复数计算

复数的基本概念与基本运算

一、《考试说明》中复数的考试内容

(1)数的概念的发展，复数的有关概念（实数、虚数、纯虚数、复数相等、共轭复数、模）；

(2)复数的代数表示与向量表示；

(3)复数的加法与减法，复数的乘法与除法，复数的三角形式，复数三角形式的乘法与乘

方，复数三角形式的除法与开方；

(4)复数集中解实系数方程（包括一元二次方程、二项方程）。

二、考试要求

（1）使学生了解扩充实数集的必要性，正确理解复数的有关概念．掌握复数的代数、几

何、三角表示及其转换；

（2）掌握复数的运算法则，能正确地进行复数的运算，并理解复数运算的几何意义；

（3）掌握在复数集中解实数系数一元二次方程和二项方程的方法．

（4）通过内容的阐述，带综合性的例题和习题的训练，继续提高学生灵活运用数学知识

解题的能力．

（5）通过数的概念的发展，复数、复平面内的点及位置向量三者之间的联系与转换的复

习教学，继续对学生进行辩证观点的教育．

三、学习目标

(1)联系实数的性质与运算等内容，加强对复数概念的认识；

(2)理顺复数的三种表示形式及相互转换：z=r(cosθ+isinθ)OZ

→

(Z(a,b))z=a+bi

(3)正确区分复数的有关概念；

(4)掌握复数几何意义,注意复数与三角、解几等内容的综合；

(5)正确掌握复数的运算：复数代数形式的加、减、乘、除；三角

形式的乘、除、乘方、开方及几何意义；虚数单位i及1的立方虚根

ω的性质；模及共轭复数的性质；

(6)掌握化归思想——将复数问题实数化（三角化、几何化）；

(7)掌握方程思想——利用复数及其相等的有关充要条件，建立相应的方程，转化复数

问题。

四、本章知识结构与复习要点

复

数

集

纯虚数集

虚

数

集

实数集

1．知识体系表解

2．复数的有关概念和性质：

(1)i称为虚数单位，规定21i，形如a+bi的数称为复数，其中a，b∈R．

(2)复数的分类(下面的a，b均为实数)

(3)复数的相等设复数

1112221122

,(,,,)zabizabiababR，那么

12

zz的充要

条件是：

1122

abab且．

(4)复数的几何表示复数z=a+bi（a，b∈R）可用平面直角坐标系内点Z(a，b)来表示．这

时称此平面为复平面，x轴称为实轴，y轴除去原点称为虚轴．这样，全体复数集C与复平

面上全体点集是一一对应的．

复数z=a+bi,abR．在复平面内还可以用以原点O为起点，以点Z(a，b)

向量所成的集合也是一一对应的(例外的是复数0对应点O，看成零向量)．

(7)复数与实数不同处

①任意两个实数可以比较大小，而任意两个复数中至少有一个不是实数时就不能比较

大小．

②实数对于四则运算是通行无阻的，但不是任何实数都可以开偶次方．而复数对四则

运算和开方均通行无阻．

3．有关计算：

⑴ni*nN怎样计算？（先求n被4除所得的余数，rrkii4*,kNrN）

⑵

ii

2

3

2

1

2

3

2

1

21

、是1的两个虚立方根，并且：

13

2

3

1



2

2

1



1

2

2



2

1

1







1

2

1







21



12

1

21



⑶复数集内的三角形不等式是：

212121

zzzzzz，其中左边在复数

z

1

、z

2

对应的向量共线且反向（同向）时取等号，右边在复数z

1

、z

2

对应的向量共

线且同向（反向）时取等号。

⑷棣莫佛定理是：))(sin(cos)sin(cosZnninrirn

n

⑸若非零复数)sin(cosirz，则z的n次方根有n个，即：

)1210)(

2

sin

2

(cos







nk

n

k

i

n

k

rzn

k

，，，，



它们在复平面内对应的点在分布上有什么特殊关系？

都位于圆心在原点，半径为nr的圆上，并且把这个圆n等分。

⑹若

121

)

