2≤4⇔2acos θ-4asin θ≤3-5a 2⇔-25asin(θ+φ)≤3-5a 2⇔25|a|≤3-5a 2⇔(5|a|-1)(5|a|+3)≤0⇔a ∈[-55,55]. [类题]:1.①(2010全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知复数z 1=m+2i,z 2=3-4i,若21z z 为实数,则实数m 的值为 . ②(2011年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 1满足(z 1-2)(1+i)=1-i,复数z 2的虚部为2,则z 1z 2为实数的条件是z 2= .2.(1999年全国高中数学联赛河南初赛试题)若3131-+z z 为纯虚数,则|z|= . 3.(2011年全国高中数学联赛浙江初赛试题)如果复数(a+2i)(1+i)的模为4,则实数a 的值为 .4.(1994年全国高中数学联赛试题)给出下列两个命题:①设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2>c 2,则a 2+b 2-c 2>0;②设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2-c 2>0,则a 2+b 2>c 2.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.(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设z 是虚数,w=z+z1,且-1<w<2,则z 的实部取值范围为 . 解:设z=a+bi ⇒w=a+bi+22ba bi a +-=a+22ba a ++(b-22ba b +)i.由-1<w<2⇒w 为实数⇒b-22ba b +=0⇒b=0,或a 2+b 2=1.当b=0时,a ≠0,w=a+a 1⇒|w|≥2,不符合-1<w<2;当a 2+b 2=1时,w=2a,由-1<w<2⇒-21<a<1. 2.代数形式[例2]:(1995年全国高中数学联赛试题)设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2βα为实数,则|α|= . [解析]:设α=a+bi(a,b ∈R)⇒β=a-bi ⇒αβ=a 2+b 2∈R,α-β=2bi,|α-β|=23⇒|b|=3,2βα=23)(αβα为实数⇒α3=(a+bi)3=(a 3-3ab 2)+(3a 2b-b 3)i 为实数⇒3a 2b-b 3=0⇒|a|=1⇒|α|=2.[类题]:1.①(2011年全国高中数学联赛江苏初赛试题)复数(1+i)4+(1-i)4= .②(2005年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:！！！！i i i i 100210+⋅⋅⋅+++= . Y.P .M 数学竞赛讲座 32.(1996年第七届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知i 2=-1,在集合{s|s=1+i+i 2+i 3+…+i n,n ∈N}中包含的元素是 .3.(2007年全国高中数学联赛上海初赛试题)复数数列{a n }满足a 1=0,a n =a n-12+i(n ≥2,i 为虚数单位,则它的前2007项的和= .4.(2000年湖南高中数学夏令营试题)设复数数列{z n }满足z 1=i,z n+1=-z n 2-i,则|z 2000|=5.(1991年全国高中数学联赛上海初赛试题)使复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2成为实数的所有x 构成的集合是 .解:复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2为实数⇔[sinx+sin2x+i(2cos 2xsinx-tanx)](cosx+i)为实数⇔sinx+sin2x+(2cos 2xsinx-tanx)cosx=0⇔sin2x+cos 2xsin2x=0⇔sin2x=0⇔sinx=0(cosx ≠0)⇔x=k π.3.三角形式[例3]:(1999年全国高中数学联赛试题)给定实数a,b,c,已知复数z 1,z 2,z 3满足:⎪⎩⎪⎨⎧=++===11||||||133221321z z z z z z z z z ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值.[解析]:由|z 1|=|z 2|=|z 3|=1,可设z 1=cos α+isin α,z 2=cos β+isin β,z 3=cos γ+isin γ⇒21z z +32z z+13z z =cos(α-β)+ isin(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⇒ 2sin2γα-cos22βγα-+-2sin2γα-cos2γα-=0⇒sin2γα-sin2αβ-sin2βγ-=0.当sin2αβ-=0时,β=2k π+α⇒z 1=z 2,由21z z +32z z +13z z =1⇒31z z+13z z =0⇒(13z z )2+1=0⇒13z z =±i ⇒|az 1+bz 2+cz 3|=|(a+b ±ic)z 1|=22)(c b a ++;同理可得:当sin2βγ-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(a c b ++;当sin2γα-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(b c a ++.[类题]:1.(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)设A 、B 、C 为△ABC 的三内角,则复数Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++的虚部是 . 解:A i A C i CB i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++=)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2A i A AC i C C B i B B ++⋅+=2A C B cos cos cos Ai A C B i C B sin cos )sin()cos(-+++=2A CB cos cos cos [(cos(A+B+C)+isin(A+B+C))=-2ACB cos cos cos ,虚部是0.2.(1992年湖南高中数学夏令营试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,z 1-z 2=cos150+isin150,则21z z = . 解:设z 1=cos α+isin α,z 2=cos β+isin β⇒z 1-z 2=(cos α-cos β)+(sin α-sin β)i=cos150+isin150⇒cos α-cos β=cos150,sin α-sin β=sin150⇒(cos α-cos β)2+(sin α-sin β)2=1⇒cos(α-β)=21,sin α-sin β=±23⇒21z z=cos(α-β)+isin(α-β)=21±23i. 3.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)设|z 1|=|z 2|=a(a ≠0),且z 1+z 2=m+mi,其中m 为非零实数.则z 13z 23的值是 . 解:设z 1=acos α+aisin α,z 2=acos β+aisin β,由z 1+z 2=m+mi ⇒a(cos α+cos β)=m,a(sin α+sin β)=m ⇒cos α+cos β=4 Y.P .M 数学竞赛讲座sin α+sin β⇒2cos2βα+cos2βα-=2sin2βα+cos2βα-⇒cos2βα+=sin2βα+⇒tan2βα+=1⇒α+β=2π⇒z 1z 2=a 2[cos(α+β)+isin(α+β)]=a 2i ⇒z 13z 23=(z 1z 2)3=-a 6i.4.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设|z|=1,则|z 2-z+2|的最小值为 .解:设z=cos θ+isin θ⇒|z 2-z+2|=|cos2θ+isin2θ-cos θ-isin θ+2|=|cos2θ-cos θ+2+(sin2θ-sin θ)i|=θθ2cos 4cos 66+-=87)83(cos 82+-θ≥414. 5.(2006年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)已知复数集合D,复数z ∈D 当且仅当存在模为1的复数z 1,使得|z-2005-2006i| =|z 14+1-2z 12|.则D 中实部和虚部都为整数的复数的个数是 .解:设z 1=cos θ+isin θ⇒|z 14+1-2z 12|=|(z 12-1)2|=|z 12-1|2=|cos2θ-1+isin2θ|2=(cos2θ-1)2+sin 22θ=2-2cos2θ≤4⇒|z-2005-2006i|≤4,设z=x+yi ⇒(x-2005)2+(y-2006)2≤16⇔x 2+y 2≤16共有49个解.4.共轭运算[例4]:(2001年全国高中数学联赛试题)若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-i,则z 1z 2= .[解析]:|z 1|=2,|z 2|=3⇒z 11z =4,z 22z =9⇒23-i=3z 1-2z 2=31z 1z 22z -21z 2z 11z =61z 1z 2(22z -31z )=-61z 1z 2(31z -22z )= -61z 1z 2(23+i)⇒z 1z 2=-1330+1372i.[类题]:1.(1986年全国高中数学联赛试题)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.(1985年全国高中数学联赛试题)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=2||1λλ-+ww 是这个方程的解;②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-λz =w ⇒z-λ(λz+w)=w ⇒(1-λλ)z=λw+w ⇒z=2||1λλ-+ww .故选(A). 3.(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)如果复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|,且z 1-z 2=2-i,则||2121z z z z 的值为 . 解:设|z 1|=|z 2|=a ⇒z 11z =z 22z =a 2⇒a 2(2-i)=z 1z 22z -z 2z 11z =-z 1z 2(1z -2z )=-z 1z 2(2+i)⇒||2121z z z z =221az z =i i ++-22=543i +-. 4.(1996年湖南高中数学夏令营试题)z 1,z 2是已知的两个任复数,复数z 满足z ≠0,z+z 2≠0,z z 1+z 2z +z 12z =0,则 arg21z z z z ++= . 解:z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z z 1+(z+z 1)2z =0⇒z z 1z 2+(z+z 1)2z z 2=0;z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z 1z +z z 2+1z z 2=0⇒z z 2+(z+z 2)1z =0⇒z z 1z 2+(z+z 2)1z z 1=0⇒(z+z 1)2z z 2=(z+z 2)1z z 1⇒21z z z z ++=2211z z zz =正实数⇒arg 21z z z z ++=0. 5.(1991年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3,|z 1-z 2|=33,则log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|= . 解:9=|z 1|2=z 11z ,9=|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=z 11z +z 22z +z 21z +z 12z ;27=|z 1-z 2|2=(z 1-z 2)(1z -2z )=z 11z +z 22z -(z 21z +z 12z )⇒z 11z +z 22z =18⇒z 22z =9⇒|z 2|=3⇒|z 21z |=|z 12z |=9,z 21z +z 12z =-9,设z 12z =9(cos θ+isin θ)⇒z 21z =9(cos θ-isin θ)⇒cos θ=-21⇒sin θ=±23⇒z 12z =9ω,或ω2⇒log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|=log 3|(9ω)2000+(9ω2)2000|= Y.P .M 数学竞赛讲座 5log 3|92000(ω+ω2)|=4000.5.模的运算[例5]:(2011年全国高中数学联赛新疆初赛试题)复数z 1和z 2满足:|z 2|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,则|(z 1+1)2(z 1-2)|的最大值为 .[解析]: 由4z 12-2z 1z 2+z 22=0⇒3z 12+(z 1-z 2)2=0⇒(z 1-z 2)2=-3z 12⇒z 1-z 2=±3z 1i ⇒z 2=(1±3i)z 1⇒|z 2|=2|z 1|⇒|z 1|=2,设z 1=2(cos α+isin α)⇒|(z 1+1)2(z 1-2)|=|(z 1+1)2||(z 1-2)|=[(2cos α+1)2+(2sin α)2]22)sin 2()2cos 2(αα+-=)cos 88()cos 45(2αα-+≤36(cos α=41). [类题]:1.(1983年全国高中数学联赛上海初赛试题)|)52)(32()35)(25)(23(2i i i i i --+++|= .2.(2011年全国高中数学联赛天津初赛试题)复数z 满足|z|(3z+2i)=2(iz −6),则|z|等于 .解:设|z|=r(r>0)⇒z=i r ri 23212+-+⇒r 2=|z|2=|i r ri 23212+-+|2=22|23||212|i r ri +-+=49414422++r r ⇒r 4=16⇒r=2. 3.(2004年全国高中数学联赛吉林初赛试题)设{z n }是一个复数数列,定义z n =(1+i)(1+2i ) (1)ni ),则∑=+-nn n n z z 11||= .解:|z n -z n+1|=1.4.(2002年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 满足z z -z-z =3,且arg(z-1)=3π,则z= .解:z z -z-z =3⇒(z-1)(z -1)=4⇒|z-1|=2⇒z-1=2(cos3π+isin3π).5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设z 是复数,且|z|=1,则u=|z 2-z+1|的最大值与最小值是 . 解:u=|z 2-z+1|=|z 2-z+z z |=|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]:(2007年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n ≥2007,且n 为使得a n =(22-+i 22+)n取实数值的最小正整数,则对应此n 的a n = .[解析]:令tan θ=2222-+(0<θ<2π)⇒tan 2θ=2222-+=3+22⇒tan θ=2+1⇒tan2θ=-1⇒2θ=43π⇒θ=83π⇒ a n =[r(cos83π+isin 83π)]n =r n(cosn 83π+isinn 83π)取实数值,其中r=2⇒sinn 83π=0⇒n 83π=k π⇒3n=8k ⇒n=8m,满足此条件且n ≥2007的最小正整数n 为2008,此时a n =a 2008=22008cos753π=-22008.[类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:(21i -)1989= .2.①(2011年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z=(3-3i)n,若z 为实数,则最小的正整数n 的值为 . 解:令tan θ=-33=-3⇒θ=35π⇒3-3i=23(cos35π+isin 35π)⇒z=(3-3i)n =[23(cos 35π+isin 35π)]n= (23)n[cos(35πn)+isin(35πn)]为实数⇔sin(35πn)=0⇔35πn=k π⇔k=35n⇒最小的正整数n 的值为3. ②(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设n 为使a n =(213++213-i)n取实数的最小自然数,则对应此n 的 6 Y.P .M 数学竞赛讲座a n = .3.