第39 讲 复数 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................1
三、典题精讲......................................................................................................................................3
考点一：复数的概念..............................................................................................................3
考点二：复数的相等与共轭复数..........................................................................................5
考点三：复数的运算..............................................................................................................6
考点四：复数的模..................................................................................................................9
考点五：复数的几何意义....................................................................................................11
考点六：与复数有关的最值问题........................................................................................13
考点七：复数的三角形式....................................................................................................15
四、高考真题....................................................................................................................................17
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年份
题号与题型
分值
考察类型
考察内容
2026
第9 题 多选
题
6 分
直接
复数的概念、模长、共轭复数及四则运算综合
2025
第1 题 单选
题
5 分
直接
复数的乘法运算与虚部的概念
2024
第2 题 单选
题
5 分
直接
复数的除法运算与解复数方程
近三年全国一卷对复数知识点的考查频率极高，每年均有一道独立的选择题直接考查.
题目多出现在试卷的前段，整体难度较低，属于必拿的基础得分题.
2. 命题角度与特色
（1） 聚焦基本概念与核心运算.真题主要围绕复数的代数形式展开，重点考查四则
运算（尤其是除法运算中的分母实数化）、虚部与实部的概念辨析、共轭复数以及模长的
计算.
（2） 题型呈现多样化趋势.除了传统的单选题直接计算外，2026 年出现了多选题形
式，在一道题中综合考查了复数的多个基础概念与性质，对知识掌握的全面性提出了要求.
3. 备考策略
（1） 夯实基础概念.必须清晰界定复数的实部、虚部（注意虚部不含虚数单位）、
共轭复数、模长等基本概念，避免概念混淆导致的失分.
（2） 熟练掌握代数运算.高度熟练复数的加、减、乘、除四则运算法则，特别是除
法运算中分子分母同乘共轭复数的技巧，确保计算准确无误.
二、知识清单
1. 复数的概念
（1） i叫虚数单位，满足i
2=-1，当k ∈Z时，i
4 k =1，i
4 k +1=i，i
4 k +2=-1，i
4 k +3=-i.
（2） 形如a+bi(a,b∈R)的数叫复数，记作a+bi∈C.
① 复数z =a+bi(a,b∈R)与复平面上的点Z(a,b)一一对应，a叫z的实部，b叫z的虚
部；b=0⇔z∈R，Z点组成实轴；b≠0，z叫虚数；b≠0且a=0，z叫纯虚数，纯虚数对应
点组成虚轴（不包括原点）.两个实部相等，虚部互为相反数的复数互为共轭复数.
② 两个复数a+bi，c +d i(a,b,c ,d ∈R)相等⇔{
a=c
b=d（两复数对应同一点）.
③ 复数的模：复数a+bi(a,b∈R)的模，也就是向量⃗OZ的模，即有向线段⃗OZ的长度，
其计算公式为| z|=|a+bi|=
❑√a
2+b
2，显然，| ´z|=|a-bi|=
❑√a
2+b
2，z⋅´z =a
2+b
2.
2. 复数的加、减、乘、除的运算法则
（1） (a+bi)±(c +d i)=(a±c)+(b±d )i.
（2） (a+bi)⋅(c +d i)=(ac -bd )+(ad +bc)i.
① (a+bi)⋅(a-bi)= z⋅´z =a
2+b
2=| z|
2（注意z
2≠| z|
2）.
②z + ´z =2a.
③ 其中| z|=
❑√a
2+b
2，叫z的模；´z =a-bi是z =a+bi的共轭复数(a,b∈R).
（3） a+bi
c +d i = (a+bi)⋅(c -d i)
(c +d i)⋅(c -d i) = (ac +bd)+(bc -ad)i
c
2+d
2
（c
2+d
2≠0）.
（4） 实数的全部运算律（加法和乘法的交换律、结合律、分配律及整数指数幂运算
法则）都适用于复数.
（5） 常用复数运算结论：
① (1+i)
2=2i，(1-i)
2=-2i.
② 1+i
1-i =i，1-i
1+i =-i，1
i =-i.
③i
n+i
n+1+i
n+2+i
n+3=0(n∈Z ).
（6） 共轭复数与模的运算性质：
① z1± z2= z1± z2，z1⋅z2= z1⋅z2，(
z1
z2)= z1
z2
( z2≠0).
② | z1 z2|=| z1|| z2|，|
z1
z2|=| z1|
| z2| ( z2≠0)，|z
n|=| z|
n(n∈N
*).
③|| z1|-| z2||≤| z1± z2|≤| z1|+| z2|.
3. 复数的几何意义
（1） 复数z =a+bi(a,b∈R)对应平面内的点Z(a,b).
（2） 复数z =a+bi(a,b∈R)对应平面向量⃗OZ.
（3） 复平面内实轴上的点表示实数，除原点外虚轴上的点表示虚数，各象限内的点
都表示复数.
（4） 复数z =a+bi(a,b∈R)的模| z|表示复平面内的点Z(a,b)到原点的距离.
4. 复数的三角形式
（1） 复数的三角表示式：一般地，任何一个复数z =a+bi都可以表示成
r(cosθ+isinθ)形式，其中r是复数z的模；θ是以x轴的非负半轴为始边，向量⃗OZ所在射线
（射线OZ）为终边的角，叫做复数z =a+bi的辐角.r(cosθ+isinθ)叫做复数z =a+bi的三角
表示式，简称三角形式.
（2） 辐角的主值：任何一个不为零的复数的辐角有无限多个值，且这些值相差2π
的整数倍.规定在0≤θ<2π范围内的辐角θ的值为辐角的主值.通常记作arg z，即0≤arg z<2π.
复数的代数形式可以转化为三角形式，三角形式也可以转化为代数形式.
（3） 三角形式下的两个复数相等：两个非零复数相等当且仅当它们的模与辐角的主
值分别相等.
