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专题10 复数及其应用
【考点1 复数的基本概念及应用】
【考点2 复数的四则混合运算】
【考点3 复数的高次幂计算】
【考点4 复数相等与共轭复数】
【考点5 复数的几何意义】
【考点6 复数的模长及简单应用】
【考点7 复数范围内的解方程】
【考点8 复数代数式与三角形互化】
知识点1：复数的有关概念
(1)定义：我们把集合C＝{a＋bi|a，b∈R}中的数，即形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，
其中a 叫做复数z 的实部，b 叫做复数z 的虚部(i 为虚数单位).
(2)分类：
满足条件(a，b 为实数)
复数的分类
a＋bi 为实数⇔b ＝
0
a＋bi 为虚数⇔b ≠
0
a＋bi 为纯虚数⇔a ＝
0 且
b ≠
0
(3)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a ＝
c 且
b ＝
d (a，b，c，d∈R).
(4)共轭复数：a＋bi 与c＋di 共轭⇔a ＝
c ，
b ＝－
d (a，b，c，d∈R).
(5)模：向量OZ的模叫做复数z＝a＋bi 的模，记作| a ＋
b i| 或| z | ，即|z|＝|a＋bi|＝(a，b∈R).
知识点2：复数的几何意义
复数z＝a＋bi 与复平面内的点Z ( a ，
b ) 及平面向量OZ＝(a，b)(a，b∈R)是一一对应关系.
知识点3：复数的四则运算
1
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(1)复数的加、减、乘、除运算法则：
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝( a ＋
c ) ＋
( b ＋
d )i ；
②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝( a －
c ) ＋
( b －
d )i ；
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝( ac
－
bd
) ＋
( ad
＋
bc
)i ；
④除法：＝＝＝＋i(c＋di≠0)．
(2)几何意义：复数加、减法可按向量的平行四边形法则或三角形法则进行．
如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加、减法的几何意义，即OZ＝OZ1
＋OZ2，Z1Z2＝OZ2－OZ1.
常用结论
1.i 的乘方具有周期性
i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.
2.(1±i)2＝±2i，＝i；＝－i.
3.复数的模与共轭复数的关系z·z＝|z|2＝|z|2.
知识点4 复数的三角形式
1、复数的辅角
（1）辅角的定义：设复数z =a+bi的对应向量为⃗OZ，以x轴的非负半轴为始边，向量⃗OZ
所在的射线（射线OZ）为终边的角θ，叫做复数z的辅角.
（2）辅角的主值：根据辅角的定义及任意角的概念可知，任何一个不为零的复数辅角有无
限多个值，且这些值相差2π的整数倍.
规定：其中在0≤θ<2π范围内的辅角θ的值为辅角的主值，通常记作arg z
【注意】因为复数0 对应零向量，而零向量的方向是任意的，所以复数0 的辅角是任意的。
2、复数的三角形式
定义：任何一个复数都可以表示成z =r(cosθ+i sinθ)的形式，其中r是复数的模，θ是复
数的辅角.
【注意】复数的三角形式必须满足：模非负，角相同，余正弦，加号连。
3、复数的代数式与三角式互化
将复数z =a+bi(a,b∈R)化为三角形式z =r(cosθ+i sinθ)时，要注意以下两点：
（1）r =√a
2+b
2，
（2）cosθ = a
r ，sinθ = b
r ，其中θ终边所在象限与点(a,b)所在象限相同，
2
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当a=0，b>0时，arg z = π
2
【注意】每一个不等于零的复数有唯依的模与辅角的主值，并且由它的模与辅角的主值唯
一确定。因此，两个非零复数相等当且仅当它们的模与辅角的主值分别相等。
4、复数乘法运算的三角表示及其几何意义
（1）复数乘法运算的三角表示：已知z1=r1(cosθ1+isinθ1)，z2=r2(cosθ2+isinθ2)，
则z1 z1=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]
这就是说，两个复数相乘，积的模等于各复数的模的积，积的辅角等于各复数的辅角的
和。
（2）复数乘法运算的几何意义：两个复数z1，z2相乘时，分别画出与z1，z2对应的向量⃗
O Z1，⃗O Z2，
然后把向量⃗O Z1绕O点按逆时针方向旋转θ2（如果θ2<0，就要把⃗O Z1绕点O按顺时针方向
旋转角|θ2|），再把它的模变成原来的r2倍，得到向量⃗OZ，⃗OZ表示的复数就是积z1 z2，
这就是复数乘法的几何意义。
（3）复数乘法运算三角表示推广：
z1 z2… zn=r1(cosθ1+isinθ1)∙r2(cosθ2+isinθ2)∙…∙rn(cosθn+isinθn)
=r1r2…rn[cos (θ1+θ2+…+θn)+isin(θ1+θ2+…+θn)]
特别的，当z1= z2=…= zn=r(cosθ+i sinθ)时，[r(cosθ+i sinθ)]
n=r
n(cosnθ+i sinnθ)
5、复数除法运算的三角表示及其几何意义
（1）复数除法运算的三角表示：已知z1=r1(cosθ1+isinθ1)，z2=r2(cosθ2+isinθ2)
则
z1
z2
= r1(cosθ1+isinθ1)
r2(cosθ2+isinθ2) = r1
r2 [cos(θ1−θ2)+isin(θ1−θ2)]
这就是说，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，
商的辅角等于被除数的辅角减去除数的辅角所得的差.