①(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n 为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sin θ+icos θ)n=sinn θ+icosn θ成立,则这种n 的总个数为 .解:(sin θ+icos θ)n=[i(cos θ-isin θ)]n=i n[cos(-θ)+isin(-θ)]n=i n[cos(-n θ)+isin(-n θ)]=i n[cos(n θ)-isin(nθ)]=i n-1(sinn θ+icosn θ)⇒i n-1=1⇒n-1=4k ⇒n=4k+1(n ≤2003)⇒k ≤500⇒(k=0)这种n 的总个数为501.②(1988年全国高中数学联赛上海初赛试题)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.(2010年全国高中数学联赛山东初赛试题)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⇒z z =1,|z +i|=1⇒(z +i)(z-i)=1⇒(z -z)i=1⇒z-z =i ⇒z=±23+21i ⇒z+i=±23+23i=±3(21± 23i)⇒(z+i)n=(±3)n(21±23i)n,其中w=21±23i 是方程w 2-w+1=0的根⇒w 3=-1⇒n=3时,|z+i|n的最小值为33.5.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)[(23i +)8+1]n当n 取1,2,…,100时,可得 个不同的数值. 解:[(23i +)8+1]n =[(-i)8(231i +-)8+1]n =[(-i ω)8+1]n =(ω2+1)n =(-ω)n,可得6个不同的数值. 7.单位复数[例7]:(1991年全国高中数学联赛试题)设a,b,c 均为非零复数,且ba =cb =ac ,则cb ac b a +--+的值为 .[解析]:设ba =cb =ac =x ⇒a=xb,b=xc,c=xa ⇒abc=x 3abc ⇒x 3=1⇒x=1,x=ω,x=ω2(三次方程有三个根)=0⇒cb a cb a +--+= 1122+--+x x x x =1,或ω,或ω2.[类题]:1.①(1980年全国高中数学联赛上海初赛试题)设x 1,x 2是方程x 2-x+1=0的两个根,则x 11980+198021x = .解:x i 6=1⇒x 11980=1,198021x =1⇒x 11980+198021x =2;②(2009年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知复数m 满足m+m 1=1,则m 2008+20091m= . 解:m+m 1=1⇒m 2-m+1=0⇒(m+1)(m 2-m+1)=0⇒m 3=-1⇒m 6=1⇒m 2008=m 4=-m,m 2009=m 5=m 1⇒m 2008+20091m=-m+m=0. 2.①(1990年全国高中数学联赛试题)设非零数复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式(y x x +)1990+(yx y +)1990的值是 . 解:x 2+xy+y 2=0⇒(y x )2+y x +1=0.令y x =ω⇒ω2+ω+1=0⇒ω3=1⇒(y x x +)1990+(y x y +)1990=19901990)1(ωω++1990)1(1ω+= 19902)(ωω-+19902)(1ω-=21ωω+=-1. ②(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设非零数相异复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式[2))((y x y x xy -+]2006(x2006+y2006)的值是 .Y.P .M 数学竞赛讲座 73.(2011年全国高中数学联赛河南初赛试题)若z ∈C,且x 10=1,则1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010= .解:若z ∈R,由x 10=1⇒x=±1.当x=1时,1+x+x 2+x 3+…+x2009+x2010=2011;当x=-1时,1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x2010=1;若z ≠±1,由x 10=1⇒(x 2-1)(x 8+x 6+x 4+x 2+1)=0⇒x 8+x 6+x 4+x 2+1=0⇒x 9+x 7+x 5+x 3+x=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x 10=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x2009+x 2010=1.4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 满足:z 3=27,则z 5+3z 4+2242= . 5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(23+2x i)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 . 解:(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)⇒f(1)+ig(1)=(23+21i)2008=(-i)2008(-21+23i)2008=ω2008=ω=-21+23i ⇒f(1)=-21. 8.复数方程[例8]:(1994年全国高中数学联赛试题)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 12-4z 2=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=-z 1,αβ=z 2+m ⇒28=|α-β|2=|(α-β)2|=|(α+β)2-4αβ|=|z 12-4z 2-4m|=|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.(1995年全国高中数学联赛上海初赛试题)若虚数z 使2z+z 1为实数,则2z+z1的取值范围是_____. 2.(1993年全国高中数学联赛试题)二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+(1+i λ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________.解:设方程有实根x 0,则(x 02+λx 0+1)+(-x 02+x 0+λ)i=0⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++-=++001020020λλx x x x ⇒(x 0+1)(λ+1)=0⇒x 0=-1⇒λ=2;λ=-1⇒x 02-x 0+1=0无实根,综上,λ=2;所以,有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为λ≠2.3.(1984年全国高中数学联赛上海初赛试题)方程z 4=z (z 为z 的共轭复数)的根为 .解:z 4=z ⇒|z|4=|z |⇒|z|=0,1⇒z=0,z 5=z z ⇒z 5=1⇒z=cos52πk +isin 52πk (k=0,1,2,3,4) 4.(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)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.(2000年全国高中数学联赛试题)设ω=cos5π+isin5π,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )(A)x 4+x 3+x 2+x+1=0 (B)x 4-x 3+x 2-x+1=0 (C)x 4-x 3-x 2+x+1=0 (D)x 4+x 3+x 2-x -1=0 解:ω=cos5π+isin5π=cos102π+isin102π⇒ω,ω2,…,ω10是1的10个10次方根⇒(x-ω)(x-ω2)…(x-ω10)=x 10-1;又因ω2,ω4,ω6,ω8,ω10是1的5个5次方根⇒(x-ω2)(x-ω4)…(x-ω10)=x 5-1;两式相除得:(x-ω)(x-ω3)…(x-ω9)=x 5+1,其中ω5=cos π+isin π=-1⇒x-ω5=x+1⇒(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)=115++x x =x 4-x 3+x 2-x+1.选(B). 9.复数与点[例9]:(1998年全国高中数学联赛试题)设复数z=cos θ+isin θ(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⇒ω+z=(1+i)z+2z⇒ω=zi+2z ⇒|ω|2=(zi+2z )(-z i+2z)=5z z +2i(z 2-z 2)=5-4sin2θ≤9,当θ=43π时,等号成立⇒点S 到原点距离的最大值是3. 8 Y.P .M 数学竞赛讲座 [类题]:1.(1989年全国高中数学联赛试题)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.(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)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(22b a a +,-22b a b +)⇒直线AB:y-b=)1()1(2222-+++b a a b a b (x-a),令y=0⇒x=1222++b a a =1++z z z z .3.(2002年湖南高中数学夏令营试题)已知z 为复数,arg(z+3)=1350,则|3||6|1i z z -++取最大值时,z= .解:|3||6|1i z 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.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)在复平面内由i1,1-i ,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内角等于 .5.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)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=cos θ+isin θ⇒f(z)=|(z+1)(z -i)|=|[(1+cos θ)+isin θ][cos θ-(1+sin θ)i]|=|(1+cos θ)+isin θ||cos θ -(1+sin θ)i|=θcos 22+θsin 22+=2)sin 1)(cos 1(θθ++,为等腰三角形.10.模的意义[例10]:(2002年全国高中数学联赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|2121z z z z -+|= . [解析]:设z 1,z 2,z 1+z 2对应的点分别为A,B,C,则四边形OACB 是平行四边形,且∠AOB=600⇒|z 1-z 2|=|AB|=7;|z 1+z 2|=|OC|=19⇒|2121z z z z -+|=7133.[类题]:1.①(2007年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设复数z 1=(2-a)+(1-b)i,z 2=(3+2a)+(2+3b)i,z 3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b ∈R,当|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值时,3a+4b= .解:易求得z 1+z 2+z 3=8+6i,于是|z 1|+|z 2|+|z 3|≥|z 1+z 2+z 3|=|8+6i|=10,|z 1|+|z 2|+|z 3|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=37,b=45,所以3a+4b=12. ②(1993年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|≥1,|z 2|≥23,则复数i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2的模长的最小值是 . 解:i1993=i,i 1995=-i,|i 1993z 1+i1995z 2+2z 1z 2|=|i(z 1-z 2)+2z 1z 2|≥2|z 1z 2|-|z 1-z 2|≥3-(1+23)=21.。
高中数学竞赛复数法解决平面几何
高中数学竞赛复数法解决平面几何近年来，高中数学竞赛中，复数法在解决平面几何问题中发挥着重要的作用。
复数法作为一种独特的解题方法，通过将平面上的点和向量用复数表达，不仅简化了计算过程，而且能够直观地理解几何性质，极大地提高了解题效率和准确性。
本文将介绍复数法在高中数学竞赛中解决平面几何问题的具体应用。
一、利用复数表示平面上的几何图形在复数法中，我们可以将平面上的点用复数表示。
假设平面上有一个点A(x1,y1)，那么我们可以用复数z1=x1+iy1来表示它。
同理，另一个点B(x2,y2)可以用复数z2=x2+iy2表示。
通过这种方式，我们可以将平面上的任意点都用复数表示出来，从而在解决几何问题时可以直接利用复数的性质进行运算。
二、利用复数表示向量及其性质在平面几何中，向量是一个非常重要的概念。
利用复数法，我们可以将向量也用复数表示。
假设平面上有一个向量AB，我们可以用复数z表示，其中z=z2-z1。
这样，通过相减操作，我们可以得到向量的复数表示。
利用复数表示向量后，我们可以方便地进行向量运算，如向量的加法、减法、数量乘法等，从而简化计算过程。
三、利用复数解决平面几何问题利用复数法解决平面几何问题的关键是要灵活运用复数的性质和运算规则。
例如，在解决线段的中点问题时，我们可以利用复数的加法和数量乘法运算轻松得出线段的中点坐标。
同样，在解决直线的垂直平分线问题时，我们可以利用向量复数表示和向量垂直的性质推导出垂直平分线的方程。
此外，利用复数法还可以解决三角形的性质问题。
例如，在解决等边三角形的外接圆问题时，我们可以利用复数表示三角形的顶点，通过求解复数的模长和距离的关系得出外接圆的半径。
这种方法不仅简洁高效，而且可以避免繁琐的计算过程。
四、复数法解决平面几何问题的优点与传统的解题方法相比，复数法在解决平面几何问题时具有以下优点：（1）简化计算：通过利用复数的性质，可以通过简单的加减乘除运算得到所需的几何性质或结果，避免繁琐的计算过程。
高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数