（4） 复数三角形式的乘法运算：
① 两个复数相乘，积的模等于各复数的模的积，积的辐角等于各复数的辐角的和，
即r1(cosθ1+isinθ1)⋅r2(cosθ2+isinθ2)=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)].
② 复数乘法运算的三角表示的几何意义：复数z1, z2对应的向量为⃗O Z1,⃗O Z2，把向量⃗
O Z1绕点O按逆时针方向旋转角θ2（如果θ2<0，就要把⃗O Z1绕点O按顺时针方向旋转角
|θ2|），再把它的模变为原来的r2倍，得到向量⃗OZ，⃗OZ表示的复数就是积z1 z2.
（5） 复数三角形式的除法运算：两个复数相除，商的模等于被除数的模除以除数的
模所得的商，商的辐角等于被除数的辐角减去除数的辐角所得的差，即
r1(cosθ1+isinθ1)
r2(cosθ2+isinθ2) = r1
r2
[cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)].
5. 实系数一元二次方程的复数根
（1） 对于实系数一元二次方程a x
2+bx +c =0(a,b,c∈R ,a≠0)，当Δ=b
2- 4 ac<0时，
方程在复数集C内有两个互为共轭的虚数根，即x =-b±
❑√4 ac -b
2i
2a
.
（2） 韦达定理在复数集中依然成立：若x1, x2为方程a x
2+bx +c =0的两个根，则
x1+ x2=- b
a，x1 x2= c
a.
三、典题精讲
考点一：复数的概念
考法1：复数的分类与概念辨析
例1.（2026·江苏南京·一模）（多选）已知复数z =a+bi，a,b∈R，且b≠0，下列说法正
确的是（ ）
A. z - ´z是纯虚数
B. z
2是实数
C. z⋅i是虚数
D. 若| z|=1，则z + 1
z 是实数
【答案】AD
【思路】题目给出了复数的代数形式且虚部不为0，要求判断相关运算结果是实数还是纯虚数.切
入点是将各个选项中的复数表达式用a,b表示出来，再根据实部和虚部的情况进行判断，特别要注
意b≠0这一隐含条件.
【解析】A 选项中，z - ´z =a+bi-(a-bi)=2bi为纯虚数，故 A 正确.
B 选项中，z
2=(a+bi)
2=a
2-b
2+2abi，只有a=0时，z
2才是实数，故 B 错误.
C 选项中，z⋅i=(a+bi)⋅i=-b+ai，只有a≠0时为虚数，a=0为实数，故 C 错误.
D 选项中，z + 1
z = z +
´z
z⋅´z = z +
´z
| z|
2 = z + ´z =2a为实数，故 D 正确.
故选：AD.
【规律】处理复数概念辨析题，核心方法是设出复数的代数形式z =a+bi，进行代数运算后分离实
部与虚部.判断纯虚数时必须强调实部为0 且虚部不为0，判断实数时只需虚部为0.
考法2：根据纯虚数或实数条件求参数
例2.（2025·江西·检测）已知复数z满足| z|=2，若´z为纯虚数，则z =＿＿＿＿＿＿.
【答案】±2i
【思路】已知复数模长和其共轭复数为纯虚数，需先设出复数的代数形式.由共轭复数为纯虚数可
直接得出实部为0，再结合模长公式即可求出虚部，从而确定复数.
【解析】设z =a+bi(a,b∈R)，∵´z =a-bi为纯虚数，∴a=0，∵| z|=
❑√b
2=2，∴b=±2，故
z =±2i.
【规律】已知复数类型（实数、纯虚数）求参数或复数，通用步骤是：先将复数化为标准代数形
式，再根据实数（虚部为0）或纯虚数（实部为0 且虚部不为0）列出方程或方程组求解.
考法3：复数对应点所在象限的判断
例3.（2024·广东·检测）若(2+i)z =i，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点位
于（ ）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
【答案】A
【思路】题目给出了复数满足的方程，要求判断其对应点所在象限.破题关键是先利用复数的除法
运算求出z的标准代数形式，再提取实部和虚部作为点的横、纵坐标进行判断.
【解析】由(2+i)z =i可得，z =
i
2+i =
i(2-i)
(2+i)(2-i) = 1+2i
5
= 1
5 + 2
5 i.
复数z在复平面内对应的点为( 1
5 , 2
5 )，该点横坐标大于0，纵坐标大于0，故位于第一象限.
故选：A.
【规律】判断复数对应点所在象限，必须先将复数化简为z =a+bi的形式，其对应点坐标为(a,b).
根据a,b的正负号即可确定象限，注意复平面与平面直角坐标系的一一对应关系.
【考点一 方法总结】
1. 概念辨析与参数求解：处理复数概念问题（如实数、纯虚数），核心方法是“设
元法”或直接化简，将其化为标准代数形式z =a+bi(a,b∈R).
（1） 若z为实数，则b=0.
（2） 若z为纯虚数，则a=0且b≠0（切记不可遗漏虚部不为0 的条件）.
2. 几何意义与象限判断：复数z =a+bi(a,b∈R)与复平面内的点(a,b)一一对应.判
断所在象限时，必须先通过复数的四则运算化简为标准形式，再根据实部和虚部的正负号
确定.
考点二：复数的相等与共轭复数
考法4：利用复数相等求参数或复数
例4.（2025·安徽淮北·二模）若3( z + ´z)+ 4( z - ´z)=6+8i，则| z|=（ ）
A. ❑√2
B. ❑√3
C. 2
D. 2❑√2
【答案】A
【思路】方程中同时含有z与´z，无法直接移项求解.常规切入点是设出复数的代数形式z =a+bi，
代入方程后分离出实部和虚部，利用复数相等的充要条件列方程组求解.
【解析】设z =a+bi(a,b∈R)，则´z =a-bi，
∴z + ´z =2a, z - ´z =2bi，
由3⋅2a+ 4⋅2bi=6a+8bi=6+8i，∴a=1,b=1，故z =1+i，
∴| z|=
❑√1
2+1
2= ❑√2，
故选：A.