（2）两个复数z1，z2相除时，先分别画出与z1，z2对应的向量⃗O Z1，⃗O Z2，然后把向量⃗
O Z1绕O点按顺时针方向旋转θ2（如果θ2<0，就要把⃗O Z1绕点O按逆时针方向旋转角|θ2|
），再把它的模变成原来的1
r2
倍，得到向量⃗OZ，⃗OZ表示的复数就是商
z1
z2
，这就是复数除
法的几何意义。
3
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【考点1 复数的基本概念及应用】
【典例1】（2024·陕西西安·三模）已知复数z =3+i，则z−i
z−1的虚部为（ ）
A．−3
B．−3
5
C．3
D．3
5
【答案】B
【分析】根据复数代数形式的除法化简z−i
z−1，即可判断.
【详解】因为z =3+i，所以z−i
z−1 =
3
2+i =
3(2−i)
(2+i)(2−i) = 6
5 −3
5 i，所以z−i
z−1的虚部为
−3
5．
故选：B
【典例2】（2024·重庆·三模）设复数z 满足2 z−i z =1，则z 的虚部为（ ）
A．1
3
B．−1
3
C．3
D．−3
【答案】A
【分析】设复数z =a+bi(a,b∈R)，根据题意，列出方程，结合复数相等，求得b的值，
即可求解.
【详解】设复数z =a+bi(a,b∈R)，
因为复数z 满足2 z−i z =1，可得2a+2bi−i(a−bi)=1，
即2a−b+(2b−a)i=1，则2a−b=1，2b−a=0，解得b= 1
3，
所以复数z的虚部为1
3.
故选：A.
【典例3】（2024·陕西安康·模拟预测）若z = 4−xi
1+i 的虚部为2，则x =（ ）
A．4
B．−4
C．8
D．−8
4
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【答案】D
【分析】根据复数的除法运算化简即可得解.
【详解】由题得z = (4−xi)(1−i)
2
= 4−x−(x + 4)i
2
，
则−x−4
2
=2.
故x =−8.
故选：D.
【典例4】（2024·湖北武汉·模拟预测）设复数z = −i
2+i
−1−i
3,则z的虚部是（ ）
A．1
B．−1
C．i
D．−i
【答案】A
【分析】由i
2=−1对式子进行化简,再根据除法规则,分母实数化即可.
【详解】z = 1+i
−1+i =−(1+i)(1+i)
(1−i)(1+i) =−i,则z =i,虚部是1.
故选:A.
【典例5】（2024·广东深圳·模拟预测）复数z 满足z (2−i)=|3+ 4i|，则复数z 的虚部是
（ ）
A．2
B．2i
C．1
D．i
【答案】C
【分析】由题意可得z (2−i)=5，进而可求得z =2+i，可得结论.
【详解】因为z (2−i)=|3+ 4i|=√3
2+ 4
2=5，
则z =
5
2−i =
5(2+i)
(2−i)(2+i) = 5(2+i)
5
=2+i，
故复数z 的虚部是1．
故选：C．
【典例6】（2024·天津北辰·三模）i是虚数单位，复数Z = 1−i
3+ 4i的虚部为 .
【答案】−7
25
5
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【分析】根据复数的四则运算可得Z =−1
25 −7
25 i，结合复数的有关概念即可求解.
【详解】Z = 1−i
3+ 4i = (1−i)(3−4i)
(3+ 4i)(3−4i) =−1
25 −7
25 i，
所以复数Z 的虚部为−7
25.
故答案为：−7
25
【考点2 复数的四则混合运算】
【典例1】（2024·西藏·模拟预测）已知复数z =2−i，则
z
z−z =（ ）
A．−1
2 +i
B．1
2 −i
C．1
2 +i
D．−1
2 −i
【答案】A
【分析】根据共轭复数和除法法则进行计算，得到答案.
【详解】因为z =2−i，所以z =2+i，
所以
z
z−z =
2+i
2−i−(2+i) = 2+i
−2i = (2+i)⋅i
(−2i)⋅i = −1+2i
2
=−1
2 +i．
故选：A．
【典例2】（2024·青海海西·模拟预测）2i
2−i
i−1
=（ ）
A．1
2 + 3
2 i
B．−1
2 + 3
2 i
C．1
2 −3
2 i
D．−1
2 −3
2 i
【答案】A
【分析】利用复数的四则运算即可得解.