高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数一、单选题1．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，满足122z z i z ---=的点Z 的轨迹是（）.A ．圆B ．椭圆C ．一段圆弧D ．双曲线2．（2020·北京·高三强基计划）设a ，b ，c ，d 是方程43223450x x x x ++++=的4个复根，则11112222a b c d a b c d ----+++=++++（）A ．43-B ．23-C ．23D ．前三个答案都不对3．（2020·北京·高三校考强基计划）已知复数12,z z 在复平面内对应的点为12,Z Z ，O 为坐标原点．若22111221,520z z z z z =-+=，则12 OZ Z 的面积为（）A ．1BC ．2D．4．（2020·北京·高三强基计划）已知复数z满足112z =，则232020,,,,z z z z 中不同的数有（）A ．4个B ．6个C ．2019个D ．以上答案都不正确二、多选题5．（2020·北京·高三校考强基计划）设复数z 满足|37i |3z -=，令21221iz z z z -+=-+，则1z 的（）A ．最大值为83B ．最大值为73C ．最小值为43D ．最小值为236．（2020·北京·高三校考强基计划）已知()1010551()2f z z z z z --=+++，则（）A ．()0f z =存在实数解B ．()0f z =共有20个不同的复数解C ．()0f z =的复数解的模长都等于1D ．()0f z =存在模长大于1的复数解7．（武汉·高三统考强基计划）设12z z ，）AB ．没有最小值C ．最大值为2D ．没有最大值8．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）设复数z 的实部和虚部都是整数，则（）A ．2z z -的实部都能被2整除B ．3z z -的实部都能被3整除C ．4z z -的实部都能被4整除D ．5z z -的实部都能被5整除三、填空题9．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =-+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.10．（2019·全国·高三竞赛）已知虚数1z 、2z满足12z z -=，2110z z q ++=，2220z z q ++=.则实数q =______.11．（2022·广西·高二统考竞赛）若复数z 满足i =1+i zz z -，则z 的虚部为______．12．（2019全国高三竞赛）复平面上动点cos sin 23,,,cos sin cos sin 4Z k k R Z θθπθθπθθθθ-⎛⎫⎛⎫∈≠+∈ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭的轨迹方程为______.13．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =的最大值为__________．14．（2019·全国·高三竞赛）设()20102010201012kkk k k k f x x a x i b x ==⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑，其中，,0,1,,2010k k a b R k ∈= 、．则()670330k k k a b =+=∑____________．15．（2019·全国·高三竞赛）设k 是复数,关于x 的一元二次方程2102x kx +-=的两个复数根为12x x 、.若3122x x k +=,则k =_____.16．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______.17．（2022·福建·高二统考竞赛）已知复数1z ､2z 在复平面上对应的点分别为A ､B ，且12z =，221122240z z z z -+=，O 为坐标原点，则△OAB 的周长为___________.18．（2019·全国·高三竞赛）已知正实数a b 、满足()22253a b b +=>，复数u v w 、、满足,3w a bi u w v =+-=，若1v =，那么，当u 的辐角主值最小时，uw的值为______．19．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_______种取值.20．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.21．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.22．（2021·北京·高三强基计划）已知复数z 满足1111011110111,z z z z z z z ---=+-=+-，则满足条件的z 有_________个．23．（2021·全国·高三竞赛）已知实数x 、y满足151,411,4x y x y ⎫+=⎪+⎭⎫-=-⎪+⎭，则x =__________．四、解答题24．（2018·全国·高三竞赛）已知()()cos cos cos sin sin sin cos sin x y z x y za x y z x y z ++++==++++求()()()cos cos cos y z z x x y +++++的值.25．（2019·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 是互不相等的复数，满足0abc ≠，a b b c c aa b b c c a+++==---.求证：200720072007a b c ==.26．（2019·全国·高三竞赛）设21i =-．证明：112cot cotn k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏为纯虚数．27．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.28．（2019·全国·高三竞赛）设{}1,2,,X p =，其中p 为质数．对X 的一个子集A ，如果A 中所有元素的和（空集的元素和规定为0）为p 的倍数，则称A 是X 的一个“倍子集”．试求X 的所有倍子集的个数S ．29．（2021·全国·高三竞赛）设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数，满足：202020202211i ii i z w==>∑∑．求证：存在数组()122020,,,εεε （其中{1,1}i ε∈-），使得2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．30．（2021·全国·高三竞赛）设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列，满足对任意正整数n ，关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +（当两根相等时1n n x x +=）．若数列{}n x 恒为常数，证明：（1）2n x ≤；（2）数列{}n a 恒为常数．高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数答案一、单选题1．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，满足122z z i z ---=的点Z 的轨迹是（）.A ．圆B ．椭圆C ．一段圆弧D ．双曲线【答案】C【详解】设()0,0A 、()1,0B 、()1,2C ，z 对应的点为Z .由122z z i z -+--=，可得···ZB AC ZC AB ZA BC +=.由托勒密逆定理知，Z 的轨迹为ABC ∆外接圆上不含点A 的那一段BC .2．（2020·北京·高三强基计划）设a ，b ，c ，d 是方程43223450x x x x ++++=的4个复根，则11112222a b c d a b c d ----+++=++++（）A ．43-B ．23-C ．23D ．前三个答案都不对【答案】A【分析】利用换元法将原方程转化为高次方程，再结合高次方程的韦达定理可求代数式的值.【详解】法1：设12a a a -'=+，则211a a a +''=--，类似的，定义,,b c d '''，则,,,a b c d ''''是方程43221212121234501111x x x x x x x x ++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即432234(21)2(21)(1)3(21)(1)4(21)(1)5(1)0x x x x x x x x +-+-++--+-+-=的4个复根，方程左侧中4x 的系数为161612859-+-+=，3x 的系数为3112432C 2(8C 2)3(84)4(231)5412--+⨯+-+--⨯+-⨯=根据韦达定理，有12493a b c d '++-'='+=-'．法2：题中代数式也即1111432222a b c d ⎛⎫-+++ ⎪++++⎝⎭，因此2,2,2,2a b c d ++++是关于x 的方程432(2)2(2)3(2)4(2)50x x x x -+-+-+-+=，即4326151690x x x x -+-+=的4个复根，故1111,,,2222a b c d ++++为方程23416151690x x x x -+-+=的4个复根，从而11111622229a b c d +++=++++，原式为1644393-⨯=-．3．（2020·北京·高三校考强基计划）已知复数12,z z 在复平面内对应的点为12,Z Z ，O 为坐标原点．若22111221,520z z z z z =-+=，则12 OZ Z 的面积为（）A ．1BC ．2D ．【答案】A【分析】利用复数乘法的几何意义可求12 OZ Z 的面积.【详解】根据题意，有1212i z z z =-⋅±，故()2112i z z ±=⋅，故2z 可看出由1z故121121OZ Z S =⨯=△4．（2020·北京·高三强基计划）已知复数z 满足112z =，则232020,,,,z z z z 中不同的数有（）A ．4个B ．6个C ．2019个D ．以上答案都不正确【答案】B【分析】根据复数的三角形式可求61z =，从而可判断出不同的数的个数.【详解】根据题意，有61cos isin 1233z z ππ⎛⎫⎛⎫==-+-⇒= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，于是232020,,,,z z z z 中有6个不同的数．二、多选题5．（2020·北京·高三校考强基计划）设复数z 满足|37i |3z -=，令21221iz z z z -+=-+，则1z 的（）A ．最大值为83B ．最大值为73C ．最小值为43D ．最小值为23【答案】AD【分析】利用复数差的几何意义可求1z 的最值【详解】根据题意，有7i 13z -=，且1(1i)z z =-+，于是1z 为以点70,3⎛⎫⎪⎝⎭为圆心，1为半径的圆上的点到点(1,1)的距离，其取值范围是551,133⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，因此1z 的最小值为23，最大值为83．6．（2020·北京·高三校考强基计划）已知()1010551()2f z z z z z --=+++，则（）A ．()0f z =存在实数解B ．()0f z =共有20个不同的复数解C ．()0f z =的复数解的模长都等于1D ．()0f z =存在模长大于1的复数解【答案】BC设55z z t -+=，利用换元法可求得52t z =，从而可判断()0f z =的20个复数解的模都是1.【详解】设55z z t -+=，则()101055211222z z z z t t --+++=+-，于是1()04f z t -=⇒=，这两个t 的取值都在区间(2,2)-内．故55z z t -+=有解52t z =，因此()0f z =有20个不同的复数解．当t =5||1z =，因此()0f z =的复数解的模长都等于1．综上所述，选项BC 正确．7．（2020武汉高三统考强基计划）设12z z ，是非零复数，它们的实部和虚部都是非负实数，）AB ．没有最小值C ．最大值为2D ．没有最大值【答案】AD【分析】在复平面内（O 为坐标原点），设复数2121,,z z z z +对应的点分别为,,,A B C AOB θ∠=，利用复数的几何意义及向量的加法和平面向量数量积，然后结合已知条件及均值不等式即可.【详解】解：在复平面内（O 为坐标原点），设复数2121,,z z z z +对应的点分别为,,,A B C AOB θ∠=，因为12z z ，是非零复数，它们的实部和虚部都是非负实数，所以0,2π⎡⎤θ∈⎢⎣⎦，从而有0cos 1θ≤≤），===又由均值不等式有2OA OB OB OA+≥ ，当且仅当OA OB =时等号成立，，当且仅当OA OB = ，且2πθ=（比如12i z z ==1，）时等号成立.8．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）设复数z 的实部和虚部都是整数，则（）A ．2z z -的实部都能被2整除B ．3z z -的实部都能被3整除C ．4z z -的实部都能被4整除D ．5z z -的实部都能被5整除【答案】BD【分析】设z a bi =+分别计算出2345,,,z z z z 代入化简即可.【详解】设z a bi =+则2222z a b abi=-+()3322333z a ab a b b i =-+-()442243364z a a b b a b ab i=-++-()553244235105510z a a b ab a b a b b i=-++-+因为()()()2222212z z a a b ab b i a a b ab b i-=--+-=--+-()1a a -可以被2整除，当b 为奇数时()21a a b --不能被2整除，故排除A.因为()3322333z z a a ab a b b b i -=--+--，由费马小定理得3a a -能被3整除，故B 对.4z z -的实部为42246a a b b a -+-，当,a b 为奇数时42246a a b b a -+-也为奇数，故不能被4整除，C 排除.5z z -的实部为5324105a a a b ab --+，由费马小定理5a a -能被5整除，故5324105a a a b ab --+能被5整除，故D 对.三、填空题9．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =-+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.1【详解】由题设知121z z =，且1122z z z z =为纯虚数，故12z i z =±.因此1,2.b b ⎧-=-⎪=-或1,2.b b ⎧-=-⎪=-解得12a b ==或12a b +==，故1a b +±.10．（2019·全国·高三竞赛）已知虚数1z 、2z满足12z z -=，2110z z q ++=，2220z z q ++=.则实数q =______.【答案】1【详解】由12z z -=，知12z z ≠.又由方程解的定义知，1z 、2z 是二次方程20x x q ++=的两个虚根，则有140q ∆=-<.解方程得1,2z =于是，12z z -=.解得1q =.11．（2022·广西·高二统考竞赛）若复数z 满足i =1+i zz z -，则z 的虚部为______．【答案】0或1【详解】设z a b =+i,则z a b =-i.设()()()i i i i 1i a b a b a b +---=+，22i 1i a b b a ⇒+--=+，21,0a b b ⇒=--=，0b ⇒=或1，12．（2019·全国·高三竞赛）复平面上动点cos sin 23,,,cos sin cos sin 4Z k k R Z θθπθθπθθθθ-⎛⎫⎛⎫∈≠+∈ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭的轨迹方程为______.【答案】2212y x -=【详解】注意到221sin24,1sin21sin2x y θθθ-==++，则2212y x -=.13．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =的最大值为__________．【答案】3【详解】解析：由题意可得22221z ===-，则()11z z -=-表示复平面上点Z到(1,的距离．如图所示，(1,C ，由此可得13ZC ≤≤的最大值为3．14．（2019·全国·高三竞赛）设()201020102010kkk k k k f x x a x i b x ==⎛⎫==+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑，其中，,0,1,,2010k k a b R k ∈= 、．则()670330k k k a b =+=∑____________．【答案】100423-⨯【详解】注意到()20102010201033320101xxx i i k kk f x x e e x Cx e--=⎛⎫⎛⎫=+=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑，所以670300k k b ==∑，且20102010201020102670210041004333663001110132333j i i i i i kk j a f e e e e e πππππ⋅--==⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎢⎥==++++=+=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦∑∑.15．（2019·全国·高三竞赛）设k 是复数,关于x 的一元二次方程2102x kx +-=的两个复数根为12x x 、.若3122x x k +=,则k =_____.【答案】0或32i 或32i-【详解】因为222102x kx +-=，所以，32222102x kx x +-=.从而，3222212x kx x =-+221122k kx x ⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭22122k k x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.代入3122x x k +=，得()21221x k x k k++-=()22222230k k x k kx k ⇒-+=⇒-=0k ⇒=或232x k=（当0k ≠时）.当0k ≠时，把232x k=代入222102x kx +-=，得29310422k +-=.解得32k i =±.综上所述，0k =或32i ±.16．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y+=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______.i或i +.【详解】由1i 11i (1)i z z x y --=--+-，所以1y =，则4x =±，所以i z或i z =.17．（2022·福建·高二统考竞赛）已知复数1z ､2z 在复平面上对应的点分别为A ､B ，且12z =，221122240z z z z -+=，O 为坐标原点，则△OAB 的周长为___________.