【规律】解决含有z与´z的复数方程，最通用的方法是“设元法”，即设z =a+bi，转化为实数方
程组求解.复数相等即实部等于实部，虚部等于虚部.
考法5：共轭复数的概念与性质判断
例5.（2026·江苏南通·检测）（多选）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（
）
A. 若z∈R，则z = ´z
B. 若z
2∈R，则z∈R
C. 若
(1+i)z =1-i，则| z|=1
D. 若z
2+1=0，则z =i
【答案】AC
【思路】本题全面考查复数的概念、运算及共轭性质.判断命题真假时，对于全称命题可尝试代数
推导或寻找反例，对于存在性或具体运算命题则直接进行化简计算.
【解析】对于 A 选项，若z∈R，则z = ´z，A 对.
对于 B 选项，若z
2∈R，不妨取z =i，则z
2=-1∈R，但z∉R，B 错.
对于 C 选项，若(1+i)z =1-i，则z = 1-i
1+i =
(1-i)
2
(1+i)(1-i) =-i，故| z|=1，C 对.
对于 D 选项，若z
2+1=0，则z
2=-1，解得z =±i，D 错.
故选：AC.
【规律】处理复数命题判断题，常利用特例法排除错误选项（如举纯虚数反例）.证明正确选项时，
熟练运用共轭复数的性质（如z∈R⇔z = ´z）和模长公式是关键.
考法6：实系数一元二次方程的复数根
例6.（2026·山东·一模）已知a,b为实数，虚数1-i是方程x
2+ax +b=0的根，则ab的值为（
）
A. - 4
B. -2
C. 2
D. 4
【答案】A
【思路】已知实系数一元二次方程的一个虚根，根据实系数方程虚根成对出现的性质，可直接写
出另一个根.随后利用韦达定理建立根与系数的关系，即可求出参数.
【解析】∵实系数一元二次方程的虚根成对出现，且1-i是方程x
2+ax +b=0的根，∴方程的另一
个根为1+i.
根据韦达定理可得，(1-i)+(1+i)=-a，解得a=-2.
且(1-i)(1+i)=b，解得b=2.
∴ab=(-2)×2=- 4.
故选：A.
【规律】实系数一元二次方程若有虚根，则两根必互为共轭复数.解题时首选韦达定理（两根之和
与两根之积）建立方程，避免直接代入虚根进行繁琐的复数运算.
【考点二 方法总结】
1. 复数相等方程的解法：处理含有z与´z的方程，通用方法为“设元法”，设
z =a+bi(a,b∈R)，代入化简后利用复数相等的充要条件（实部等于实部，虚部等于虚
部）转化为实数方程组求解.
2. 共轭复数的性质应用：判断抽象复数命题时，可利用特例法（如取纯虚数、实数
等）排除错误选项.推导时需熟记z∈R⇔z = ´z等核心性质.
3. 实系数方程的虚根性质：实系数一元二次方程若有虚数根，则两根必然成对出现
且互为共轭复数.解题时优先利用韦达定理（两根之和与两根之积）建立实数方程，避免
繁琐的复数代入运算.
考点三：复数的运算
考法7：复数的代数形式四则运算
例7.（2025·安徽·一模）（多选）若z
z +3为纯虚数，则复数z可以为（ ）
A. -12-6i
5
B. -3+2i
2
C. -12+8i
5
D. -3+3i
2
【答案】AD
【思路】已知一个分式形式的复数为纯虚数，切入点是直接设该式等于ai（a≠0），然后通过代
数变形反解出z的表达式，再结合选项中的复数代入验证或比对系数.
【解析】设z
z +3 =ai(a∈R ,a≠0)，则z(1-ai)=3ai，
∴z = 3ai
1-ai = 3ai(1+ai)
1+a
2
=-3a
2+3ai
1+a
2
=- 3a
2
1+a
2 + 3a
1+a
2 i.
对于 A 选项，由- 3a
2
1+a
2 + 3a
1+a
2 i=-12-6i
5
，可得{
- 3a
2
1+a
2 =- 12
5
3a
1+a
2 =- 6
5
，解得a=-2，合乎题意.
对于 B 选项，由- 3a
2
1+a
2 + 3a
1+a
2 i=-3+2i
2
，可得{
- 3a
2
1+a
2 =- 3
2
3a
1+a
2 =1
，此时a不存在，不合乎题意.
对于 C 选项，由- 3a
2
1+a
2 + 3a
1+a
2 i=-12+8i
5
，可得{
- 3a
2
1+a
2 =- 12
5
3a
1+a
2 = 8
5
，此时a不存在，不合乎题意.
对于 D 选项，由- 3a
2
1+a
2 + 3a
1+a
2 i=-3+3i
2
，可得{
- 3a
2
1+a
2 =- 3
2
3a
1+a
2 = 3
2
，解得a=1，合乎题意.
故选：AD.
【规律】遇到“某复数表达式为纯虚数”的条件，除了设z = x + y i硬算外，直接设整体为ai（
a≠0）往往能简化运算过程.注意最后必须检验分母不为0 或参数不为0.
考法8：解复数方程
例8.（2025·广东·联考）已知复数z =1-i，则´z( z -i)=（ ）
A. -1+3i
B. 3-i
C. 1+i
D. -1-i
【答案】B
【思路】给出了复数z的具体值，要求计算一个含有z及其共轭复数的代数式.直接写出共轭复数，
代入表达式中进行多项式乘法展开即可.
【解析】∵z =1-i，∴´z( z -i)=(1+i)(1-2i)=3-i.
故选：B.
【规律】对于已知具体复数求代数式值的题目，直接代入并利用i
2=-1进行化简是最高效的方法.
注意复数乘法满足分配律.