【详解】2i
2−i
i−1
= −2−i
i−1
= 2+i
1−i = (1+i)(2+i)
(1+i)(1−i) = 1+3i
2
= 1
2 + 3
2 i.
故选：A．
【典例3】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知复数z满足|z|−z =2+i，则z =（ ）
A．3
4 +i
B．−3
4 +i
C．3
4 −i
D．−3
4 −i
【答案】D
6
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【分析】由共轭复数的模长公式结合复数相等的条件计算即可.
【详解】设z =a+bi(a,b∈R)，
则由已知得√a
2+(−b)
2−a−bi=2+i，
由实部、虚部分别相等得¿，解得a=−3
4 ，b=−1．
所以z =−3
4 −i.
故选：D.
【典例4】（2024·上海·模拟预测）复数z = 1+2i
3+ 4i，则z⋅z = .
【答案】1
5/0.2
【分析】先利用复数的除法运算化简z，再利用复数的乘法计算即可.
【详解】z = 1+2i
3+ 4i = (1+2i)(3−4i)
(3+ 4i)(3−4i) = 11+2i
25
= 11
25 + 2
25 i，
z⋅z =(
11
25 + 2
25 i)(
11
25 −2
25 i)= 121
625 + 4
625 = 125
625 = 1
5.
故答案为：1
5.
【考点3 复数的高次幂计算】
【典例1】（2024·湖南长沙·模拟预测）已知复数z =2+i，则i
2025
z
=（ ）
A．1
5 −2i
5
B．−1
5 −2i
5
C．1
5 + 2i
5
D．−1
5 + 2i
5
【答案】D
【分析】先求共轭复数z =2−i，再根据复数代数形式的除法运算化简复数即可.
【详解】因为z =2+i，所以z =2−i，
所以i
2025
z
=i
2−i =i(2+i)
(2+i)(2−i) = 2i+i
2
5
=−1
5 + 2
5 i.
故选：D.
7
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【典例2】（2024·陕西安康·模拟预测）若z满足z (1+i)=2i
3−i
2024, z对应的点Z关于原点
对称的点为Z1，则Z1对应的z1为（ ）
A．−3
2 −1
2 i
B．3
2 + 1
2 i
C．−3
2 + 1
2 i
D．3
2 −1
2 i
【答案】B
【分析】结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解.
【详解】因为z (1+i)=2i
3−i
2024，所以z (1+i)=−2i−1，
所以z = −2i−1
1+i
= (−2i−1)(1−i)
(1+i)(1−i)
=−3
2 −1
2 i，
所以Z(−3
2 ,−1
2)，从而Z1(
3
2 , 1
2)，
所以z1= 3
2 + 1
2 i.
故选：B.
【典例3】（2024·江西鹰潭·三模）复数z = −7+ 4i
i
2024−2i
复平面内对应的点位于（ ）
A．直线2 x +3 y =0上
B．直线2 x−3 y =0上
C．直线3 x +2 y =0上
D．直线3 x−2 y =0上
【答案】B
【分析】利用复数的乘方运算以及除法法则可得z =−3−2i，求得其对应点坐标可得结论.
【详解】易知i
2024=(i
2)
1012=(−1)
1012=1，
所以z = −7+ 4i
1−2i = (−7+ 4i)(1+2i)
(1−2i)(1+2i) = −7−14i+ 4i+8i
2
1−4i
2
= −15−10i
5
=−3−2i，
可得复数z复平面内对应的点坐标为(−3,−2)，位于直线2 x−3 y =0上.
故选：B
【典例4】（2024·福建泉州·模拟预测）若z⋅(2+i)=3−i
2024，则z的虚部为（ ）
8
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A．−1
B．7
5
C．−2
5
D．−2
5 i
【答案】C
【分析】首先化简复数z，再根据复数的特征求虚部.
【详解】z = 3−i
2024
2+i
=
2
2+i =
2(2−i)
(2+i)(2−i) = 4
5 −2
5 i，
所以z的虚部是−2
5.
故选：C
【典5】（2024·河南南阳·三模）若z =i
2024+2
1−i
，则|z|=
【答案】3√2
2
/3
2 √2
【分析】由复数的乘除法运算法则及模长计算公式求解即可.
【详解】z =i
2024+2
1−i = 1+2
1−i =
3
1−i =
3(1+i)
(1−i)(1+i) = 3(1+i)
2
= 3
2 + 3
2 i，
所以|z|=√(
3
2)
2
+(
3
2)
2
= 3√2
2
，
故答案为：3√2
2
.
【考点4 复数相等与共轭复数】
【典例1】（2024·重庆·三模）已知a,b∈R ,(a+i)i=b−2i（i为虚数单位），则复数
z =a+bi的共轭复数为（ ）
A．−2+i
B．2−i
C．1+2i
D．1−2i
【答案】A
【分析】先利用复数相等求出a,b，再由共轭复数概念即可求解.