【答案】【详解】由221122240z z z z -+=，得21122240z zz z ⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭，所以12=1z z ±，所以()12=1z z，()122=1=2z z z ±，又12z =，所以21z =，()12222=1==z z z z --，所以△OAB的周长为18．（2019·全国·高三竞赛）已知正实数a b 、满足()22253a b b +=>，复数u v w 、、满足,3w a bi u w v =+-=，若1v =，那么，当u 的辐角主值最小时，uw的值为______．【答案】16122525i -【详解】由1v =，知33u w v -==,于是，在复平面上，u 对应的点P 在以w 对应的点M 为圆心、3为半径的圆C 上,当u 的辐角主值最小时，OP 与圆C 相切，而5OM =，3PM =，则4OP =,于是，54w u =,而wu 的辐角主值POM θ=∠，又4cos 5θ=，3sin 5θ=，于是，543314554w i i u ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭,因此，16122525u i w =-.19．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_______种取值.【答案】20112【详解】显然，对任意的非负整数n 均有1n z =.设[)()0,2n i n o z e θθπ=∈.则12122n n ni i n n i ee e πθθθπθθ+⎛⎫+ ⎪⎝⎭+-=⇒=+1022222n n n πππθθθ+⎛⎫⎛⎫⇒+=+=⋅⋅⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由20111z =，得()20112k k Z θπ=∈，即201102222k ππθπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭.由[)00,2θπ∈，得2010201022252k ππππ≤+<⨯20112011200920092152125244k k -⨯-⇒≤<⇒≤<⨯.因此，满足条件的n z 共有2009200920115222⨯-=（个）.20．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.【答案】203【详解】如图所示，设12,z z 在复平面内对应的点分别为12,Z Z ,由已知得12123,OZ OZ Z Z ==-=由余弦定理得向量12,OZ OZ 所成的角为2π3,不妨设()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()()12223cos sin ,3cossin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=--+-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,12229cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1222 9cos sin 33z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()10201220203cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()1020122020 3cos sin 33z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()()1010202020121220232cos 32cos 333z z z ππ+=⨯⨯=⨯⨯=,()()10102012123z z z z +=.21．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.【答案】2【详解】解析：1231231213112312312313123111124t z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z ⎛⎫++ ⎪++++⎝⎭==⋅⋅=++++++.22．（2021·北京·高三强基计划）已知复数z 满足1111011110111,z z z z z z z ---=+-=+-，则满足条件的z 有_________个．【答案】1【分析】将题设中的方程化为()()1011(1)110z z z ---=，再根据10，11均与111互质可得满足条件的z 的个数.【详解】根据题意，有()()101101(1)(1)11z z z z z z ------=---，于是()()()10110(1)111z z z z ----=--，因此()()111010(1)1(1)1z z z z z --=--，从而()()1011(1)110z z z ---=，注意到10，11均与111互质，因此满足条件的z 只有1个，为1z =．23．（2021·全国·高三竞赛）已知实数x 、y满足151,411x y x y ⎫+=⎪+⎭⎫-=-⎪+⎭，则x =__________．【答案】116u v ==，则原方程组222222221514115311i 411u u v u v u v u v v u v ⎧⎛⎫+= ⎪⎪+⎝⎭-⎪⎛⎫⎛⎫⇔++-=⎨⎪++⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎪-=- ⎪+⎝⎭⎩22i 1i u v u v z v v z -⇔++=+=+i z u v =+）1z ⇔=-（舍）或113,41616z x y +=⇒==．四、解答题24．（2018·全国·高三竞赛）已知()()cos cos cos sin sin sin cos sin x y z x y za x y z x y z ++++==++++求()()()cos cos cos y z z x x y +++++的值.【答案】0【详解】令S x y z =++.又cos sin ix e x i x =+,cos sin iy e y i y =+，cos sin iz e z i z =+.则()()()()cos cos cos sin sin sin cos sin ix iy iz e e e x y z i x y z a x y z ia x y z ++=+++++=+++++()i x y z iS ae ae ++==.同理,ix iy iz iS e e e ae ----++=.故()()()()()()()()i y z i z x i x y i S x i S y i S z iS ix iy iz iS iS iS iS ee e e e e e e e e e ae ae a+++--------++=++=++===则()()()()()()cos cos cos sin sin sin x y x z y z i x y x z y z a ⎡⎤⎡⎤+++++++++++=⎣⎦⎣⎦.所以,()()()cos cos cos x y x z y z a +++++=且()()()sin sin sin 0x y x z y z +++++=.25．（2019·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 是互不相等的复数，满足0abc ≠，a b b c c aa b b c c a+++==---.求证：200720072007a b c ==.【详解】由已知条件知，复数a 、b 、c 两两不等，且皆不为0.对题中比例式用合比、分比可得a b c b c a==.设1a b ck b c a===≠，则c ak =，2b ak =，3a ak =.但0a ≠，故31k =（但1k ≠），有()2007200720072007cak a k ==︒()66920073669200732007a k a k a ⨯===.同理，20072007ba =.因此，200720072007ab c ==.26．（2019·全国·高三竞赛）设21i =-．证明：112cot cot n k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏为纯虚数．【详解】首先证明：若21i =-，则()()11cot2n n n k k i x x i x i n nπ-=⎛⎫⎡⎤-=--+ ⎪⎣⎦⎝⎭∏①令()()()2n ni P x x i x i n ⎡⎤=--+⎣⎦.则()P x 是一个1n -次多项式，其首项系数为()1112n n i C i C n⎡⎤--=⎣⎦.又当()cot11k x k n nπ=≤≤-时，()cot nnk x i i n π⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭csc cos sin nnk k k i n n n πππ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭csc cos sin knn k i n n n πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()csc 1nk k n π⎛⎫=- ⎪⎝⎭csc cos sin nnk k k i n n n πππ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()nx i =-.所以，cot0k P n π⎛⎫= ⎪⎝⎭.由因式定理得()11cot n k k P x x n π-=⎛⎫=- ⎪⎝⎭∏.在式①中令2cotx i nπ=+.则112cot cot n k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏2cot 2cot 22n ni i n n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12i cot cot i n n n n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12csc nn i n n π-⎛⎫= ⎪⎝⎭.cos cos sin n m i n n n πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()12csc csc cos sin nnn i i n n n ππππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12csc cos 1nn n i n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12cot csc nnn i n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦.命题获证.27．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.【详解】因为2132z z z =，所以：()()2(1)cos i sin sin i cos a i θθθθ-+=+，整理得：()()22cos sin sin cos i sin cos 2isin cos a a θθθθθθθθ++-=-+，所以(cos sin )(cos sin )(sin cos ),(sin cos )2sin cos .a a θθθθθθθθθθ+=+-⎧⎨-=⎩（1）3cos sin 04πθθθ+=⇒=或74π，34πθ=时，代入得2a =-；74πθ=时，代入得a =（2）若cos sin 0θθ+≠，则有：22(sin cos )2sin cos tan 4tan 10θθθθθθ-=⇒-+=，故tan 2θ=θ的值为12π或512π或1312π或1712π，对于的a分别为2-2-，故所有的(,)a θ为：5313177,,,2122122421221224ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.28．（2019·全国·高三竞赛）设{}1,2,,X p =，其中p 为质数．对X 的一个子集A ，如果A 中所有元素的和（空集的元素和规定为0）为p 的倍数，则称A 是X 的一个“倍子集”．试求X 的所有倍子集的个数S ．【答案】()2,21222,.pp S p p p =⎧⎪=⎨+-⎪⎩；为奇质数【详解】当2p =时，{}1,2X =，此时，X 有2个倍子集：∅、{}2，所以，2S =.当2p >时，p 为奇质数，令()()()()22012111p mm f x x x x a a x a x a x=+++=++++ 考察{}1,2,,X p =的元素和为t 的所有子集的个数.当0t >时，它就是不定方程12r i i i t +++= 的正整数解()()1212,,,,r r r i i i i i i <<< 的个数，也就是()f x 的展开式中t x 的系数t a ；当0t =时，其和为t 的子集只有空集，子集的个数为01a =.所以，X 的所有倍子集的个数，就是()f x 的展开式中那些次数为p 的倍数的项的系数和，即02p p S a a a =+++.设22cossin i p pππω=+.当n 是p 的倍数时，()121p n n n p ωωω-++++= ；当n 不是p 的倍数时，有()()121101pn p n n n nωωωωω--++++==-.于是，由()2012mm f x a a x a x a x =++++ ，得()()()()211f f f f ωωω-++++ 2242012012012m mm m m a a a a a a a a a a a a ωωωωωω=++++++++++++++()()2111012p m p p m a a a a ωωω---+++++⋯+ ()02p p p a a a pS =+++= .又()()()()2111p f x x x x =+++ ，则()()()()211p f f f f ωωω-++++=p 112+()p k k f ω-=∑其中，()()()()2111k k k pkf ωωωω=+++ .注意到当1,2,,1k p =- 时，(),1k p =，所以，,2,,k k pk 是模p 的完系.而1pr t ωω+=，则2,,,k k pk ωωω 是2,,,p ωωω的一个排列.故()()()()2111k p f ωωωω=+++ ，1,2,,1k p =- .又()()()21p p x x x x ωωω-=--- ，而p 为奇数，取1x =-，得()()()21112pωωω+++= .故()()()()21112k pf ωωωω=+++= ，1,2,,1k p =- .则()()()()211p f f f f ωωω-++++ 1111=2()2222(1)p p k p p pk k f p ω--==+=+=+-∑∑比较两式的右边得()221ppS p =+-.故()1222pS p p=+-，2p >.综上，()p2,2122p 2,.p p S p =⎧⎪=⎨+-⎪⎩；为奇质数29．（2021·全国·高三竞赛）设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数，满足：202020202211i i i i z w ==>∑∑．求证：存在数组()122020,,,εεε （其中{1,1}i ε∈-），使得2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．【详解】用()()1212,,,,,,n n f εεεεεε∑表示对所有数组()12,,,nεεε 的求和，下面用数学归纳证明如下的等式：()12221122,,,12n nn n n ii z z z z εεεεεε=+++=∑∑ ①(1)当1n =时，①式显然成立；当2n =时，()()()()()()222212121212121211221222z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++-=+++--=+=+，即①式成立．（2）假设n k =时，①式成立，则1n k =+时，我们有()1212112211,,,k k k z z z εεεεεε+++⋅⋅⋅+++∑ ()()12221122111221,,,k k k k k k k z z z z z z z z εεεεεεεεε++⋅⋅⋅=++++++++-∑()()122211221,,2k k k k z z z z εεεεεε+⋅⋅⋅⋅=++++∑1221111222k k k k i n i i i z z z +++==⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑，即1n k =+时①式成立．由（1）（2）可得：()12221122,,,12,n nnn n i i z z z z n εεεεεε+⋅⋅⋅=+++=∈∑∑N ．回到原题，由202020202211i ii i z w==>∑∑，可得2020202022202020201122iii i zw==>∑∑，即()()12202012202022112220202020112220202020,,,,,,z z z w w w εεεεεεεεεεεε⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++>+++∑∑，所以存在数组()122020,,εεε （其中{1,1}i ε∈-，使得222020202011i ii ii i zwεε==>∑∑，即2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．