第 6 讲 复数形式结合几何解题
1. 复数的三种形式
(1) 代数形式: z =a+bi(a,b∈R) .
(2) 三角形式及几何意义: z =r (cosθ+i⋅sinθ)(r ≥0) ，其中 r 为复数 z
的模， θ 为复数 z 的辐角，它表示以原点为顶点，以实轴为始边，以向量 ⃗
OZ 所在的射线为终边的角，而满足 0≤θ<2π 的辐角 θ 叫作复数 z 的辐角
主值，记作 “ arg(z) ”， z 在复平面内对应点 ( r cosθ ,r sinθ ).
(3) 指数形式 z =r e
iθ ( e
iθ=cosθ+i⋅sinθ )，其中代数形式为高考考点，
三角形式是高校自招高频考点，两种形式可以相互转化: a+bi=r (cosθ+i⋅sinθ)
， r =
❑√a
2+b
2 ， cosθ = a
r ， sinθ = b
r .
2. 复数几何形式的乘法与除法公式
乘
法
:
r1(cosθ1+i⋅sinθ1)⋅r2(cosθ2+i⋅sinθ2)=r1r2[cos(θ1+θ2)+i⋅sin(θ1+θ2)) ;
除法: r1(cosθ1+i⋅sinθ1)
r2(cosθ2+i⋅sinθ2)
= r1
r2 [cos(θ1−θ2)+i⋅sin(θ1−θ2)) ;
乘方: [r (cosθ+i⋅sinθ))
n=r
n(cosnθ+i⋅sin nθ) ;
开方: 若 w
n=r (cosθ+i⋅sinθ) ,则 wk =
n√r(cos θ+2kπ
n
+i⋅sin θ+2kπ
n )
,其
中 k =0,1,2,⋯,n -1 ,
其几何意义是复数 w0,w1,w2,⋯,wn−1 在复平面上均匀地分布在圆 |z)=
n√r
上.
3. 单位根
方
程
x
n=1(n∈N
∗,n≥2)
的
n
个
根
ε j=(cos 2π
n +i⋅sin 2π
n )
j
( j =0,1,2,⋯,n−1) 在复平面内对应的点均匀地分布在
单位圆 |z)=1 上, 这 n 个点构成一个正 n 边形的 n 个顶点, 通常记
ε =cos 2π
n +i⋅sin 2π
n ,ε j= ε
j( j =0,1,2,⋯,n−1) .
4. 代数基本定理
n 次方程 a0 x
n+a1 x
n−1+⋯+an−1 x +an=0(a0≠0) 有 n 个根 (重根按重数计
算),实系数高次方程的虚根按共轭成对出现.
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【
例
1
】
已
知
复
数
|z1)=|z2)=1(z1≠z2)
,
满
足
|zk +1+i)+|zk−1−i)=2❑√3(k =1 , 2),求 z1 z2 .
【分析】考虑两个复数的模长为 1 , 借助三角恒等变换可以简便计算.
【解答】设 z1=cosα +i⋅sin α , z2=cos β +i⋅sin β ,
则 ❑√(cosα +1)
2+(sin α +1)
2+
❑√(cosα −1)
2+(sin α −1)
2=2❑√3 ,
整理可得
❑√3+2(cosα +sin α )+ ❑√3−2(cosα +sin α )=2❑√3 , 解得
sin α +cosα =0 .
同理可得 sin β +cos β =0 ，所以 α = 3 π
4 +2k1π , β = 7 π
4 +2k2π (k1,k2∈Z) .
所以 z1 z2=cos(α + β)+i⋅sin (α + β)=i .
【例 2】已知 e
iθ=cosθ+i⋅sinθ ,求 |2+2e
2
5 π i
+e
6
5 π i) 的值.
【分析】实质上考查的就是指数形式 z =r e
iθ(e
iθ=cosθ+i⋅sinθ) 转为三角
形式.