【详解】因为(a+i)i=ai+i
2=−1+ai=b−2i，
所以a=−2,b=−1，故z =a+bi=−2−i，
所以复数z =a+bi的共轭复数为z =−2+i，
故选：A.
9
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【典例2】（2024·四川·模拟预测）已知复数z 满足z−2 z =2−3i，则z =（ ）
A．−2−i
B．2−i
C．−2+i
D．2+i
【答案】A
【分析】设出复数z 的代数形式，结合共轭复数及复数加减法运算，再利用复数相等求解
即得.
【详解】令复数z =a+bi,a∈R ,b∈R，则
z−2 z =a+bi−2(a−bi)=−a+3bi=2−3i，
根据两个复数相等的条件有¿，解得¿，所以z =−2−i．
故选：A
【典例3】（2024·山东·模拟预测）若复数z满足(1−2i) z =10−5i，则z =（ ）
A．−4 +3i
B．4 +3i
C．−4−3i
D．4−3i
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念可求出结果.
【详解】复数z满足(1−2i) z =10−5i，
则有z = 10−5i
1−2i = (10−5i)(1+2i)
(1−2i)(1+2i) = 20+15i
5
= 4+3i，
所以z = 4−3i.
故选：D.
【典例4】（2024·全国·模拟预测）i为虚数单位，复数z +|z|=8+ 4i，复数z的共轭复数为
z，则z的虚部为 ．
【答案】−4
【分析】设复数z = x + y i(x , y ∈R)，代入z +|z|=8+ 4i，利用复数的相等求出x , y，得
复数z和z，可求z的虚部.
【详解】解法一：
设复数z = x + y i(x , y ∈R)，则x + y i+√x
2+ y
2=8+ 4i，
由复数相等，得¿，解得x =3，即复数z =3+ 4i，
所以z =3−4i，所以z的虚部为−4．
解法二：
由z +|z|=8+ 4i，得z =8−|z|+ 4i．因为|z|是实数，所以8−|z|也是实数，
则有z =8−|z|−4i，所以z的虚部为−4．
10
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故答案为：−4
【考点5 复数的几何意义】
【典例1】（2024·山东日照·模拟预测）设i为虚数单位，若复数z满足i
3 z =1+2i，则z在
复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念化简复数，然后利用复数的几何意义求解
点所在的象限.
【详解】因为i
3 z =1+2i，
所以z = 1+2i
i
3
= −2+i
i
4
=−2+i，所以z =−2−i，对应的点为(−2,−1)，
所以z在复平面内对应的点在第三象限.
故选：C
【典例2】（2024·福建南平·模拟预测）已知z = 7+5i
1+i ，则z在复平面内的对应点所在的象
限为（ ）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算、几何意义可得答案.
【详解】z = 7+5i
1+i = (7+5i)(1−i)
(1+i)(1−i) = 7+5i−7i−5i
2
2
= 12−2i
2
=6−i，
故z =6+i，所以z在复平面内的对应点(6,1)在第一象限.
故选：A．
【典例3】（2024·北京西城·三模）在复平面，复数z 对应的点坐标为(1,−1)，则z
1+i =
（ ）
A．i
B．-i
C．1−i
D．1+i
【答案】B
【分析】由题可得z =1−i，再由复数除法法则即可求解.
【详解】z 对应的点坐标为(1,−1)，所以z =1−i，
11
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所以z
1+i = 1−i
1+i =
(1−i)
2
(1+i)(1−i) = −2i
2
=−i.
故选：B.
【典例4】（2024·山东·二模）已知复数z满足(1−i) z =3+i，则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】D
【分析】由题意求出z，进而解出z，判断z在复平面内对应的点所在象限即可.
【详解】由题意知：z = 3+i
1−i = (3+i)(1+i)
(1−i)(1+i) =1+2i，
所以z =1−2i，所以z在复平面内对应的点(1,−2)位于第四象限.
故选：D.
【典例5】（2024·河南信阳·模拟预测）在复平面内，把复数3−√3i对应的向量⃗a按顺时针
方向旋转π
3 ，所得向量在⃗a上的投影向量对应复数是（ ）
A．2√3−3i
B．3−2√3i
C．√3−3i
2
D．3−√3i
2
【答案】D
【分析】由复数的几何意义可得旋转后的向量所对应的复数为
(3−√3i)[cos(−π
3 )+isin(−π
3 )]并化简 ，再结合投影向量的定义求解．
【详解】因为把复数3−√3i对应的向量⃗a=(3,−√3)按顺时针方向旋转π
3 ，
所以旋转后的向量所对应的复数为
(3−√3i)[cos(−π
3 )+isin(−π
3 )]=(3−√3i)( 1
2 −√3
2 i)= 3
2 −3√3
2
i−√3
2 i+ 3
2 i
2=−2√3i
，
所以旋转后的向量b
→
=(0,−2√3)，
又因为⃗a⋅⃗b=6，|⃗a|=√3
2+(−√3)
2=2√3，
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所以向量⃗b在⃗a上的投影向量是a
→
⋅b
→
|a
→|
⋅a
→
|a
→|
= 1
2 a
→
=( 3
2 ,−√3
2 )，即对应复数是3
2 −√3
2 i.