30．（2021·全国·高三竞赛）设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列，满足对任意正整数n ，关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +（当两根相等时1n n x x +=）．若数列{}n x 恒为常数，证明：（1）2n x ≤；（2）数列{}n a 恒为常数．【分析】（1）根据题意和韦达定理可得()211n n n x x x ++=-，取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立，否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨设为ε和ε，依据题意即可证明.【详解】由题意和韦达定理得,111,.n n n n n n x x a x x a ++++=⎧⎨=⎩则1112n n n n n x x a x x ++++==+，即()21111n n n n n n x x x x x x ++++=-=-．①（1）由①取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立；否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即有112n n x x ≤-+=．（2）由（1）知，对任意的,11n n x +∈-=N ，又数列{}n x 恒为常数，因此n x 只有互为共轭的两种取值ε和ε．若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈．若2n x ε+=，则220εε-=，即0ε=或2；若2n x ε+=，则2εεε=+∈R ，且|1|1ε-=．因此，要么ε∈R ，要么{}n x 呈ε、ε周期．故显然1n n n a x x +=+是常数，即证数列{}n a 恒为常数.【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出()211n n n x x x ++=-，再取模，对0n x =这种特殊情形和一般情形11n x -=讨论即可证明结论成立；（2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于n x 的取值情况和1n n x x ε+==的假设，由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨记为ε和ε，若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈，对2n x +分类讨论即可证明.。
高中数学竞赛专题讲座---复数
复 数专题一 复数与数列复数数列的题目主要体现对复数运算的规律性的把握．例1 设数列 ,,,,21n z z z 是首项为48，公比为)26(41i +的等比复数列． （1）求4z ．（2）将这个数列中的实数项，不改变原来的次序，从首项开始，排成 ,,,,21n a a a ，试求3a ． （3）求无穷级数 ++++n a a a 21的和． 解：（1）)6sin 6(cos 21)26(41ππi i r +=+=．i r z 2124834==． （2）使r 为实数的最小自然数是6，数列 ,,,,21n a a a 是首项为48，公比为6r 的等比数列．所以433=a ． （3）这个级数是公比816-==r 的无穷等比级数，从而和3128)81(148=--=． 例2 今定义复数列 ,,,,21n a a a 如下，n n ka a a i a i a +=+=+=+1121,31,1（)2≥n ，k 为正的常数．问复数n a 的辐角的正切与哪一个值最接近？（当∞→n 时）分析：寻求n a 的一般式，再注意取极限的方法以及相关讨论．解：1+n a 的辐角记作θ，212111)1(a k k k a ka a a n n n n --+++++=+= ． （1）当1=k 时，i n n a a n a n )31()1(211+-+=+-=+，所以)(131tan ∞→→+-=n nn θ． （2）当1≠k 时，211111)1(a k k k a a n n n --++--=kk k k k n n n ---++--=-13)13(1111 ∴)()10(1)1(13313)13(1tan 1∞→⎪⎩⎪⎨⎧<<>+-→---+=-n k k k k k k k nn n θ． 例3 （1）设在复数列 ,,,,10n z z z 之间有如下关系：),3,2,1)((11 =-=--+n z z z z n n n n α，其中)1(≠αα是常复数．当1,010==z z 时，试将n z 的值用α表示．（2）若（1）中的i 31+=α，求在圆10||=z （z 是复数）的内部总共含有n z 的个数． 解：（1）αα=-=-)(0112z z z z ,21223)(αα=-=-z z z z (1)211)(----=-=-n n n n n z z z z αα于是，从1≠α得，αα--=11nn z ．2（2）)3sin3(cos231ππαi i +=+=，所以)3sin 3(cos2ππαn i n n n +=,要使n z 在圆10||=z 的内部，它的充分必要条件是10,z <，∴100||2<n z ．即100<⋅n n z z ，而)23c o s 21(3121n n n n n z z +-=⋅+π， ∴100)23cos21(3121<+-+n n n π．又n n n 2123cos 21+-+π221)21(221n n n -=+->+， 能适合300)21(2<-n 的n 只是4,3,2,1,0．在逐个验证这五个点确信都在圆10||=z 的内部，故符合条件的点共有5个．例4 设平面上有点 ,,10P P ，如图所示，其中，线段 ,,,21100P P P P OP ，的长成首项为1，公比为r 的等比数列．（1）若10<<r ，则当∞→n 时，n P 与哪一点无限接近？（2）将（1）中的极限点用Q 表示．若固定21=r 而θ变动时，点Q 所描述的是怎样的曲线？解：（1）)sin (cos θθωi r +=，此时，若将表示点n P 的复数记作n z ，则有n n n z z ω=--1，其中1-z 就是原点O ．于是)1(11112≠--=++++=+ωωωωωωn nn z ．|1||1||||11|11ωωωω-=-=--++n n n r z , 因此，若10<<r ，令∞→n ，则0|11|→--ωn z ，n z 所表示的点与ω-11所表示的点最靠近． （2）ω-=11z ，则有z z 1-=ω，21=r 固定，θ做变动，点ω总在以原点为圆心的圆周上．但因21||=ω，故有2|1|||=-z z ．于是当点ω在以原点为中心，21为半径的圆上，点ω-11相应的在以点34为圆心，32为半径的圆上． 例5 设在复平面上:（1）原点为O ，表示复数Z 的点为A ，点B 由||||k =，, 的交角为θ所确定。
高二联赛班秋季第1讲复数
第1讲复数1.1 复数的观点知识点睛一、复数的观点1．虚数单位i ：i21，i 1 ；2．复数：全部形如 a b i( a ，b R )的数就称为复数（plex number），复数往常用小写字母z 表示，即 z a b i( a ，b R )，此中a叫做复数z 的实部，b叫做复数 z 的虚部．3．复数的分类：z a bi （a，b R ）若 b 0 ，则z为实数（real number）；若 b 0 ，则z为虚数（imaginary number）； a 0 ， b 0 时，z称为纯虚数．4．复数集：全体复数所组成的会合，也称复数系，常用C表示，即C z | z a b i ，a R ，b R．5．复数相等与比较大小：⑴相等的复数： a bi c d i a c 且b d ；⑵ 比较大小：虚数不可以比较大小，只有实数能够比较大小．6．对全部的实系数一元二次方程ax2bx c 0 (a0) ，若b2 4ac 0 ，则此方程没有实根，但有两个虚根，且两根 x b4ac b2i 互为共轭复数，故实系数方程的虚根成对出现．2a2a经典精讲【例 1】 已知复数 za 27 a 6 (a 2 5a 6) i （ a R ）．a 1⑴ 务实数 a 为什么值时， ⑵ 务实数 a 为什么值时，⑶ 务实数 a 为什么值时， z 为实数；z 为虚数； z 为纯虚数．4．【例 2】 ⑴ 解方程 x 1 0⑵ 对于 x 的方程 x 2 (2 a i) x ai 1 0 有实根，务实数a 的取值范围．1.2 复数的几何意义及三角形式知识点睛二、复数的几何意义1．复平面：成立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面．在复平面内，x 轴叫做实轴，y轴叫做虚轴． x 轴的单位是1，y轴的单位是i．实轴与虚轴的交点叫做原点，原点 (0, 0) 对应复数0．复数 z a b i有序实数对 (a ，b)点 Z (a ，b)向量OZ．2．复数的模：设 OZ a bi( a ，b R )，则向量OZ的长度叫做复数 a b i的模，记作| a b i | ，| a b i |a2b2．3．复数的三角形式：设 z a bi ， r z a2b2，向量(a, b)与x轴正方向的夹角为，则 z r (cos isin) ．此中叫做复数z 的辐角．若0 2 ，则把叫做复数 z 的辐角主值，表示为 arg(z)．经典精讲【例 3】⑴设z a bi C ，在复平面内，知足条件 a 0 ， b0 ，2z 4 的复数z 对应的点的会合是什么图形？⑵设 z(2t 25t3) (t 22t2)i ，t R，则以下命题中可能正确的有．①z 的对应点Z在第一象限③z 不是纯虚数②z 的对应点④z 是虚数Z在第四象限1.3 复数的运算知识点睛三、复数的运算1．复数的加法定义：设z1 a b i (a ，b R)， z2 c d i (c ，d R)，定义z1z2(a c)(b d)i．复数的加法运算知足互换律、联合律．几何意义：复数加法的几何意义就是向量加法的平行四边形法例．2．复数的减法：定义： z1 z2 ( a bi) (c d i)(a c)(b d )i ．几何意义：复数减法的几何意义就是向量减法的三角形法例．3．复数的乘法定义： z1 z2 (a b i) ( c d i)(ac bd )(bc ad )i三角形式： z1 z2r1 (cos isin)r2 (cos isin ) r1r2 [cos() isin()]复数的乘法切合多项式的运算，且知足互换律、联合律和乘法对加法的分派律．4．共轭复数：假如两个复数的实部相等，而虚部互为相反数，则这两个复数叫做互为共轭复数．复数 z 的共轭复数用 z 表示，即当z a bi 时，z a b i． z z ．共轭的几何意义：在复平面内，表示两个共轭复数的点对于实轴对称，而且共轭复数的模相等．2一个复数与其共轭复数的乘积等于这个复数模的平方．即 z z z ．5．复数的除法(a b i) (c1 1z a bi三角形式：d i)(az1z2a b i( a b i)( c d i)c d i22c da b i a b i zb i)( a b i)a2 b 2| z |2r1 (cos isin)r1 [cos(r2 (cos isin)r2ac bd bc ad2222 i ，c d c d，1称为复数 z （z0 ）的倒数．z) isin()]经典精讲【例 4】⑴已知复数z(43i)i，此中 i 为虚数单位，则复数z的模为．⑵已知 a, b R ，a bi(12i)(1- i)( i为虚数单位 )，则a b 的值为．⑶若复数 z 知足 (z i)(2i)11 7i( i为虚数单位 )，则z．【例 5】已知 z1 x2i x2 1 ， z2 ( x2a)i ，对于随意x R ，均有z1z2成立，试务实数 a 的取值范围．【例 6】⑴在复平面上，知足方程zz z z 3 的复数 z 所对应的点组成的图形是（）A ．圆B．两个点C．线段 D 直线⑵ 求复平面上知足z12的复数 z 所对应的点的轨迹．z 1i2【例 7】⑴已知复数知足z 1 ，求z33z 2 的最大值．⑵求方程 z n1(n N *)的全部复数根．【例 8】已知复数 z, u 知足 z u 1 且z u43i．55220 ．求证： z u zuz1z2z3 1【例 9】给定实数 a,b, c 以及复数 z1, z2, z3知足方程组：z z2z3，求 az1 bz2cz3的值．11 z2z3z1实战操练【操练 1】若 z 3 i ，则 z2的共轭复数是．【操练 2】实数 m 分别取什么数值时？复数 z(m25m 6) (m22m 15)i⑴与复数 2 12i 相等；⑵ 与复数 1216i 互为共轭；⑶对应的点在 x 轴上方．【操练 3】计算：⑴(1 2i)(3 4i)(i 2) ；⑵ 1 2i ；3 4i13i⑶．( 3 i) 2【操练 4】若 i2 1 ，则 cos45 icos135n40．i cos 45 90n i cos364511 ，求证： 5 1z 5 1 ．【操练 5】已知复数 z 知足 zz22【操练 6】对于复数 u, v ，定义运算122(u ,v)( u v u v ) ，复数 z (u, v) i( u,i v) 4试用 u 和 v 表示 z ．。
高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题
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=re iθ(r≥0,θ∈R);④欧拉公式:e iθ=cosθ+isinθ,θ∈R. ⑵共轭与模:①21z z ±=21z z ±;21z z ⋅=21z z ⋅;)(21z z =21z z ;②||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|≤|z 1|+|z 2|;|z 1z 2|=|z 1||z 2|;|21z z |=||||21z z ;③z z =|z|2=|z |2;④z=z⇔z ∈R;|z|=|Re(z)|⇔z ∈R.⑶运算法则:①乘法:r 1(cosθ1+isinθ2)r 2(cosθ2+isinθ2)=r 1r 2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:)sin (cos )sin (cos 222121θθθθi r i r ++=21r r (cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cosθ+isinθ)]n =r n (cosnθ+isinnθ);④开方:z n =r(cosθ+isinθ)⇔z=n r (cos nk πθ2++isin nk πθ2+)(k=0,1,2…,n -1).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:Argz 1+Argz 2=Arg(z 1z 2);Argz 1-Argz 2=Arg(21z z )=Arg(z 12z );nArgz=Argz n ;③性质:若z=cosθ+isinθ,则1+z=2cos 2θ(cos 2θ+isin 2θ);1-z=-2sin 2θ(cos 2θ+isin 2θ). ⑵单位根:①定义:方程x n =1的n 个根叫做n 次单位根,分别记为ωk (k=0,1,2,…,n -1);ωk =(cos nk π2+isin nk π2)(k=0,1,2…,n -1);②性质:ω0=1;ωk =ω1k ;ωk ωj =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)=x n -1.⑶基本结论:①实系数n 次方程的虚根α与其共轭复数α成对出现;②若|z 1|=|z 2|=…=|z n |,且z 1+z 2+…+z n =0,则z 1,z 2,…,z n 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z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,且z 1=z 0z 2,则∠Z 1OZ 2=argz 0,或argz 0-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z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,则|Z 1Z 2|=|z 1-z 2|;④旋转公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,向量21z z 绕点Z 1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z z 1中的Z 对应的复数z=z 1+r(z 2-z 1)(cosθ+isinθ).⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,点Z 分有向线段21z z 的比为λ(λ≠-1),则z=λλ++121z z ;②三点共线:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,则三点Z,Z 1,Z 2共线的充要条件是:Z=λZ 1+(1-λ)Z 2;③平行条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2∥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4);④垂直条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2⊥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4)i.