3

sin

3

(cos32zizz



，，复数z

1

、z

2

对应的点分别是A、B，则△

AOB（O为坐标原点）的面积是33

3

sin62

2

1





。

⑺zz=

2z。

⑻复平面内复数z对应的点的几个基本轨迹：

①)(arg为实常数z轨迹为一条射线。

②是实常数）是复常数，

00

()arg(zzz轨迹为一条射线。

③是正的常数）rrzz(

0

轨迹是一个圆。

④)(

2121

是复常数、zzzzzz轨迹是一条直线。

⑤是正的常数）是复常数，、azzazzzz

2121

(2轨迹有三种可能

情形：a)当

21

2zza时，轨迹为椭圆；b)当

21

2zza时，轨迹为一条线段；

c)当

21

2zza时，轨迹不存在。

⑥)(2

21

是正的常数aazzzz轨迹有三种可能情形：a)当

21

2zza时，轨迹为双曲线；b)当

21

2zza时，轨迹为两条射线；c)当

21

2zza时，轨迹不存在。

五、高考命题规律分析

复数在过去几年里是代数的重要内容之一，涉及的知识面广，对能力要求较高，是高

考热点之一。但随着新教材对复数知识的淡化，高考试题比例下降，因此考生要把握好复

习的尺度。

从近几年的高考试题上看：复数部分考查的重点是基础知识题型和运算能力题型。基

础知识部分重点是复数的有关概念、复数的代数形式、三角形式、两复数相等的充要条件

及其应用，复平面内复数的几何表示及复向量的运算。主要考点为复数的模与辐角主值，

共轭复数的概念和应用。若只涉及到一、二个知识点的试题大都集中在选择题和填空题；

若涉及几个知识点的试题，往往是中、高档题目，解答此类问题一般要抓住相应的概念进

行正确的变换，对有些题目，往往用数形结合可获得简捷的解法。有关复数n次乘方、求

辐角（主值）等问题，涉及到复数的三角形式，首先要将所给复数转化为三角形式后再进

行变换。

复数的运算是高考中复数部分的热点问题。主要考查复数的代数和三角形式的运算，

复数模及辐角主值的求解及复向量运算等问题。

基于上述情况，我们在学习“复数”一章内容时，要注意以下几点：

（1）复数的概念几乎都是解题的手段。因此在学习复数时要在深入理解、熟练掌握复

数概念上下功夫。除去复数相等、模、辐角、共轭

复数的三角形式和代数式，提供了将“复数问题实数化”的手段。

复数的几何意义也是解题的一个重要手段。

（2）对于涉及知识点多，与方程、三角、解析几何等知识综合运用的思想方法较多的

题型，以及复数本身的综合题，一直成为学生的难点，应掌握规律及典型题型的技巧解法，

并加以强化训练以突破此难点；

(3)重视以下知识盲点：

①不能正确理解复数的几何意义，常常搞错向量旋转的方向；

②忽视方程的虚根成对出现的条件是实系数；

③盲目地将实数范围内数与形的一些结论，不加怀疑地引用到复数范围中来；

④容易混淆复数的有关概念，如纯虚数与虚数的区别问题，实轴与虚轴的交集问题，

复数辐角主值的范围问题等。

六、典型例题分析

①实数？②虚数？③纯虚数？

①复数z是实数的充要条件是：

∴当m＝2时复数z为实数．

②复数z是虚数的充要条件：

∴当m≠3且m≠2时复数z为虚数

③复数z是纯虚数的充要条件是：

∴当m＝1时复数z为纯虚数．

【说明】要注意复数z实部的定义域是m≠3，它是考虑复数z是实数，虚数纯虚

数的必要条件．

要特别注意复数z＝a+bi(a，b∈R)为纯虚数的充要条件是a＝0且b≠0．

[]

2

2221441zzzz，所以

5

4

z，代入①得

3

4

zi，故选B．

解法3：选择支中的复数的模均为

23

1

4









，又0z，而方程右边为2+i，它的实

部，虚部均为正数，因此复数z的实部，虚部也必须为正，故选择B．

【说明】解法1利用复数相等的条件；解法2利用复数模的性质；解法3考虑选择题

的特点．

求：z

【分析】确定一个复数要且仅要两个实数a、b，而题目恰给了两个独立条件采用待

定系数法可求出a、b确定z．

运算简化．

解：设z=x+yi(x，y∈R)