故选：D.
【考点6 复数的模长及简单应用】
【典例1】（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知复数z =i
1−i，z表示z 的共轭复数，则|z|=
（ ）
A．√2
4
B．1
2
C．√2
2
D．√2
【答案】C
【分析】利用复数的除法运算求出z，再利用共轭复数及复数模的意义求解即得.
【详解】z =i
1−i =i⋅(1+i)
(1−i)(1+i) = −1+i
2
=−1
2 + 1
2 i，因此z =−1
2 −1
2 i，
所以| z|=√(−1
2 )
2
+(−1
2 )
2
= √2
2
.
故选：C
【典例2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知z = 3+i
1−i，则|z +1|=（ ）
A．2
B．2√2
C．4
D．4√2
【答案】B
【分析】利用复数的除法运算法则，求得复数z，然后利用复数模长公式求出复数z +1的模
长即可.
【详解】因为z = 3+i
1−i = (3+i)(1+i)
(1−i)(1+i) = 3+3i+i+i
2
1−i
2
= 2+ 4i
2
=1+2i，
所以z +1=1+2i+1=2+2i，
所以|z +1|=√2
2+2
2=2√2，
故选：B.
【典例3】（2024·湖南邵阳·三模）已知复数z满足：z (1+i)=i
2024−i，其中i是虚数单位，
则|z|的值为（ ）
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A．√2
B．1
C．2
D．4
【答案】B
【分析】利用复数的乘方运算及除法运算可求得z =−i，再由模长公式计算即可.
【详解】∵z (1+i)=i
2024−i=1−i，∴z = 1−i
1+i = (1−i)
2
2
=−i，∴|z|=1．
故选：B．
【典例4】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设z = −2+i
2+ 4i
i
3
，则|z|= .
【答案】5
【分析】根据复数的乘方及除法运算求出复数z，再根据复数的模的计算公式计算即可.
【详解】z = −2+i
2+ 4i
i
3
= −3+ 4i
−i
= (−3+ 4i)i
−i
2
=−4−3i，
所以|z|=√(−4)
2+(−3)
2=5.
故答案为：5.
【考点7 复数范围内的解方程】
【典例1】（2024·上海·三模）已知关于x的一元二次方程x
2+kx +k
2−2k =0有两个虚根
x1, x2，且x1
2+ x2
2=3，则实数k的值为 .
【答案】3
【分析】由题意可得Δ<0，求出k的范围，再利用一元二次方程的求根公式求出x1, x2，然
后利用x1
2+ x2
2=3列方程可求出k的值.
【详解】因为关于x的一元二次方程x
2+ kx + k
2−2k =0有两个虚根x1, x2，
所以Δ=k
2−4(k
2−2k )<0，即3k
2−8k >0，得k <0或k > 8
3，
所以x
2+ kx + k
2−2k =0中x1+ x2=−k , x1 x2=k
2−2k，
因为x1
2+ x2
2=( x1+ x2)
2−2 x1 x2=3，
整理得k
2−4 k +3=0，解得k =3或k =1（舍），故k =3，
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所以实数k的值为3.
故答案为：3
【典例2】（2024·湖南衡阳·三模）已知1−2i是关于x的方程x
2+ px +q =0（其中p、q 为
实数）的一个根，则p−q的值为 .
【答案】−7
【分析】思路一：把x =1−2i代入方程x
2+ px +q =0中，再利用复数相等求出p、q，即
可得解.
思路二：依题意根据虚根成对原理可得1+2i也是关于x的方程x
2+ px +q =0的一个根，利
用韦达定理求出p、q，即可得解.
【详解】方法一：由已知可得(1−2i)
2+ p(1−2i)+q =0，即( p+q−3)−(4+2 p)i=0，
所以¿，解得¿，所以p−q =−7.
方法二：因为1−2i是关于x的方程x
2+ px +q =0（其中p、q 为实数）的一个根，
所以1+2i也是该方程的一个根，
由韦达定理得¿，解得¿，所以p−q =−7.
故答案为：−7.
【典例3】（2024·广东广州·模拟预测）已知(1+i) z = 4i，z是关于x的实系数方程
x
2+mx +n=0的一个根，则mn= .
【答案】−32
【分析】方法1：先对(1+i) z = 4i化简得到，z =2+2i.再将z代入方程x
2+mx +n=0中，
建立二元一次方程组，分别求出m,n的值，即可得到结果.
方法2：由实系数一元二次方程虚根成对原理可知，z，z都是关于x的实系数方程
x
2+mx +n=0的根,然后利用根与系数的关系求得m,n的值，即可得到m⋅n的值.