⑶几何结论:①三角形面积:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3的面积=21×复数(z 13z +z 21z +z 32z )的虚部;②三角形形状:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3为正三角形的充要条件是:z 12+z 22+z 32=z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1;或z 1+ωz 2+ω2z 3=0;③三角形相似:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,复数w 1,w 2,w 3对应的点分别为W 1,W 2,W 3,则△Z 1Z 2Z 3∽△W 1W 2W 3的充要条件是:1312z z z z --=1312w w w w --;④四点共圆:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则四点Z 1, Z 2,Z 3,Z 4共圆的充要条件是:1413z z z z --:2423z z z z --∈R.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≤3-5a 2⇔-25asin(θ+φ)≤3-5a 2⇔25|a|≤3-5a 2⇔(5|a|-1)(5|a|+3)≤0⇔a ∈[-55,55].[类题]:1.①已知复数z 1=m+2i,z 2=3-4i,若21z z 为实数,则实数m 的值为 .②已知复数z 1满足(z 1-2)(1+i)=1-i,复数z 2的虚部为2,则z 1z 2为实数的条件是z 2= . 2.若3131-+z z 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a 2+b 2>c 2,则a 2+b 2-c 2>0;②设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2-c 2>0,则a 2+b 2>c 2.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+z1,且-1<w<2,则z 的实部取值范围为 .解:设z=a+bi ⇒w=a+bi+22ba bi a +-=a+22ba a ++(b-22ba b +)i.由-1<w<2⇒w 为实数⇒b-22b a b +=0⇒b=0,或a 2+b 2=1. 当b=0时,a≠0,w=a+a1⇒|w|≥2,不符合-1<w<2;当a 2+b 2=1时,w=2a,由-1<w<2⇒-21<a<1.2.代数形式[例2]:设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2βα为实数,则|α|= .[解析]:设α=a+bi(a,b ∈R)⇒β=a -bi ⇒αβ=a 2+b 2∈R,α-β=2bi,|α-β|=23⇒|b|=3,2βα=23)(αβα为实数⇒α3=(a+bi)3=(a 3-3ab 2)+(3a 2b-b 3)i 为实数⇒3a 2b-b 3=0⇒|a|=1⇒|α|=2. [类题]:1.①复数(1+i)4+(1-i)4= .②计算:！！！！i i i i 100210+⋅⋅⋅+++= .2.已知i 2=-1,在集合{s|s=1+i+i 2+i 3+…+i n ,n ∈N}中包含的元素是 .3.复数数列{a n }满足a 1=0,a n =a n-12+i(n≥2,i 为虚数单位,则它的前2007项的和= .4.设复数数列{z n }满足z 1=i,z n+1=-z n 2-i,则|z 2000|=5.()使复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2成为实数的所有x 构成的集合是 .解:复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2为实数⇔[sinx+sin2x+i(2cos 2xsinx-tanx)](cosx+i)为实数⇔sinx+sin2x+(2cos 2xsinx-tanx)cosx=0⇔sin2x+cos 2xsin2x=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z 1,z 2,z 3满足:⎪⎩⎪⎨⎧=++===11||||||133221321z z z z z z z z z ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值.[解析]:由|z 1|=|z 2|=|z 3|=1,可设z 1=cosα+isinα,z 2=cosβ+isinβ,z 3=cosγ+isinγ⇒21z z +32z z +13z z =cos(α-β)+isin(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 2γα-cos 22βγα-+-2sin 2γα-cos 2γα-=0⇒sin 2γα-sin 2αβ-sin 2βγ-=0.当sin 2αβ-=0时,β=2kπ+α⇒z 1=z 2,由21z z +32z z +13z z =1⇒31z z +13z z =0⇒(13z z )2+1=0⇒13z z =±i ⇒|az 1+bz 2+cz 3|=|(a+b±ic)z 1|=22)(c b a ++;同理可得:当sin 2βγ-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(a c b ++;当sin 2γα-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(b c a ++.[类题]:1.设A 、B 、C 为△ABC 的三内角,则复数Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++的虚部是 .解:Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++=)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2A i A A C i C C B i B B ++⋅+=2ACB cos cos cos Ai A C B i C B sin cos )sin()cos(-+++=2AC B cos cos cos [(cos(A+B+C)+isin(A+B+C))=-2AC B cos cos cos ,虚部是0.2.已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,z 1-z 2=cos150+isin150,则21z z = .解:设z 1=cosα+isinα,z 2=cosβ+isinβ⇒z 1-z 2=(co sα-cosβ)+(sinα-sinβ)i=cos150+isin150⇒cosα-cosβ= cos150,sinα-sinβ=sin150⇒(cosα-cosβ)2+(sinα-sinβ)2=1⇒cos(α-β)=21,sinα-sinβ=±23⇒21z z =cos(α-β)+isin(α-β)=21±23i.3.(设|z 1|=|z 2|=a(a≠0),且z 1+z 2=m+mi,其中m 为非零实数.则z 13z 23的值是 . 解:设z 1=acosα+aisinα,z 2=acosβ+aisinβ,由z 1+z 2=m+mi ⇒a(co sα+cosβ)=m,a(sinα+sinβ)=m ⇒cosα+cosβ= sinα+sinβ⇒2cos 2βα+cos 2βα-=2sin 2βα+cos 2βα-⇒cos 2βα+=sin 2βα+⇒tan 2βα+=1⇒α+β=2π⇒z 1z 2=a 2[cos(α+β)+isin(α+β)]=a 2i ⇒z 13z 23=(z 1z 2)3=-a 6i. 4.设|z|=1,则|z 2-z+2|的最小值为 .解:设z=cosθ+isinθ⇒|z 2-z +2|=|cos2θ+isin2θ-cosθ-isinθ+2|=|cos2θ-cosθ+2+(sin2θ-sinθ)i|=θθ2cos 4cos 66+-=87)83(cos 82+-θ≥414.5.已知复数集合D,复数z ∈D 当且仅当存在模为1的复数z 1,使得|z-2005-2006i| =|z 14+1-2z 12|.则D 中实部和虚部都为整数的复数的个数是 . 解:设z 1=cosθ+isinθ⇒|z 14+1-2z 12|=|(z 12-1)2|=|z 12-1|2=|cos2θ-1+isin2θ|2=(cos2θ-1)2+sin 22θ=2-2cos2θ≤4⇒|z-2005-2006i|≤4,设z=x+yi ⇒(x-2005)2+(y-2006)2≤16⇔x 2+y 2≤16共有49个解. 4.共轭运算[例4]:若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-i,则z 1z 2= .[解析]:|z 1|=2,|z 2|=3⇒z 11z =4,z 22z =9⇒23-i=3z 1-2z 2=31z 1z 22z -21z 2z 11z =61z 1z 2(22z -31z )=-61z 1z 2(31z -22z )=-61z 1z 2(23+i)⇒z 1z 2=-1330+1372i.[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=2||1λλ-+w w 是这个方程的解;②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-λz =w ⇒z-λ(λz+w)=w ⇒(1-λλ)z=λw+w ⇒z=2||1λλ-+w w .故选(A). 3.如果复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|,且z 1-z 2=2-i,则||2121z z z z 的值为 .解:设|z 1|=|z 2|=a ⇒z 11z =z 22z =a 2⇒a 2(2-i)=z 1z 22z -z 2z 11z =-z 1z 2(1z -2z )=-z 1z 2(2+i)⇒||2121z z z z =221az z =ii ++-22=543i +-.4.z 1,z 2是已知的两个任复数,复数z 满足z≠0,z+z 2≠0,z z 1+z 2z +z 12z =0,则 arg21z z z z ++= .解:z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z z 1+(z+z 1)2z =0⇒z z 1z 2+(z+z 1)2z z 2=0;z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z 1z +z z 2+1z z 2=0⇒z z 2+(z+z 2)1z =0⇒z z 1z 2+(z+z 2)1z z 1=0⇒(z+z 1)2z z 2=(z+z 2)1z z 1⇒21z z z z ++=2211z z z z =正实数⇒arg21z z z z ++=0.5.设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3,|z 1-z 2|=33,则log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|= .解:9=|z 1|2=z 11z ,9=|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=z 11z +z 22z +z 21z +z 12z ;27=|z 1-z 2|2=(z 1-z 2)(1z -2z )=z 11z +z 22z -(z 21z +z 12z )⇒z 11z +z 22z =18⇒z 22z =9⇒|z 2|=3⇒|z 21z |=|z 12z |=9,z 21z +z 12z =-9,设z 12z =9(cosθ+isinθ)⇒z 21z =9(cosθ-isinθ)⇒cosθ=-21⇒sinθ=±23⇒z 12z =9ω,或ω2⇒log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|=log 3|(9ω)2000+(9ω2)2000|= log 3|92000(ω+ω2)|=4000. 5.模的运算[例5]:复数z 1和z 2满足:|z 2|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,则|(z 1+1)2(z 1-2)|的最大值为 . [解析]: 由4z 12-2z 1z 2+z 22=0⇒3z 12+(z 1-z 2)2=0⇒(z 1-z 2)2=-3z 12⇒z 1-z 2=±3z 1i ⇒z 2=(1±3i)z 1⇒|z 2|=2|z 1|⇒|z 1|= 2,设z 1=2(cosα+isinα)⇒|(z 1+1)2(z 1-2)|=|(z 1+1)2||(z 1-2)|=[(2cosα+1)2+(2sinα)2]22)sin 2()2cos 2(αα+-=)cos 88()cos 45(2αα-+≤36(cosα=41).[类题]: 1.|)52)(32()35)(25)(23(2i i i i i --+++|= .2.复数z 满足|z|(3z+2i)=2(iz−6),则|z|等于 .解:设|z|=r(r>0)⇒z=ir ri23212+-+⇒r 2=|z|2=|ir ri 23212+-+|2=22|23||212|i r ri +-+=49414422++r r⇒r 4=16⇒r=2.3.设{z n }是一个复数数列,定义z n =(1+i)(1+2i ) (1)ni ),则∑=+-nn n n z z 11||= .解:|z n -z n+1|=1.4.已知复数z 满足z z -z-z =3,且arg(z-1)=3π,则z= .解:z z -z-z =3⇒(z-1)(z -1)=4⇒|z-1|=2⇒z-1=2(cos 3π+isin 3π).5.设z 是复数,且|z|=1,则u=|z 2-z+1|的最大值与最小值是 .解:u=|z 2-z+1|=|z 2-z+z z |=|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a n =(22-+i 22+)n 取实数值的最小正整数,则对应此n 的a n = . [解析]:令tanθ=2222-+(0<θ<2π)⇒tan 2θ=2222-+=3+22⇒tanθ=2+1⇒tan2θ=-1⇒2θ=43π⇒θ=83π⇒a n =[r(cos 83π+isin 83π)]n =r n (cosn 83π+isinn 83π)取实数值,其中r=2⇒sinn 83π=0⇒n 83π=kπ⇒3n=8k ⇒n=8m,满足此条件且n≥2007的最小正整数n 为2008,此时a n =a 2008=22008cos753π=-22008. [类题]:1.计算:(21i -)1989= .2.①已知z=(3-3i)n ,若z 为实数,则最小的正整数n 的值为 . 解:令tanθ=-33=-3⇒θ=35π⇒3-3i=23(cos 35π+isin 35π)⇒z=(3-3i)n =[23(cos 35π+isin 35π)]n =(23)n [cos(35πn)+isin(35πn)]为实数⇔sin(35πn)=0⇔35πn=kπ⇔k=35n⇒最小的正整数n 的值为3.②设n 为使a n =(213++213-i)n取实数的最小自然数,则对应此n 的3.①设n 为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sin θ+icos θ)n =sinn θ+icos n θ成立,则这种n 的总个数为 .解:(sin θ+icos θ)n =[i(cosθ-isinθ)]n =i n [cos(-θ)+isin(-θ)]n =i n [cos(-n θ)+isin(-n θ)]=i n [cos(n θ)-isin(n θ)]=i n-1(sinn θ+icos n θ)⇒i n-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⇒z z =1,|z +i|=1⇒(z +i)(z-i)=1⇒(z -z)i=1⇒z-z =i ⇒z=±23+21i ⇒z+i=±23+23i=±3(21±23i)⇒(z+i)n =(±3)n (21±23i)n ,其中w=21±23i 是方程w 2-w+1=0的根⇒w 3=-1⇒n=3时,|z+i|n的最小值为33.5.[(23i +)8+1]n 当n 取1,2,…,100时,可得 个不同的数值.解:[(23i +)8+1]n =[(-i)8(231i +-)8+1]n =[(-iω)8+1]n =(ω2+1)n =(-ω)n ,可得6个不同的数值.7.单位复数[例7]:(设a,b,c 均为非零复数,且ba =cb =ac ,则cb ac b a +--+的值为 .[解析]:设ba =cb =ac =x ⇒a=xb,b=xc,c=xa ⇒abc=x 3abc ⇒x 3=1⇒x=1,x=ω,x=ω2(三次方程有三个根)=0⇒cb ac b a +--+=1122+--+x x x x =1,或ω,或ω2.