考法9：复数运算与共轭、模长的综合
例9.（2026·广东佛山·二模）（多选）设z1，z2为复数，若z1 z2=i，则（ ）
A. z1= ´z2
B. | z1|=
1
| z2|
C. | z1+ z2|= ❑√2
D. ´z1⋅´z2=-i
【答案】BD
【思路】已知两个复数乘积为纯虚数，要求判断它们之间的关系.由于没有给出具体复数，切入点
是利用复数模的乘法性质和共轭复数的乘法性质进行整体推导，或者通过构造特殊的复数进行排
除.
【解析】对于 A，易知当z1=1，z2=i时，z1 z2=i，但z1≠´z2=-i，故 A 错误.
对于 B，∵z1 z2=i，∴| z1 z2|=| z1|| z2|=|i|=1，则| z1|=
1
| z2| ，故 B 正确.
对于 C，易知当z1= 1
2，z2=2i时，z1 z2=i，此时| z1+ z2|=| 1
2 +2i|=
❑√17
2
≠❑√2，故 C 错误.
对于 D，∵z1 z2=i，∴z1 z2= ´z1⋅´z2=´i=-i，故 D 正确.
故选：BD.
【规律】处理抽象复数的关系判断，特例法（取满足条件的特殊复数代入）是排除错误选项的利
器；而证明正确选项则需熟练掌握模的性质（| z1 z2|=| z1|| z2|）和共轭的性质（z1 z2= ´z1⋅´z2）.
考法10：复数幂的周期性与数列求和
例10.（2026·浙江嘉兴·二模）（多选）已知{zn}是由复数组成的数列，zn+1=( zn-3)⋅i
2026
（i为虚数单位），且z1=1+i，则（ ）
A. z2= 1+3i
2
B. z2+ z3=3
C. | z1- z2+ z3- z4+⋯- z2026|=1013 ❑√5
D. 若| z - z2025|=1，则| z - z2026|的最小值为❑√5-1
【答案】BCD
【思路】题目给出了复数数列的递推公式，首先应化简i
2026以简化递推关系.随后通过计算前几项
寻找数列的周期性，再利用周期性处理大项数的求和与距离最值问题.
【解析】化简得到zn+1=( zn-3)⋅i
2026=( zn-3)(i
2)
1013=3- zn.
进一步zn+2=3- zn+1=3-(3- zn)= zn，即数列{zn}周期为2.
已知z1=1+i，计算得z2=3- z1=2-i，z3= z1=1+i，以此类推，奇数项都为1+i，偶数项都为2-i.
选项 A 中，z2
z1
= 2-i
1+i = (2-i)(1-i)
(1+i)(1-i) = 1-3i
2
≠1+3i
2
，A 错误.
选项 B 中，z2= z1=1+i，因此z2+ z3=(2-i)+(1+i)=3，B 正确.
选项 C 中，z1- z2+ z3- z4+⋯- z2026=( z1- z2)+( z3- z4)+⋯+( z2025- z2026).∵
z1- z2=(1+i)-(2-i)=-1+2i，∴总和为1013(-1+2i)，模长
1013|-1+2i|=1013×
❑√(-1)
2+2
2=1013 ❑√5，C 正确.
选项 D 中，z2025= z1=1+i，z2026= z2=2-i.| z - z2025|=1表示复平面上以(1,1)为圆心、半径为1
的圆，| z - z2026|是圆上点到(2,-1)的距离，两定点距离为
| z2026- z2025|=
❑√(2-1)
2+(-1-1)
2= ❑√5，因此| z - z2026|的最小值为❑√5-1，D 正确.
故选：BCD.
【规律】遇到含有虚数单位高次幂的数列问题，第一步必定是利用i的周期性（周期为4）进行降
幂化简.发现数列递推关系后，通过列举前几项寻找周期是解决此类综合题的通用套路.
【考点三 方法总结】
1. 整体代换法：当已知某个复杂的复数分式为纯虚数（或实数）时，除了常规的设
z = x + y i外，直接设该整体等于ai（a≠0）或a，再反解z往往能大幅简化运算.
2. 抽象复数运算技巧：判断抽象复数的模长、共轭关系时，特例法是快速排除错误
选项的利器.严格证明则需熟练运用性质，如| z1 z2|=| z1|| z2|、z1 z2= ´z1⋅´z2等.
3. 周期性与降幂：遇到含有i的高次幂或复数数列问题，第一步是利用i的周期性（
i
4 k =1等）进行降幂化简.对于递推数列，常通过计算前几项寻找周期规律，进而解决大项
数求和问题.
考点四：复数的模
考法11：直接利用代数形式求模
例11.（2026·安徽·检测）已知复数4 -3i与-2+i分别对应向量⃗OA与⃗OB，其中O为坐标原点，
则|⃗AB|=＿＿＿＿＿＿.
【答案】2❑√13
【思路】题目给出了复数及其对应的向量，要求求两点间的距离（向量模长）.切入点是先根据复
数的几何意义写出对应点的坐标，再利用向量减法求出目标向量的坐标，最后应用模长公式.
【解析】由题意得，⃗OA =(4 ,-3),⃗OB =(-2,1)，则⃗AB =⃗OB -⃗OA =(-6,4)，则|⃗AB|=2❑√13.
【规律】复数与平面向量一一对应，复数a+bi对应向量(a,b).求复平面上两点间的距离，本质上
就是求两复数之差的模长，或对应向量的模长.
考法12：利用复数方程求模
例12.（2026·安徽·联考）已知虚数z满足| z|
2⋅(2 ´z -1)=2- 4 z，则|2 z -3|=（ ）
A. 3
B. 4
C. 2❑√3
D. ❑√11
【答案】D
【思路】给出的方程中含有z、´z和| z|.常规思路是设z =a+bi转化为实数方程组；更巧妙的切入
点是对方程进行整体变形，利用共轭复数的性质构造出关于| z|或整体代数式的方程.
【解析】法一：设复数z =a+bi(a,b∈R)，由已知(a
2+b
2)(2a-1-2bi)=2- 4(a+bi)，
从而{
(a
2+b
2)(2a-1)=2- 4 a
2b(a
2+b
2)= 4 b
，解得{
a= 1
2
b
2= 7
4
，∴|2 z -3|= ❑√11.