【详解】已知(1+i) z = 4i，则z = 4i
1+i =
4i(1−i)
(1+i)(1−i) =2+2i，z =2−2i，z为实系数方
程x
2+mx +n=0的一个根.
方法1：将z代入方程有(2+2i)
2+m(2+2i)+n=0，化简得2m+n+(8+2m)i=0.
所以¿，解得m=−4，n=8，所以m⋅n=−32.
方法2：因为z，z都是方程的根，由韦达定理有m=−(z + z)=−4，n= z⋅z =8，
所以m⋅n=−32.
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故答案为：−32 .
【考点8 复数代数式与三角形互化】
【典例1】（2024·黑龙江哈尔滨·三模）复数z =a+bi(a,b∈R ,i是虚数单位)在复平面内
对应点为Z，设r =|OZ|,θ是以x轴的非负半轴为始边，以OZ所在的射线为终边的角，则
z =a+bi=r (cosθ+isinθ)，把r (cosθ+isinθ)叫做复数a+bi的三角形式，利用复数
的三角形式可以进行复数的指数运算，
[r (cosθ+isinθ)]
n=r
n(cosnθ+isinnθ)(n∈N
*)，例如：
(−1
2 + √3
2 i)
3
=(cos 2π
3 +isin 2π
3 )
3
=cos2π+isin2π=1，
(1+i)
4=(√2(cosπ
4 +isinπ
4 ))
4
= 4 (cosπ+isinπ)=−4，复数z满足：z
3=1+i，
则z可能取值为（ ）
A．√2(cosπ
12 +isinπ
12)
B．√2(cos 3π
4 +isin 3π
4 )
C．
6√2(cos 5π
4 +isin 5π
4 )
D．
6√2(cos 17π
12 +isin 17π
12 )
【答案】D
【分析】根据复数的三角形及运算，利用复数相等可得
z =
6√2[cos(
2k π
3
+π
12)+isin(
2k π
3
+π
12)],k ∈Z，即可得解.
【详解】设z =r (cosθ+isinθ)，
则z
3=1+i=√2(cosπ
4 +isinπ
4 )=r
3(cos3θ+isin3θ)，
所以r =
6√2，3θ =2k π+π
4 ,k ∈Z，即θ = 2k π
3
+π
12 ,k ∈Z，
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所以z =
6√2[cos(
2k π
3
+π
12)+isin(
2k π
3
+π
12)],k ∈Z
故k =2时，θ = 17π
12 ，故z可取
6√2(cos 17π
12 +isin 17π
12 )，
故选：D
【点睛】关键点点睛：理解复数三角形及三角形下复数的指数运算是解题的关键，通过三
角形的运算，再利用复数相等，建立方程即可得出所求复数的一般形式.
【典例2】（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知e
iθ=cosθ+isinθ，则在下列表达式中表示
sinθ的是（ ）
A． e
iθ−e
−iθ
2i
B．e
iθ+e
−iθ
2i
C． e
−iθ−e
iθ
2i
D．−e
iθ+e
−iθ
2i
【答案】A
【分析】根据题设e
iθ的表达式求出e
−iθ的表达式，再代入选项逐一检验即得.
【详解】因e
iθ=cosθ+isinθ，则e
−iθ=cos(−θ)+isin(−θ)=cosθ−isinθ，
对于A，e
iθ−e
−iθ
2i
= cosθ+isinθ−(cosθ−isinθ)
2i
= 2sinθ⋅i
2i
=sinθ，故A 项正确；
对于B， e
iθ+e
−iθ
2i
= cosθ+isinθ+(cosθ−isinθ)
2i
= 2cosθ
2i
=−cosθ⋅i，故B 项错误；
对于C，
e
−iθ−e
iθ
2i
=−e
iθ−e
−iθ
2i
=−cosθ+isinθ−(cosθ−isinθ)
2i
=−2sinθ⋅i
2i
=−sinθ，故
C 项错误；
对于D，由B 项知，−e
iθ+e
−iθ
2i
=cosθ⋅i，故D 项错误.
故选：A.
【典例3】（2024·内蒙古赤峰·一模）棣莫弗公式
(cos x +i⋅sin x)
n=cos(nx)+i⋅sin(nx)（其中i 为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗
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（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数(cosπ
3 +i⋅sinπ
3 )
2
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
【答案】B
【分析】由棣莫弗公式化简结合复数的几何意义即可得出答案.
【详解】(cosπ
3 +i⋅sinπ
3 )
2
=cos2π
3 +i⋅sin2π
3 =−1
2 + √3
2 i，
在复平面内所对应的点为(−1
2 , √3
2 )，在第二象限.
故选：B.
1．（2024·西藏林芝·模拟预测）复数z =(1−i)(2+i)的模为（ ）
A．√6
B．2√2
C．3
D．√10
【答案】D
【分析】先利用复数乘法法则化简复数，然后利用复数模的运算求解即可.
【详解】因为z =(1−i)(2+i)=3−i，所以|z|=√3
2+(−1)
2=√10.