[类题]:1.①设x 1,x 2是方程x 2-x+1=0的两个根,则x 11980+198021x = .解:x i 6=1⇒x 11980=1,198021x =1⇒x 11980+198021x =2;②知复数m 满足m+m1=1,则m 2008+20091m = .解:m+m1=1⇒m 2-m+1=0⇒(m+1)(m 2-m+1)=0⇒m 3=-1⇒m 6=1⇒m 2008=m 4=-m,m 2009=m 5=m1⇒m 2008+20091m=-m+m=0.2.①设非零数复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式(y x x+)1990+(yx y +)1990的值是 .解:x 2+xy+y 2=0⇒(yx )2+yx +1=0.令yx=ω⇒ω2+ω+1=0⇒ω3=1⇒(y x x +)1990+(y x y +)1990=19901990)1(ωω++1990)1(1ω+=19902)(ωω-+19902)(1ω-=21ωω+=-1. ②设非零数相异复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式[2))((y x y x xy -+]2006(x 2006+y 2006)的值是 .3.若z ∈C,且x 10=1,则1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010= .解:若z ∈R,由x 10=1⇒x=±1.当x=1时,1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010=2011;当x=-1时,1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010=1;若z≠±1,由x 10=1⇒(x 2-1)(x 8+x 6+x 4+x 2+1)=0⇒x 8+x 6+x 4+x 2+1=0⇒x 9+x 7+x 5+x 3+x=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x 10=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010=1.4.已知复数z 满足:z 3=27,则z 5+3z 4+2242= .5.设(23+2x i)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 .解:(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)⇒f(1)+ig(1)=(23+21i)2008=(-i)2008(-21+23i)2008=ω2008=ω=-21+23i ⇒f(1)=-21.8.复数方程[例8]: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 12-4z 2=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=-z 1,αβ=z 2+m ⇒28=|α-β|2=|(α-β)2|=|(α+β)2-4αβ|=|z 12-4z 2-4m|=|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+z1为实数,则2z+z1的取值范围是_____.2二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+(1+i λ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________. 解:设方程有实根x 0,则(x 02+λx 0+1)+(-x 02+x 0+λ)i=0⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++-=++00102020λλx x x x ⇒(x 0+1)(λ+1)=0⇒x 0=-1⇒λ=2;λ=-1⇒x 02-x 0+1=0无实根,综上,λ=2;所以,有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为λ≠2.3.方程z 4=z (z 为z 的共轭复数)的根为 . 解:z 4=z⇒|z|4=|z |⇒|z|=0,1⇒z=0,z 5=z z⇒z 5=1⇒z=cos 52πk +isin 52πk (k=0,1,2,3,4)4.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 5π+isin 5π,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )(A)x 4+x 3+x 2+x+1=0 (B)x 4-x 3+x 2-x+1=0 (C)x 4-x 3-x 2+x+1=0 (D)x 4+x 3+x 2-x -1=0解:ω=cos 5π+isin 5π=cos 102π+isin 102π⇒ω,ω2,…,ω10是1的10个10次方根⇒(x-ω)(x -ω2)…(x -ω10)=x 10-1;又因ω2,ω4,ω6,ω8,ω10是1的5个5次方根⇒(x-ω2)(x-ω4)…(x -ω10)=x 5-1;两式相除得:(x-ω)(x -ω3)…(x -ω9)=x 5+1,其中ω5=cosπ+isinπ=-1⇒x-ω5=x+1⇒(x-ω)(x -ω3)(x-ω7)(x-ω9)=115++x x =x 4-x 3+x 2-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⇒ω+z=(1+i)z+2z ⇒ω=zi+2z ⇒|ω|2=(zi+2z )(-z i+2z)=5z z +2i(z 2-z 2)=5-4sin2θ≤9,当θ=43π时,等号成立⇒点S 到原点距离的最大值是3.[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(22ba a +,-22ba b +)⇒直线AB:y-b=)1()1(2222-+++b a a b a b (x-a),令y=0⇒x=1222++b a a =1++z z z z .3.已知z 为复数,arg(z+3)=1350,则|3||6|1i z z -++取最大值时,z= .解:|3||6|1i z 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i1,1-i ,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内角等于 .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|=θcos 22+θsin 22+=2)sin 1)(cos 1(θθ++,为等腰三角形.10.模的意义[例10]:已知复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|2121z z z z -+|= .[解析]:设z 1,z 2,z 1+z 2对应的点分别为A,B,C,则四边形OACB 是平行四边形,且∠AOB=600⇒|z 1-z 2|=|AB|=7;|z 1+z 2|= |OC|=19⇒|2121z z z z -+|=7133.[类题]:1.①设复数z 1=(2-a)+(1-b)i,z 2=(3+2a)+(2+3b)i,z 3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b ∈R,当|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值时,3a+4b= .解:易求得z 1+z 2+z 3=8+6i,于是|z 1|+|z 2|+|z 3|≥|z 1+z 2+z 3|=|8+6i|=10,|z 1|+|z 2|+|z 3|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=37,b=45,所以3a+4b=12.②已知复数z 1,z 2满足|z 1|≥1,|z 2|≥23,则复数i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2的模长的最小值是 .解:i 1993=i,i 1995=-i,|i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2|=|i(z 1-z 2)+2z 1z 2|≥2|z 1z 2|-|z 1-z 2|≥3-(1+23)=21.2.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(0,33)时,|z-1|+|z-i|+|z+1|取得最小值,最小值为1+3.3.设z 是模为2的复数,则|z-z1|的最大值与最小值的和为 .解:|z-z1|=|z1(z 2-1)|=|z1||z 2-1|=21|z 2-1|.设w=z 2,由|z|=2⇒|w|=|z 2|=|z|2=4,|z 2-1|=|w-1|的几何意义是半径为4圆上的点到定点(1,0)的距离⇒最大值与最小值的和为44.若复数z 满足|z+1+i|+|z-1-i|=22,记|z+i|的最大值和最小值分别为M,m,则mM = .解:在复平面上,设A(-1,-1),B(1,1),C(0,-1),则|AB|=22⇒|z+1+i|+|z-1-i|=22点在线段AB 上⇒M=|BC|=5,m=22.5.已知复数z 的模为1,则函数|z 2+iz 2+1|的值域是 . 解:|z 2+iz 2+1|=|(1+i)z 2+1|=|1+i||z 2+i+11|=2|z 2+21i -|,设w=z 2,由|z|=1⇒|w|=|z 2|=|z|2=1,|z 2+21i -|=|w+21i -|的几何意义是单位圆上的点到定点(-21,21)的距离⇒值域是[2-1,2+1]. 11.幅角主值[例11]:已知复数z=1-sinθ+icosθ(2π<θ<π).求z 的共轭复数z 的辐角主值.[解析]:z =1-sinθ-icosθ,设z 的辐角主值α,则tanα=1sin cos -θθ=-2)2sin 2(cos)2sin 2)(cos 2sin 2(cosθθθθθθ--+=-2sin2cos2sin 2cos θθθθ-+=-tan(2θ+4π)=tan[π-(2θ+4π)]=tan(43π-2θ)⇒α=43π-2θ.[类题]:1.集合S={z 2|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)⇒z 2=r 2(cos2a+isin2a).①当0≤a<π时,argz 2=2a;②当π≤a<2π时,argz 2=2a-2π,故选(D).2.设z 是复数,z+2的幅角为3π,z-2的幅角为65π,则z= .解:设z+2=R(21+23i),z-2=r(-23+21i)⇒21R-2+23Ri=2-23r+21ri ⇒21R-2=2-23r,且23R=21r ⇒R=2⇒z=-1+3i.3.若z ∈C,arg(z 2-4)=65π,arg(z 2+4)=3π,则z 的值是________. 解:设z 2+4,z 2-4,z 2对应的点分别为A,B,C,则C 是AB 的中点,∠BOA=65π-3π=2π⇒|OC|=21|AB|=4,argz 2=∠COx=3π+3π=32π⇒z 2=4(cos 32π+isin 32π)⇒z=±2(cos 3π+sin 3π)=±(1+3i).4.设z 1,z 2都是复数,且|z 1|=3,|z 2|=5|z 1+z 2|=7,则arg(12z z )3的值是______. 解:设z 1,z 2,z 1+z 2对应的点分别为A,B,C,则四边形OABC 为平行四边形,且cos ∠OBC=-21⇒∠OBC=32π⇒arg(12z z )=∠BOA=π-32π=3π,或arg(12z z )=35π⇒arg(12z z )3=π.5.已知θ=arctan 125,那么,复数z=ii ++2392sin 2cos θθ的辐角主值是_________.解:θ=arctan 125⇒tanθ=125⇒cosθ=1312,sinθ=135⇒z=123912+(cosθ+isinθ)2(239-i)=)1239(16912+(119+120i) (239-i)=)1239(16912+(28561+28561i)⇒argz=4π.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z 1,z 2,…,z 20,则复数Z 11995,z 21995,…,z 201995所对应的不同的点的个数是 .[解析]:设z 1=cosθ+isinθ⇒z k =(cosθ+isinθ)(cos 20)1(2π-k +isin 20)1(2π-k )(1≤k≤20),由1995=20×99+15⇒z k 1995=(cos1995θ+isin1995θ)(cos(k-1)23π+isin(k-1)23π)=(cos1995θ+isin1995θ)(cos 23π+isin 23π)k-1=(cos1995θ+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(z 0-z),C(z 0+z)构成以A 为直角顶点的等腰直角三角形,其中z 0=-31+32i,则△ABC 的面积为 .解:依题意,z 0+z=i(z 0-z)⇒z=ii ++-11z 0=iz 0,|z 0|2=31,△ABC 的面积为=21|AB||AC|=21|z 0-z||z 0+z|=21|(1-i)(1+i)||z 0|2=31.2.①设复数z 1,z 2在复平面上对应的点分别为A,B,且|z 1|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,O 为坐标原点,则△OAB 的面积为 .解:4z 12-2z 1z 2+z 22=0⇒(z 2-z 1)2=-3z 12⇒z 2-z 1=±3z 1i ⇒|z 2-z 1|=3|z 1|⇒AB ⊥OA,且|AB|=3|OA|⇒△OAB 的面积=21|OA||AB|=83.②设复数z 1、z 2满足z 1z 2=1,z 13+z 23=0,且z 1+z 2≠0.z 1、z 2在复平面内的对应点为Z 1、Z 2,O 为原点,则△Z 1OZ 2的面积是_____.解:z 13+z 23=0⇒(z 1+z 2)(z 12-z 1z 2+z 22)=0⇒z 12-z 1z 2+z 22=0⇒12z z =231i ±⇒∠Z 1OZ 2=arg(231i ±)=3π⇒△Z 1OZ 2的面积=21|z 1z 2|sin 3π=43.3.复平面上,非零复数z 1,z 2在以i 为圆心,1为半径的圆上,1z z 2的实部为零,z 1的辐角主值为6π,则z 2=_______. 解:1z z 2的实部为零⇒1z z 2=ai ⇒z 2⊥z 2⇒argz 2=6π+2π=32π⇒|z 2|=3⇒z 2=3(cos 32π+isin 32π)=-23+23i.4.已知关于x 的实系数方程x 2-2x+2=0和x 2+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:x 2-2x+2=0⇒z 1=1-i,z 2=1+i,x 2+2mx+1=0⇒z 3=-m-21m -i,z 4=-m+21m -i,1413z z z z --:2423z z z z --∈R ⇔1413z z z z --=x 2423z z z z --⇔(z 1z 2+z 3z 4-z 1z 4-z 2z 3)=x(z 1z 2+z 3z 4-z 1z 3-z 2z 4)⇔2+1-(1-i)(-m+21m -i)-(1+i)(-m-21m -i)=x[2+1-(1-i)(-m-21m -i)-(1+i)(-m+21m -i)]⇔5.设非零复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++++==++++===Sa a a a a a a a a a a a a a a a a a )11111(4543215432145342312,其中S 为实数,且|S|≤2.求证:复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上. 解:设45342312a a a a a a a a ====k(k≠0)⇒a 2=ka 1,a 3=k 2a 1,a 4=k 3a 1,a 5=k 4a 1⇒S=a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=a 1(1+k+k 2+k 3+k 4),S=411a (1+k1+21k +31k+41k)=4411ka (1+k+k 2+k 3+k 4)⇒(4411ka -a 1)(1+k+k 2+k 3+k 4)=0.①若1+k+k 2+k 3+k 4=0⇒k 5=1⇒|k|=1⇒|a 1|=|a 2|=|a 3|=|a 4|=|a 5|; ②若4411k a -a 1=0⇒a 1k 2=±2⇒a 3=±2⇒1+k+k 2+k1+21k =±2S ,令k+k 1=x ⇒x 2+x-1±2S =0,该实系数二次方程的△=5± 2S>0,且f(2)=5±2S >0,f(-2)=1±2S >0⇒|x|<2⇒方程k+k1=x,即k 2-xk+1=0的△=x 2-4<0⇒k 1,k 2互为共轭复数⇒|k 1|2=|k 2|2=k 1k 2=1⇒|k|=1⇒|a 1|=|a 2|=|a 3|=|a 4|=|a 5|=2. 13.