法二：显然z≠1
2，则2 z -1=- 1
2 | z|
2⋅(2 ´z -1)，则(2 z -1)
2=- 1
2 |2 z -1|
2⋅| z|
2，则| z|= ❑√2.
设2 z -1=bi(b∈R)，从而b
2=7，则|2 z -3|=|-2+bi|= ❑√11.
故选：D.
【规律】解复杂的复数方程，除了万能的“设元法”外，要注意观察方程结构.若能通过整体取模、
两边同乘共轭复数等技巧进行变形，往往能大幅减少计算量.
考法13：复数模的综合运算与性质
例13.（2025·江西·模拟）（多选）已知复数z满足| z|= ❑√6，则下列结论正确的是
（ ）
A. z可能为1- ❑√6i
B. z ´z =6
C. z的实部与虚部之积不大于 3
D. z在复平面内对应的点可能是(2,❑√2)
【答案】BD
【思路】已知复数的模长，要求判断其相关性质.切入点是利用模长公式| z|
2=a
2+b
2以及性质
z ´z =| z|
2.对于实部与虚部乘积的极值问题，自然联想到基本不等式.
【解析】当z =1- ❑√6i时，| z|= ❑√1+6= ❑√7，A 错误.易知z ´z =| z|
2=6，B 正确.设
z =a+bi(a,b∈R)，则a
2+b
2=6，∵a
2+b
2≥2ab，∴ab≤3，C 正确.∵2
2+(❑√2)
2=6，∴D 正确.
故选：BD.
【规律】复数模的平方等于该复数与其共轭复数的乘积，即| z|
2= z ´z，这是复数运算中极其重要
的降次与转化工具.同时，复数的实部与虚部平方和常与基本不等式结合考查最值.
考法14：复数模的最值（非几何法）
例14.（2026·湖北襄阳·二模）已知z1=1+i, z2=-1+i，若w = λ z1+(1- λ)z2,( λ∈R)，则
|w |的最小值为（ ）
A. 1
B. ❑√2
C. 2
D. 1
2
【答案】A
【思路】要求一个含有实数参数λ的复数模的最小值.切入点是先将该复数按实部和虚部整理成标
准代数形式，然后写出模长的表达式，将其转化为关于λ的二次函数求最值.
【解析】由题意可得，w = λ(1+i)+(1- λ)(-1+i)= λ+ λi-1+i+ λ - λi=(2 λ -1)+i.
∴|w |=
❑√(2 λ -1)
2+1
2=
❑√(2 λ -1)
2+1.
当λ= 1
2时，(2 λ -1)
2取得最小值0，此时|w |取得最小值❑√0+1=1.
故选：A.
【规律】求动复数模长的最值，若不便于使用几何意义，最直接的方法是代数化：将其转化为关
于某个实数参数的函数（通常是二次函数），利用配方法或导数求最值.
【考点四 方法总结】
1. 模长计算与转化技巧：
（1） 熟练运用公式| z|
2= z⋅´z，它是复数方程中消去共轭符号、实现降次与转化的
重要工具.
（2） 解复杂复数方程求模时，除了设元法，应优先观察方程结构，尝试两边同时取
模长或同乘共轭复数进行整体变形.
2. 模长的最值求法（代数法）：当不便于使用几何意义时，将复数化为标准代数形
式，写出模长的表达式，利用配方法（转化为二次函数最值）或基本不等式求解.
考点五：复数的几何意义
考法15：复数运算与对应点所在象限
例15.（2025·广东·检测）（多选）已知i为虚数单位，复数z满足z = 1+5i
1+i ，则（ ）
A. z的实部为3
B. z的虚部为2i
C. z⋅´z =13
D. ´z在复平面内
对应的点在第四象限
【答案】ACD
【思路】题目给出了复数的分式表达式，要求分析其实部、虚部、模长及共轭复数的几何意义.首
要任务是利用复数除法（分子分母同乘分母的共轭复数）将z化为标准代数形式，后续判断即可迎
刃而解.
【解析】由于z = 1+5i
1+i = (1+5i)(1-i)
(1+i)(1-i) = 1+5i-i-5i
2
2
=3+2i，则z的实部为3，z的虚部为2，不
是2i.
由于| z|=|1+5i|
|1+i|
=
❑√1
2+5
2
❑√1
2+1
2 = ❑√13，z⋅´z =| z|
2=13，´z =3-2i在复平面内对应的点(3,-2)在第
四象限.
故选：ACD.
【规律】解决复数综合概念题，第一步永远是“标准化”，即通过四则运算将复数化为a+bi的形
式.注意虚部是一个实数，不包含i.
考法16：复数与平面几何及向量的结合
例16.（2026·山东东营·一模）在复平面内，把复数3- ❑√3i对应的向量绕原点沿顺时针方向
旋转π /3，则旋转后的向量对应的复数为（ ）
A. -2❑√3i
B. 3+ ❑√3i
C. 2❑√3i
D. -3+ ❑√3i
【答案】A
【思路】题目要求将复数对应的向量进行旋转.切入点是利用复数乘法的几何意义：向量绕原点旋
转θ角，等价于该复数乘以cosθ+isinθ.注意顺时针旋转对应负角.
【解析】复数z =3- ❑√3i对应的向量绕原点顺时针旋转π /3，相当于乘以复数
cos(- π
3 )+isin(- π
3 )= 1
2 -
❑√3
2 i.
∴旋转后的复数为(3- ❑√3i)( 1
2 -
❑√3
2 i)= 3
2 - 3 ❑√3
2
i-
❑√3
2 i+ 3
2 i
2= 3
2 -2❑√3i- 3
2 =-2❑√3i.
故选：A.
【规律】复数乘法具有旋转放缩的几何意义.复数z对应的向量绕原点逆时针旋转θ，得到的新向量
对应的复数为z(cosθ+isinθ)；顺时针旋转则角度取-θ.