故选：D
2．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知i是虚数单位，复数z满足(i+1) z =2i，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】D
【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数z，从
而得答案．
【详解】因为(i+1) z =2i，
所以z = 2i
1+i = (2i)(1−i)
(1+i)(1−i) = 2+2i
2
=1+i，
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则z =1−i，则z在复平面内对应的点的坐标为(1,−1)，位于第四象限.
故选：D.
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知复数z 满足(1+i) z =2i，则|z|=（ ）
A．√2
2
B．1
C．√2
D．2
【答案】C
【分析】根据复数的四则运算法则得到复数z，再求复数z的共轭复数的模即可.
【详解】由已知条件，z = 2i
1+i =
2i(1−i)
(1+i)(1−i) =1+i,
共轭复数z =1−i，
所以| z|=√2.
故选：C.
4．（2024·河南信阳·模拟预测）复数z = −i
1−i的虚部为（ ）
A．−1
2 i
B．−1
2
C．1
D．2
【答案】B
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再判断其虚部.
【详解】因为z = −i
1−i =
−i(1+i)
(1−i)(1+i) = 1
2 −1
2 i，所以复数z的虚部为−1
2.
故选：B
5．（2024·青海·模拟预测）设z = 3+ 4i
(1+i)
2，则|z|=（ ）
A．5
2
B．3
C．√5
2
D．5
4
【答案】A
【分析】利用复数的四则运算法则求出z，再求其模长即得.
【详解】因为z = 3+ 4i
(1+i)
2 = 3+ 4i
2i
= −4+3i
−2
=2−3
2 i，
所以|z|=|2−3
2 i|=√2
2+( 3
2 )
2
= 5
2
.
19
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故选：A.
6．（2024·辽宁大连·二模）设x∈R，则“x =1”是“复数z =(x
2−1)+(x +1)i为纯虚
数”的（ ）
A．充分必要条件
B．必要不充分条件
C．充分不必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由复数z为纯虚数求得x的值，再根据充分必要条件关系判断.
【详解】因为复数z为纯虚数，所以¿，解得x =1，
所以“x =1”是“复数z为纯虚数”的充要条件.
故选：A.
7．（2024·广东汕头·三模）已知复数z = 2i
1−i，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】C
【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念以及复数的几何意义即可得到答案.
【详解】z = 2i
1−i =
2i(1+i)
(1+i)(1−i) = −2+2i
2
=−1+i，
z =−1−i，即复数z在复平面内对应的点位于第三象限.
故选：C.
8．（2024·山西阳泉·三模）已知2+i是实系数方程x
2+ px−q =0的一个复数根，则p+q =
（ ）
A．−9
B．−1
C．1
D．9
【答案】A
【分析】根据虚根成对原理2−i也是实系数方程x
2+ px−q =0的一个复数根，再由韦达定
理计算可得.
【详解】因为2+i是实系数方程x
2+ px−q =0的一个复数根，
则2−i也是实系数方程x
2+ px−q =0的一个复数根，
所以¿，解得¿，
所以p+q =−9.
故选：A
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9．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知复数z 满足z(3−4i)=|3+ 4i|，则z =（ ）
A．3+ 4i
B．3−4i
5
C．3+ 4i
5
D．−7+24i
25
【答案】C
【分析】利用复数的四则运算及模长公式即可求得z.
【详解】因为z(3−4i)=|3+ 4i|，
所以z =|3+ 4i|
3−4i =
5(3+ 4i)
(3−4i)(3+ 4i) = 5(3+ 4i)
25
= 3+ 4i
5
.
故选：C
10．（2024·山西运城·三模）设z =
1+i
1+i
2+i
5，则z =（ ）
A．1−i
B．1+i
C．−1−i
D．−1+i
【答案】B
【分析】根据复数代数形式的除法、乘方运算化简，再求出其共轭复数.
【详解】因为i
2=−1，i
5=i
4×i=i，
所以z =
1+i
1+i
2+i
5 =
1+i
1−1+i = (1+i)i
i
2
=1−i，
所以z =1+i.
故选：B
11．（2024·陕西西安·模拟预测）已知i为虚数单位，且
1−√3i
(1+i)
2 =cosθ+isinθ ,θ∈(0,2π)，则θ =（ ）
A．π
6
B．5π
6
C．7π
6
D．11π
6
【答案】C
【分析】利用复数的乘方及除法运算，再结合复数相等建立方程求解即得.
【详解】依题意，cosθ+isinθ = (1−√3i)(−i)
2i⋅(−i)
= −√3−i
2
=−√3
2 −1
2 i，
因此cosθ =−√3
2 ,sinθ =−1
2，而θ∈(0,2π)，所以θ = 7π
6 ，
21
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故选：C
12．多选题（2024·全国·模拟预测）已知复数z =cosθ+isinθ(θ∈R)，则（ ）
A．|z|=1
B．|z
2|=|z|
2
C．z· z =1
D．|z +1|≥2
【答案】ABC
【分析】
根据同角三角函数关系和复数模的运算即可判断A，根据复数乘方运算即可判断B，根据复
数乘法代数运算即可判断C，根据复数模的计算和余弦函数的有界性即可判断D.