【解答】 |2+2e
2
5 π i
+e
6
5 π i)=|2+2cos 2π
5 +2i⋅sin 2π
5 +cos 6 π
5 +i⋅sin 6 π
5 )
= ❑√(2+2cos 2π
5 +cos 6 π
5 )
2
+(2sin 2π
5 +sin 6 π
5 )
2
= ❑√9+8cos 2π
5 + 4 cos 6 π
5 + 4 cos 2π
5 cos 6 π
5 + 4 sin 2π
5 sin 6 π
5
= ❑√9+8cos 2π
5 + 4 cos 6 π
5 + 4 cos 4 π
5
= ❑√
9+8(cos 2π
5 +cos 4 π
5 ).
又因为 cos0+cos 2π
5 +cos 4 π
5 +cos 6 π
5 +cos 8 π
5 =0 ,
所以 cos 2π
5 +cos 4 π
5 =−1
2 ,即原式 = ❑√5 .
【例 3】已知复数 z 满足 z + 2
z 是实数，则 |z +i) 的最小值为( )
A.3 A.
❑√3
3 B.
❑√2
2 C. 1 D. 前三个答案都不对
【分析】由 |z +i) 联想到其几何意义是复平面上 z 表示的点与一个定点
的距离,还需知道 z 要满足的条件. 若从条件 “ z + 2
z 是实数”联想到 “
z + 2
z 的虚部为零”,则需选用一种形式把它表示出来,于是产生解法一与解法二,
若想到的是 “ z∈R⇔´z = z ”,则产生解法三.
解法一: 设 z = x + y i(x , y ∈R) ,
则 z + 2
z = x + y i+
2
x + y i = x +
2 x
x
2+ y
2 +( y −
2 y
x
2+ y
2)i .
因为 z + 2
z ∈R ,所以 y −
2 y
x
2+ y
2 =0 ,即 y (x
2+ y
2−2)=0 ,
所以 y =0 或 x
2+ y
2=2 ,因此, z 所表示的点在 x 轴上或在圆 x
2+ y
2=2
上运动.
又因为 |z +i) 的几何意义是 z 表示的点 (x , y) 与点 (0,−1) 的距离,所以
|z +i)min= ❑√2−1 .
解法二: 设 z =r (cosθ+i⋅sinθ),r ≥0,θ∈[0,2π ) ,
则
z + 2
z =r (cosθ+i⋅sinθ)+ 2
r [cosθ+i⋅sin (−θ))=(r + 2
r)cosθ+i(r −2
r)sinθ∈R ,
得到 r = ❑√2 或 θ =0 ，以下同解法一.
解法三: z + 2
z ∈R⇔(z + 2
z)−(z + 2
z)=0⇔(z + 2
z)−(´z + 2
´z)=0 ,
整理得 (z−´z)(1−
2
z⋅´z)=0 ,
即 (z−´z)(
|z)
2−2
|z)
2 )=0 ,所以 z∈R 或 |z)
2=2 ,以下同解法一.
【解答】D
【
例
4
】
设
ω=cos 2π
5 +i⋅sin 2π
5 , P(x)= x
2+ x +2
,
则
P(ω) P(ω
2)P(ω
3)P(ω
4)= ( )
A.4 B. 10 C. 11 D. 12
【分析】一方面,看到 “ cos 2π
n +i⋅sin 2π
n (n∈N
∗) 型” 联想到 x
n=1
的单位根,可构造方程; 另一方面,由于方程 P(x)= x
2+ x +2=0 有两个共轭虚根,
可把 P(x) 用两个根式表示.
由题意知, ω 是方程 x
5−1=0 的单位根,所以 x
5−1=∏
k =0
4
(x−ω
k) .