考法17：复数模的几何意义（距离与轨迹）
例17.（2025·江西·联考）（多选）已知方程{
|2+3i- z|=1,
| z - 4 -k |=| z -3i-k |有且仅有一个复数解z，
则实数k的可能取值有（ ）
A. 1
8
B. 15
8
C. - 19
8
D. 65
4
【答案】AC
【思路】方程组包含两个复数模的等式，切入点是将其翻译为几何语言.第一个方程表示圆，第二
个方程表示两定点连线的中垂线（直线）.“有且仅有一个复数解”即直线与圆相切，利用圆心到
直线的距离等于半径求解.
【解析】由|2+3i- z|=1，得( x -2)
2+( y -3)
2=1，即复数z对应的点在以(2,3)为圆心，1 为半
径的圆上.
由| z - 4 -k |=| z -3i-k |，得复数z对应的点在点(4 +k ,0)和(k ,3)连线的中垂线上，即直线
8 x -6 y -8k -7 =0上.
∵方程组有且仅有一个复数解，∴直线与圆相切，
即
|8×2-6×3-8k -7|
❑√8
2+(-6)
2
=1，即|9+8k |=10，解得k = 1
8或- 19
8 .
故选：AC.
【规律】复数模的几何意义是解题利器：| z - z0|=r表示以z0为圆心、r为半径的圆；
| z - z1|=| z - z2|表示线段z1 z2的中垂线.将复数方程转化为解析几何问题，能极大简化运算.
【考点五 方法总结】
1. 代数形式的标准化：分析复数的几何意义（如对应点所在象限）前，必须通过分
母实数化等四则运算，将其化为最简的a+bi形式.
2. 模的几何意义转化：
（1） | z - z0|=r表示复平面内以点Z0为圆心、r为半径的圆.
（2） | z - z1|=| z - z2|表示复平面内以Z1,Z2为端点的线段的中垂线.
将复数方程转化为解析几何图形，结合数形结合思想可极大简化运算.
3. 乘法的旋转意义：复数z对应的向量绕原点逆时针旋转θ角，得到的新向量对应的
复数为z(cosθ+isinθ)；若顺时针旋转，则角度取-θ.
考点六：与复数有关的最值问题
考法18：转化为圆上点到定点距离的最值
例18.（2026·湖北黄冈·检测）已知z∈C，且| z -1|=1，i为虚数单位，则| z -2i|的最大
值是（ ）
A. ❑√5+1
B. ❑√5-1
C. 2
D. ❑√5
【答案】A
【思路】已知复数满足圆的方程，求另一复数模的最大值.切入点是将目标式| z -2i|理解为圆上
动点z到定点(0,2)的距离，利用平面几何中圆外一点到圆上点距离的最大值公式（d +r）求解.
【解析】| z -1|=1表示以C(1,0)为圆心，r =1为半径的圆，
则圆心 C 到点M (0,2)的距离d =
❑√2
2+1
2= ❑√5，
则| z -2i|的最大值为d +r = ❑√5+1.
故选：A.
【规律】形如“已知| z - z0|=r，求| z - z1|的最值”问题，统一转化为圆上动点到定点的距离问
题.最大值为d +r，最小值为|d -r |（其中d为定点到圆心的距离）.
考法19：复数新定义问题
例19.（2025·河北保定·一模）数学中的数除了实数，复数之外，还有四元数.一般地，形
如z =a+bi+c j+d k的数为四元数，其中a,b,c ,d都是实数，i, j ,k都是虚数单位，这些虚数
单位满足i
2= j
2=k
2=-1.其中z的模为| z|=
❑√a
2+b
2+c
2+d
2，z的共轭四元数记作
´z =a-bi-c j -d k．给定两个四元数，可以进行同复数类似的加减运算，例如：
(a1+b1i+c1 j+d1k )+(a2+b2i+c2 j+d2k )=(a1+a2)+(b1+b2)i+(c1+c2) j+(d1+d2)k.对于四元
数的乘法满足分配律和结合律，但不满足交换律，规定：ij =- ji=k , jk =-kj =i，ki=-ik = j．
（1）若z =1+2i+3 j+ 4 k，求z⋅´z的值；
（2）已知四元数zn=an+bni+cn j+dnk．
（i）若an=(
1
2)
n
,bn=
1
n
2+n
,cn=sin nπ
2 ,dn= (-1)
n-1
n
，求证：| z1+ z2+ z3+⋯+ zn|<2；
（ii）若数列{an},{bn},{cn},{dn}均为正项数列，且| z1+ z2+ z3+⋯+ zn|= L（L为常数），求
证：| z1|
2+| z2|
2+| z3|
2+⋯+| zn|
2≥L
2
n ．
【答案】见解析
【思路】本题引入了四元数的新定义.切入点是严格遵循题目给出的运算法则（特别是乘法不满足
交换律）.对于第二问的证明，需将模长公式展开，并结合数列求和技巧与基本不等式进行放缩.
【解析】（1）由z =1+2i+3 j+ 4 k，得´z =1-2i-3 j - 4 k，
∴z⋅´z =(1+2i+3 j+ 4 k )(1-2i-3 j - 4 k )
=(1-2i -3 j - 4 k )+(2i - 4i
2-6ij -8ik )+(3 j -6 ji -9 j
2-12 jk )+(4 k -8ki-12kj -16 k
2)
=1-2i-3 j - 4 k +2i+ 4 -6k +8 j+3 j+6 k +9-12i+ 4 k -8 j+12i+16
=1+ 4 +9+16=30.