【详解】对于A，|z|=√cos
2θ+sin
2θ =1，A 正确；
对于B，因为复数z =cosθ+isinθ(θ∈R)，则
z
2=cos
2θ−sin
2θ+2isinθcosθ =cos2θ+isin2θ，
则|z
2|=√cos
22θ+sin
22θ =1，而|z|
2=√cos
2θ+sin
2θ =1，则|z
2|=|z|
2，故B 正确；
对于C，z⋅z =(cosθ+isinθ)⋅(cosθ−isinθ)=cos
2θ+sin
2θ =1，C 正确；
对于D，由题意得z +1=(cosθ+1)+isinθ，
∴| z +1|=√(cosθ+1)
2+sin
2θ =√cos
2θ+sin
2θ+1+2cosθ =√2+2cosθ，
因为cosθ∈[−1,1]，则当√2+2cosθ∈[0,2]，故D 错误.
故选：ABC．
13．多选题（2024·山东济南·二模）已知方程x
n=1在复数范围内有n个根，且这n个根在复
平面内对应的点n等分单位圆.下列复数是方程x
9=1的根的是（ ）
A．1
B．i
C．−1
2 −√3
2 i
D．cos40
∘+isin 40
∘
【答案】ACD
【分析】用立方差公式分解因式，求出根，再利用复数的运算直接代答案求解.
【详解】对于A 选项，1
9=1显然成立，故A 正确；
对于B 选项，i
9=−1≠1，故B 错误；
由题x
9−1=0,(x
3−1)(x
6+ x
3+1)=0,令t = x
3，则(t −1)(t
2+t +1)=0,
t =1,或t = −1±√3i
2
,即x
3=1,或x
3= −1±√3i
2
,
22
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对于C 选项，
(−1
2 −√3
2 i)
3
=−( 1
2 + √3
2 i)
3
=−( 1
2 + √3
2 i)
2
( 1
2 + √3
2 i)
1
=−(
√3
2 i−1
2)( 1
2 + √3
2 i)=1
成立，故C 正确；
对于D 选项，(cos40
∘+isin 40
∘)
3=(cos40
∘+isin 40
∘)
2(cos40
∘+isin 40
∘)
1
=(cos
240
∘−sin
240
∘+2isin 40
∘cos40
∘)(cos40
∘+isin 40
∘)
=(cos80
∘+isin80
∘)(cos40
∘+isin 40
∘)
=cos80
∘cos40
∘+icos80
∘sin 40
∘+isin80
∘cos40
∘−sin80
∘sin 40
∘
=cos(80
∘+ 40
∘)+i(cos80
∘sin 40
∘+sin80
∘cos40
∘)
=cos120
∘+isin120
∘
=−1
2 + √3
2 i，故D 正确；
故选：ACD.
14．多选题（2024·河南·二模）已知复数z =i
8
1−i，z是z的共轭复数，则下列说法正确的是
（ ）
A．z的实部为1
2
B．复数z在复平面中对应的点在第四象限
C．z> z
D．z⋅z = 1
2
【答案】ABD
【分析】先化简得到z = 1
2 + 1
2 i，然后用实部和共轭实数的定义判断A 和B 选项；由于虚数
不能比较大小，故C 错误；直接计算即知D 正确.
【详解】我们有z =i
8
1−i =
1
1−i =
1+i
(1−i)(1+i) = 1+i
2
= 1
2 + 1
2 i，故z的实部为1
2，A 正确；
23
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由z = 1
2 + 1
2 i知z = 1
2 −1
2 i，所以z在复平面中对应的点是(
1
2 ,−1
2)，在第四象限，B 正确；
z , z都不是实数，它们不能比较大小，C 错误；
z⋅z =(
1
2 + 1
2 i)(
1
2 −1
2 i)= 1
4 + 1
4 = 1
2，D 正确.
故选：ABD.
15．（2024·广东广州·二模）已知复数z = 2cosθ+isinθ
1+i
(θ∈R)的实部为0，则tan2θ =
．
【答案】4
3
【分析】利用复数z = 2cosθ+isinθ
1+i
(θ∈R)的实部为0，求出tanθ =−2，再利用二倍
角公式得出结论．
【详解】∵复数
z = 2cosθ+isinθ
1+i
= (2cosθ+isinθ)(1−i)
(1+i)(1−i)
= 2cosθ+sinθ+(sinθ−2cosθ)i
2
(θ∈R)
的实部为0，
∴2cosθ+sinθ =0,∴tanθ =−2．
∴tan2θ = 2tanθ
1−tan
2θ
= −4
1−4 = 4
3 ．
故答案为：4
3 ．
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