解折综合[例13]:设A,B,C 分别是复数Z 0=ai,Z 1=21+bi,Z 2=1+ci(其中a,b,c 都是实数)对应的不共线的三点,证明:曲线Z ＝Z 0cos 4t+2Z 1cos 2tsin 2t+Z 2sin 4t(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(F 1,F 2为焦点)是( )y O x y O xO xO 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=tt +1+i tt +1,t ∈R,t≠-1,t≠0},N={z|z=2[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)43.复平面上动点z 1的轨迹方程为|z 1-z 0|=|z 1|,z 0为定点,z 0≠0,另一个动点z 满足z 1z=-1,求点z 的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置.解:z 1z=-1⇒z 1=-z1,代入|z 1-z 0|=|z 1|得:|z1+z 0|=|z1|⇒|z 0z+1|=1⇒|z+1z |=||10z ,又因z≠0(z 1z=-1)⇒点z 的轨迹是以-1z 为圆心,||10z 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=223-1.②、y 是实数.z 1=x+11+yi,z 2=x-11+yi(i 为虚数单位),|z 1|+|z 2|=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|z 2|+|z 2−1|=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=z 2,由|z 2|+|z 2−1|=7⇒r 2+|w-1|=7⇒2114.复数应用[例14]:若(1+x+x 2)1000的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]:在(1+x+x 2)1000=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2000x 2000中,令x=1:a 0+a 1+a 2+…+a 2000=31000;令x=ω,a 0+a 1ω+a 2ω2+…+a 2000ω2000=0;令x=ω2,a 0+a 1ω2+a 2ω4+…+a 2000ω4000=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:3a 0+a 1(1+ω+ω2)+a 2(1+ω2+ω4)+…+a n (1+ωn +ω2n )+…+a 2000(1+ω2000+ω4000)=31000⇒3(a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998)=31000⇒a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998=3999. [类题]:1.已知sinα+sinβ=51,cosα+cosβ=31,则)(2sin )(2cos 1)(2sin )cos(21βαβαβαβα+++++++-= .解:设z 1=cosα+isinα,z 2=cosβ+isinβ,则z 1z 2=cos(α+β)+isin(α+β),|z 1|=|z 2|=1⇒z 11z =z 22z =1,z 1+z 2=31+51i ⇒z 1z 22z +z 2z 11z =31+51i ⇒z 1z 2(1z +2z )=31+51i ⇒z 1z 2(31-51i )=31+51i ⇒z 1z 2=ii3535-+⇒z 1z 2=178+1715i ⇒cos(α+β)=178,sin(α+β)=1715⇒)(2sin )(2cos 1)(2sin )cos(21βαβαβαβα+++++++-=)]cos())[sin(cos(2)]cos())[sin(sin(2βαβαβαβαβαβα++++++++=815.2.求值:tan700-010cos 1= .解:设z=cos100+isin100⇒z z =1,z =cos100-isin10⇒cos100=21(z+z )=zz 212+,sin100=i21(z-z )=ziz 212-.z 3=c os300+ isin300=23+21i.z 2=cos200+isin200⇒cos200=2421zz+,sin200=iz z2421-⇒tan 700-10cos 1=1144-+z z i-122+z z =1)1(2424---+z z z i i z =1212332323-+-+zi z z zi =3.3.化简arccot2+arctan 31= .解:arccot2+arctan 31=arctan 21+arctan 31=arg(2+i)+arg(3+i)=arg[(2+i)(3+i)]=arg(5+5i)=4π.4.rctan 31+arctan 51+arctan 71+arctan 81= .解:arctan 31+arctan 51+arctan 71+arctan 81=arg(3+i)+arg(5+i)+arg(7+i)+arg(8+i)=arg(3+i)(5+i)(7+i)(8+i)=arg[650(1+i)]=4π.试问:当且仅当实数x 0,x 1,x 2,...,x n (n≥2)满足什么条件时,存在实数y 0,y 1,y 2,...,y n 使得Z 02=Z 12+Z 22+...+Z n 2成立,其中Z k =x k +iy k ,i 为虚数单位,k=0,1,2,3,...证明你的结论. 解:。
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高中数学竞赛培优专题辅导-复数一、基础知识1．复数的定义：设i 为方程x 2=-1的根，i 称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。
便产生形如a+bi （a,b ∈R ）的数，称为复数。
所有复数构成的集合称复数集。
通常用C 来表示。
2．复数的几种形式。
对任意复数z=a+bi （a,b ∈R ），a 称实部记作Re(z),b 称虚部记作Im(z). z=ai 称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z 与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。
因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x 轴称为实轴，y 轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z 又对应唯一一个向量。
因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z 对应复平面内的点Z ，见图15-1，连接OZ ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r ，则a=rcos θ,b=rsin θ,所以z=r(cos θ+isin θ)，这种形式叫做三角形式。
若z=r(cos θ+isin θ)，则θ称为z 的辐角。
若0≤θ<2π，则θ称为z 的辐角主值，记作θ=Arg(z). r 称为z 的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=22b a +.如果用e i θ表示cos θ+isin θ，则z=re i θ，称为复数的指数形式。
3．共轭与模，若z=a+bi ，（a,b ∈R ）,则=z a-bi 称为z 的共轭复数。
模与共轭的性质有：（1）2121z z z z ±=±；（2）2121z z z z ⋅=⋅；（3）2||z z z =⋅；（4）2121z z z z =⎪⎪⎭⎫⎝⎛；（5）||||||2121z z z z ⋅=⋅；（6）||||||2121z z z z =；（7）||z 1|-|z 2||≤|z 1±z 2|≤|z 1|+|z 2|；（8）|z 1+z 2|2+|z 1-z 2|2=2|z 1|2+2|z 2|2；（9）若|z|=1，则zz 1=。
4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z 1=r 1(cos θ1+isin θ1), z 2=r 2(cos θ2+isin θ2)，则z 1••z 2=r 1r 2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；若21212,0r r z z z =≠[cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)]，用指数形式记为z 1z 2=r 1r 2ei(θ1+θ2),.)(212121θθ-=i e r r z z 5.棣莫弗定理：[r(cos θ+isin θ)]n=r n(cosn θ+isinn θ).6.开方：若=nw r(cos θ+isin θ)，则)2s i n2(c o snk i nk r w nπθπθ+++=，k=0,1,2,…,n-1。
7．单位根：若w n=1，则称w 为1的一个n 次单位根，简称单位根，记Z 1=ni n ππ2sin 2cos+，则全部单位根可表示为1,1Z ,1121,,-n Z Z .单位根的基本性质有（这里记k k Z Z 1=，k=1,2,…,n-1）：（1）对任意整数k ，若k=nq+r,q ∈Z,0≤r ≤n-1，有Z nq+r =Z r ；（2）对任意整数m ，当n ≥2时，有m n m mZZ Z1211-++++ =⎩⎨⎧,|,,|,0m n n m n 当当特别1+Z 1+Z 2+…+Z n-1=0；（3）x n-1+x n-2+…+x+1=(x-Z 1)(x-Z 2)…(x-Z n-1)=(x-Z 1)(x-21Z )…(x-11-n Z ).8.复数相等的充要条件：（1）两个复数实部和虚部分别对应相等；（2）两个复数的模和辐角主值分别相等。
9．复数z 是实数的充要条件是z=z ;z 是纯虚数的充要条件是：z+z =0（且z ≠0）. 10.代数基本定理：在复数范围内，一元n 次方程至少有一个根。
11．实系数方程虚根成对定理：实系数一元n 次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b ≠0)是方程的一个根，则z =a-bi 也是一个根。
12．若a,b,c ∈R,a ≠0，则关于x 的方程ax 2+bx+c=0，当Δ=b 2-4ac<0时方程的根为.22,1aib x ∆-±-=二、方法与例题 1．模的应用。
例1 求证：当n ∈N +时，方程(z+1)2n+(z-1)2n=0只有纯虚根。
[证明] 若z 是方程的根，则(z+1)2n=-(z-1)2n，所以|(z+1)2n|=|-(z-1)2n|,即|z+1|2=|z-1|2,即(z+1)(z +1)=(z-1)(z -1)，化简得z+z =0，又z=0不是方程的根，所以z 是纯虚数。
例2 设f(z)=z 2+az+b,a,b 为复数，对一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b 的值。
[解] 因为4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b) =|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|≥|f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4，其中等号成立。
所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四个向量方向相同，且模相等。
所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，解得a=b=0. 2.复数相等。
例3 设λ∈R ，若二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。
[解] 若方程有实根，则方程组⎪⎩⎪⎨⎧=--=++0122λλx x x x 有实根，由方程组得(λ+1)x+λ+1=0.若λ=-1，则方程x 2-x+1=0中Δ<0无实根，所以λ≠-1。
所以x=-1, λ=2.所以当λ≠2时，方程无实根。
所以方程有两个虚根的充要条件为λ≠2。
3．三角形式的应用。
例4 设n ≤2000,n ∈N ，且存在θ满足(sin θ+icos θ)n=sinn θ+icosn θ，那么这样的n 有多少个？ [解] 由题设得)2sin()2cos()2sin()2(cos )]2sin()2[cos(θπθπθπθπθπθπn i n i n i n -+-=-+-=-+-，所以n=4k+1.又因为0≤n ≤2000，所以1≤k ≤500，所以这样的n 有500个。
4．二项式定理的应用。
例5 计算：（1）100100410021000100C C C C +-+- ；（2）99100510031001100C C C C --+- [解] (1+i)100=[(1+i)2]50=(2i)50=-250,由二项式定理(1+i)100=10010010099991002210011000100i C i C i C i C C +++++ =100100410021000100(C C C C +-+- )+(99100510031001100C C C C --+- )i ，比较实部和虚部，得100100410021000100C C C C +-+- =-250，99100510031001100C C C C --+- =0。
5．复数乘法的几何意义。
例6 以定长线段BC 为一边任作ΔABC ，分别以AB ，AC 为腰，B ，C 为直角顶点向外作等腰直角ΔABM 、等腰直角ΔACN 。
求证：MN 的中点为定点。
[证明] 设|BC|=2a ，以BC 中点O 为原点，BC 为x 轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B ，C 对应的复数为-a,a,点A ，M ，N 对应的复数为z 1,z 2,z 3,a z BA a z CA +=-=11,，由复数乘法的几何意义得：)(13a z i a z --=-=，①)(12a z i a z --=+=，②由①+②得z 2+z 3=i(z 1+a)-i(z 1-a)=2ai.设MN 的中点为P ，对应的复数z=ai z z =+232,为定值，所以MN 的中点P 为定点。
例7 设A ，B ，C ，D 为平面上任意四点，求证：AB •AD+BC •AD ≥AC •BD 。
[证明] 用A ，B ，C ，D 表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).所以|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥|A-C|•|B-D|, “=”成立当且仅当)()(D C C B Arg A D A B Arg --=--，即)()(CD CB Arg A B A D Arg --+--=π，即A ，B ，C ，D 共圆时成立。
不等式得证。
6．复数与轨迹。
例8 ΔABC 的顶点A 表示的复数为3i ，底边BC 在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC 的外心轨迹。
[解]设外心M 对应的复数为z=x+yi(x,y ∈R)，B ，C 点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M 是三边垂直平分线的交点，而AB 的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC 的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M 对应的复数z 满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b 解得).34(62-=y x所以ΔABC 的外心轨迹是轨物线。
7．复数与三角。
例9 已知cos α+cos β+cos γ=sin α+sin β+sin γ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2γ=0。
[证明] 令z 1=cos α+isin α,z 2=cos β+isin β,z 3=cos γ+isin γ，则 z 1+z 2+z 3=0。
所以.0321321=++=++z z z z z z 又因为|z i |=1,i=1,2,3. 所以z i •i z =1，即.1ii z z =由z 1+z 2+z 3=0得.022********32221=+++++z z z z z z x x x ①又.0)(111321321321321132321=++=⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=++z z z z z z z z z z z z z z z z z z 所以.0232221=++z z z所以cos2α+cos2β+cos2γ+i(sin2α+sin2β+sin2γ)=0. 所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。