又因为 x
5−1=(x −1)(x
4+ x
3+ x
2+ x +1) ,所以 ∏
k =1
4
(x−ω
k)=(x
4+ x
3+ x
2+ x +1)
,
另一方面,设 z 与 ´z 为 P(x) 的两个零点,
则 P(x)=(x−z)(x−´z) ,其中 z + ´z =−1, z⋅´z =2 ,
所以 P(ω) P(ω
2)P(ω
3)P(ω
4)=∏
k =1
4
(ω
k−z)(ω
k−´z)=∏
k =1
4
(z−ω
k)⋅∏
k =1
4
(´z−ω
k)
=(z
4+ z
3+ z
2+ z +1)⋅(´z
4+ ´z
3+ ´z
2+ ´z +1)
=(z
4+ z
3+ z
2+ z +1)⋅(z
4+ z
3+ z
2+ z +1)
=|z
4+ z
3+ z
2+ z +1)
2=|z
2(z
2+ z)+(z
2+ z)+1)
2
=|−2 z
2−1)
2=|2 z +3)
2=(2 z +3)(2´z +3)
= 4 z⋅´z +6(z + ´z)+9=11.
【解答】C
【例 5】已知复数 z1, z2 满足 z1 与 z1+ z2 有相同的模且 z1 z2=a(1−i) ，
其中 a 为非零实数,求 z2
z1
的值.
【分析】条件中出现了模与共轭,关键是 “ |z1)=|z1+ z2) ” 的转化,如果直
接用复数的两种形式进行求解,计算量较大,而利用公式 z⋅´z =|z)
2 ,可使计算量大
大减少.
【解答】由题意知 |z1)
2= z1 z1=|z1+ z2)
2=(z1+ z2)(z1+ z2) ,
整理得 z2 z2+ z2 z1+ z1 z2=0(∗) .
因为 z1 z2=a(1−i) ,所以 z1 z2=a(1+i) ,代入 (∗) 式得到 z2 z2=−2a ,
所以 z2
z1
= z2
z1
z2
z2
= −2a
a(1+i) =−2
1+i =−1+i .
【例 6】设复数 z1, z2 满足 Re(z1)>0, ℜ(z2)>0 ,且 Re(z1
2)= ℜ(z2
2)=2 (其中
Re(z) 表示复数 z 的实部).
(1) 求 Re(z1 z2) 的最小值；
(2) 求 |z1+2)+|z2+2)−|z1−z2) 的最小值.
【分析】条件中出现了复数的实部形式, 所以要把复数表示成代数形式, 然
后根据不等式进行放缩；第(2)小题中出现了复数的模，可以考虑复数的几何意
义，转化成线段的长度问题.
【解答】(1) 对 k =1,2 ,设 zk = xk + yki(xk , yk∈R) ,
由条件知, xk = ℜ(zk)>0, xk
2−yk
2= ℜ(zk
2)=2 ,
因此, Re(z1 z2)= ℜ(x1+ y1i)(x2+ y2i)= x1 x2−y1 y2=
❑√( y1
2+2)( y2
2+2)−y1 y2
=
❑√y1
2 y2
2+2 y1
2+2 y2
2+ 4−y1 y2≥|y1 y2)+2−y1 y2≥2.
又当 z1= z2= ❑√2 时， Re(z1 z2)=2 ，这表明 Re(z1 z2) 的最小值为 2 .
(3) 对于 k =1,2 ，设 zk = xk + yki(xk , yk∈R) ，
将 zk 对应到平面直角坐标系 xOy 中的点 Pk(xk , yk) ,记 P2❑
′ 是点 P2
关于 x 轴的对称点,
则点 P1, P2❑
′ 均位于双曲线 x
2−y
2=2 的右支上.
设点 F1, F2 分别是双曲线的左右焦点,易知 F1(−2,0), F2(2,0) .
根据双曲线的定义，有 |P1 F1)=|P1 F2)+2❑√2,|P2❑
′ F1)=|P2❑
′ F2)+2❑√2 ,
进
而
得
到
|z1+2)+|z2+2)−|z1−z2)=|z1+2)+|z2+2)−|z1−z2)=|P1 F1)+|P2
′ F1)−|P1 P2
′ )= 4 ❑√2+|P1 F2)+|P2
′ F2)−|P1
等号成立当且仅当点 F2 位于线段 P1 P2
′ 上 (例如,当 z1= z2=2+ ❑√2i 时,
F2 恰是 P1 P2
′ 的中点).
综上可知, |z1+2)+|z2+2)−|z1−z2) 的最小值为 4 ❑√2 .