（2）（i）由题意z1+ z2+ z3+⋯+ zn
=(a1+a2+⋯+an)+(b1+b2+⋯+bn)i+(c1+c2+⋯+cn) j+(d1+d2+⋯+dn)k，
则| z1+ z2+ z3+⋯+ zn|
=
❑√(a1+a2+⋯+an)
2+(b1+b2+⋯+bn)
2+(c1+c2+⋯+cn)
2+(d1+d2+⋯+dn)
2，
又∵an=(
1
2)
n
,bn=
1
n
2+n
= 1
n -
1
n+1 ,cn=sin nπ
2 ,dn= (-1)
n-1
n
，
∴a1+a2+⋯+an=
1
2(1- 1
2
n)
1- 1
2
=1- 1
2
n <1，
b1+b2+⋯+bn=1- 1
2 + 1
2 - 1
3 +⋯+ 1
n -
1
n+1 =1-
1
n+1 <1，
c1+c2+⋯+cn=1+0+(-1)+0+1+0+(-1)+0+⋯+sin nπ
2 =0或1，
d1+d2+⋯+dn=1- 1
2 + 1
3 - 1
4 +⋯+ (-1)
n-1
n
=1-(
1
2 - 1
3)-(
1
4 - 1
5)-⋯+ (-1)
n-1
n
≤1，
故(a1+a2+⋯+an)
2+(b1+b2+⋯+bn)
2+(c1+c2+⋯+cn)
2+(d1+d2+⋯+dn)
2<4，
∴| z1+ z2+ z3+⋯+ zn|<2.
（ii）由| z1+ z2+ z3+⋯+ zn|= L，
得(a1+a2+⋯+an)
2+(b1+b2+⋯+bn)
2+(c1+c2+⋯+cn)
2+(d1+d2+⋯+dn)
2= L
2，
又∵(a1+a2+⋯+an)
2
=a1(a1+a2+⋯+an)+a2(a1+a2+⋯+an)+⋯+an(a1+a2+⋯+an)
=(a1
2+a1a2+⋯+a1an)+(a1a2+a2
2+⋯+a2an)+⋯+(a1an+a2an+⋯+an
2)
≤(a1
2+ a1
2+a2
2
2
+⋯+ a1
2+an
2
2 )+(
a1
2+a2
2
2
+a2
2+⋯+ a2
2+an
2
2 )
+⋯+(
a1
2+an
2
2
+ a2
2+an
2
2
+⋯+an
2)
=n(a1
2+a2
2+⋯+an
2)，①
当且仅当a1=a2=⋯=an时取等号，
同理(b1+b2+⋯+bn)
2≤n(b1
2+b2
2+⋯+bn
2)，②
(c1+c2+⋯+cn)
2≤n(c1
2+c2
2+⋯+cn
2)，③
(d1+d2+⋯+dn)
2≤n(d1
2+d2
2+⋯+dn
2)，④
由①+②+③+④得
(a1+a2+⋯+an)
2+(b1+b2+⋯+bn)
2+(c1+c2+⋯+cn)
2+(d1+d2+⋯+dn)
2
≤n(a1
2+a2
2+⋯+an
2)+n(b1
2+b2
2+⋯+bn
2)+n(c1
2+c2
2+⋯+cn
2)+n(d1
2+d2
2+⋯+dn
2)，
即n(a1
2+a2
2+⋯+an
2)+n(b1
2+b2
2+⋯+bn
2)+n(c1
2+c2
2+⋯+cn
2)+n(d1
2+d2
2+⋯+dn
2)≥L
2，
又| z1|
2+| z2|
2+| z3|
2+⋯+| zn|
2
=(a1
2+b1
2+c1
2+d1
2)+(a2
2+b2
2+c2
2+d2
2)+⋯+(an
2+bn
2+cn
2+dn
2)
=(a1
2+a2
2+⋯+an
2)+(b1
2+b2
2+⋯+bn
2)+(c1
2+c2
2+⋯+cn
2)+(d1
2+d2
2+⋯+dn
2)，
∴n(| z1|
2+| z2|
2+| z3|
2+⋯+| zn|
2)≥L
2，
∴| z1|
2+| z2|
2+| z3|
2+⋯+| zn|
2≥L
2
n .
【规律】解答新定义问题，核心是“以新化旧”，严格按照题目定义的新法则进行运算，切忌主
观臆断.遇到证明不等式时，常需结合基本不等式、放缩法等传统代数工具.
【考点六 方法总结】
1. 几何法求最值模型：形如“已知| z - z0|=r，求| z - z1|的最值”问题，应转化为圆
上动点到定点的距离问题.设定点到圆心的距离为d，则最大值为d +r，最小值为|d -r |.
2. 新定义问题的应对策略：核心是“以新化旧”，严格遵循题目定义的新运算法则
（如不满足交换律等），切忌主观臆断.在证明不等式环节，常需回归传统的代数工具
（如基本不等式、放缩法等）.
考点七：复数的三角形式
考法20：复数三角形式的乘除运算与旋转
例20.（2026·山东淄博·检测）（多选）已知复数z1=cosα +isinα，z2=cos β -isin β，
z3=cos(α + β)+isin(α + β)，z4=1，复数z1, z2, z3, z4在复平面内对应的点分别为P1, P2, P3, A，
则下列说法中正确的是（ ）
A. |⃗O P1|=|⃗O P2|
B. | z1- z4|=| z2- z4|
C. ⃗OA ⋅⃗O P3=⃗O P1⋅⃗O P2
D. ⃗OA ⋅⃗O P1=⃗O P2⋅⃗O P3
【答案】AC
【思路】题目给出了复数的三角形式，要求判断模长和向量数量积的关系.切入点是利用复数三角
形式的模长特征直接求模，并将复数转化为坐标形式，利用向量的数量积坐标公式进行计算比对.
【解析】z1=cosα +isinα，z2=cos(- β)+isin(- β)，z3=cos(α + β)+isin(α + β)，z4=1.
A 选项中，|⃗O P1|=| z1|=
❑√cos
2α +sin
2α =1，|⃗O P2|=| z2|=1，∴|⃗O P1|=|⃗O P2|，A 正确.
B 选项中，
| z1- z4|=|cosα -1+isinα |=
❑√(cosα -1)
2+sin
2α = ❑√2-2cosα .| z2- z4|=
❑√(cos β -1)
2+(-sin β)
2= ❑√2-2co
两者不一定相等，B 错误.
C 选项中，⃗
OA ⋅⃗O P3=1⋅cos(α + β)+0⋅sin(α + β)=cos(α + β).⃗O P1⋅⃗O P2=cosα cos(- β)+sin α sin(- β)=cosα cos β -
∴⃗OA ⋅⃗O P3=⃗O P1⋅⃗O P2，C 正确.
D 选项中，⃗
OA ⋅⃗O P1=cosα .⃗O P2⋅⃗O P3=cos(- β)cos(α + β)+sin(- β)sin(α + β)=cos β cos(α + β)-sin β sin(α + β)=co
两者不一定相等，D 错误.
故选：AC.
【规律】复数的三角形式z =r(cosθ+isinθ)中，r即为复数的模.处理涉及复数与向量数量积的综
合题时，将复数写成坐标(r cosθ ,r sinθ)是沟通两者的桥梁.
考法21：棣莫弗定理与欧拉公式的应用
例21.（2026·江苏南京·二模）一般地，我们将棣莫弗定理总结成下面的公式：
(cosθ+isinθ)
n=cosnθ+isinnθ，设z =cos π
3 +isin π
3 .
（1）证明：| z1 z2|=| z1|| z2|；
（2）若ω= z + a
z ∈R，求a的值；
（3）证明：| z
2025- z
2026|=| z
2026- z
2027|.
【答案】见解析
【思路】题目给出了棣莫弗定理.第一问利用三角形式的乘法法则证明；第二问将复数代入表达式，
利用实数的虚部为0 求解；第三问直接应用棣莫弗定理计算高次幂，再求模长.
【解析】（1）设z1=r1(cosθ1+isinθ1), z2=r2(cosθ2+isinθ2)，
则z1 z2=r1(cosθ1+isinθ1)⋅r2(cosθ2+isinθ2)，
=r1r2[(cosθ1cosθ2-sinθ1sinθ2)+i(sinθ1cosθ2+cosθ1sinθ2)]，
=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]，
则| z1 z2|=r1r2，而| z1|=r1,| z2|=r2，
∴| z1 z2|=| z1|| z2|.
（2）已知z =cos π
3 +isin π
3 ，
则1
z =
1
cos π
3 +isin π
3
=
cos π
3 -isin π
3
cos
2 π
3 +sin
2 π
3
=cos π
3 -isin π
3 ，
∴ω= z + a
z =cos π
3 +isin π
3 +a(cos π
3 -isin π
3)，
=(1+a)cos π
3 +(1-a)isin π
3 ，
∵ω∈R，∴(1-a)sin π
3 =0，即1-a=0，解得a=1.
（3）由棣莫弗定理公式(cosθ+isinθ)
n=cosnθ+isinnθ，
得z
2025=(cos π
3 +isin π
3 )
2025=cos 2025 π
3
+isin 2025 π
3
，
=cos675 π +isin675 π =-1.
z
2026=(cos π
3 +isin π
3 )
2026=cos 2026 π
3
+isin 2026 π
3
，
=cos(675 π + π
3)+isin(675 π + π
3)=- 1
2 -
❑√3
2 i.
z
2027=(cos π
3 +isin π
3 )
2027=cos 2027 π
3
+isin 2027 π
3
，
=cos(675 π + 2π
3 )+isin(675 π + 2π
3 )= 1
2 -
❑√3
2 i，
则| z
2025- z
2026|=|- 1
2 +
❑√3
2 i|=
❑√(- 1
2)
2
+(
❑√3
2 )
2
=1，| z
2026- z
2027|=|-1|=1，
∴| z
2025- z
2026|=| z
2026- z
2027|.
【规律】棣莫弗定理是处理复数高次幂的终极武器.使用时需先将复数化为标准的三角形式
r(cosθ+isinθ)，然后直接应用公式[r(cosθ+isinθ)]
n=r
n(cosnθ+isinnθ).
【考点七 方法总结】
1. 三角形式与向量的桥梁：复数的三角形式z =r(cosθ+isinθ)直接给出了复数的模r
和辐角θ.在处理涉及向量数量积的综合题时，将其转化为坐标形式(r cosθ ,r sinθ)是解题
的关键.
2. 棣莫弗定理的应用：棣莫弗定理是处理复数高次幂的终极武器.使用时需先将复数
化为标准的三角形式r(cosθ+isinθ)，再直接应用公式[r(cosθ+isinθ)]
n=r
n(cosnθ+isinnθ)
进行化简.
四、高考真题
1.（2024·全国一卷·第2 题）若z
z -1 =1+i，则z =（ ）
A. -1-i
B. -1+i
C. 1-i
D. 1+i
【答案】C
【解析】∵z
z -1 = z -1+1
z -1
=1+
1
z -1 =1+i，∴1
z -1 =i，∴z =1+ 1
i =1-i.故选：C.
2.（2025·全国一卷·第1 题）(1+5i)i的虚部为（ ）
A. -1
B. 0
C. 1
D. 6
【答案】C
【解析】∵(1+5i)i =i+5i
2=-5+i，∴其虚部为1.故选：C.
3.（2026·全国一卷·第9 题）（多选）设z =3+2i，则（ ）
A. ´z =3-2i
B. | z|=5
C. z
2=5+12i
D. z +3
z -i ∈R
【答案】ACD
【解析】已知z =3+2i.对于A，共轭复数´z =3-2i，故A 正确.对于B，复数的模
| z|=
❑√3
2+2
2= ❑√13≠5，故B 错误.对于C，z
2=(3+2i)
2=9+12i+ 4i
2=9- 4 +12i =5+12i，故C
正确.对于D，z +3
z -i = 6+2i
3+i = 2(3+i)
3+i
=2∈R，故D 正确.故选：ACD.