将z=x+yi代入|z4|＝|z4i|可得x＝y，∴z=x+xi

(2)当|z1|2＝13时，即有x2x6=0则有x=3或x=2

综上所述故z＝0或z=3+3i或z=-22i

【说明】注意熟练地运用共轭复数的性质．其性质有：

(3)1+2i+32i+…+1000999i

【说明】计算时要注意提取公因式，要注意利用i的幂的周期性，

(3)解法1：原式=(1+2i34i)+(5+6i78i)+…+(997+998i9991000i)

=250(22i)=500500i

解法2：设S＝1+2i+32i+…+1000999i，则iS＝i+22i+33i+…+999999i+10001000i，

∴(1i)S＝1+i+2i+…+999i10001000i

【说明】充分利用i的幂的周期性进行组合，注意利用等比数列求和的方法．

【例6】已知三边都不相等的三角形ABC的三内角A、B、C满足

)

2

0(sincos,sincossinsincossin

1



且设复数izCCABBA

、

)arg(),sin(cos2

212

zzAiAz求的值.

【解】

BCCBACCABBAsinsin)cos(cossinsincossinsincossin

得

2

cos

2

sin2)

2

sin

2

sin(

2

cos

2

sin4

CBCBCBCBAA









……3分

,0

2

,

2

cos

2

sin,

2

sin

2

cos

222















CBACBACBACB

又





.0

2

sin,0

2

sin





CBA

上式化简为

22

1

2

cos2



A

A

……6分

)]

2

sin()

2

[cos(2

21







izz

……9分





2

3

)arg(,

2

0

21

zz时当

当

2

)arg(,

221







zz时

……12分

【例7】设z

1

=1-cosθ+isinθ，z

2

=a2+ai(a∈R)，若z

1

z

2

≠0，z

1

z

2

+z

1

z

2

=0，问在（0，2π）

内是否存在θ使(z

1

-z

2

)2为实数？若存在，求出θ的值；若不存在，请说明理由．

【分析】这是一道探索性问题．可根据复数的概念与纯虚数的性质及复数为实数的充

要条件，直接进行解答．

【解】假设满足条件的θ存在．

因z

1

z

2

≠0，z

1

z

2

+z

1

z

2

=0，故z

1

z

2

为纯虚数．

又z

1

z

2

=(1-cosθ+isinθ)(a2+ai)

=[a2(1-cosθ)-asinθ]+[a(1-cosθ)+a2sinθ]i，

于是，





a2(1-cosθ)-asinθ=0，①

a(1-cosθ)+a2sinθ≠0．②

由②知a≠0．

因θ∈(0，2π)，故cosθ≠1．于是，由①得a=

sinθ

1-cosθ

．

另一方面，因(z

1

-z

2

)2∈R，故z

1

-z

2

为实数或为纯虚数．又z

1

-z

2

=1-cosθ-a2+(sinθ-a)i，

于是sinθ-a=0，或1-cosθ-a2=0．

若sinθ-a=0，则由方程组











sinθ-a=0，

a=

sinθ

1-cosθ

，

得

sinθ

1-cosθ

=sinθ，故cosθ=0，于是θ=

π

2

或θ=

3π

2

．

若1-cosθ-a2=0，则由方程组









1-cosθ-a2=0，

a=

sinθ

1-cosθ

，

得(

sinθ

1-cosθ

)2=1-cosθ．

由于sin2θ=1-cos2θ=(1+cosθ)(1-cosθ)，故1+cosθ=(1-cosθ)2．

解得cosθ=0，从而θ=

π

2

或θ=

3π

2

．

综上所知，在(0，2π)内，存在θ=

π

2

或θ=

3π

2

，使(z

1

-z

2

)2为实数．

【说明】①解题技巧：解题中充分使用了复数的性质：z≠0，z+z=0z∈{纯虚

数}





Re(z)=0，

Im(z)≠0．

以及z2∈Rz∈R或z∈{纯虚数}．（注：Re(z)，Im(z)分别表示复数z的

实部与虚部）

②解题规律：对于“是否型存在题型”，一般处理方法是首先假设结论成立，再进行正

确的推理，若无矛盾，则结论成立；否则结论不成立．

【例8】设a为实数，在复数集C中解方程：z2+2|z|=a．

【分析】由于z2=a-2|z|为实数，故z为纯虚数或实数，因而需分情况进行讨论．

【解】设|z|=r．若a＜0，则z2=a-2|z|＜0，于是z为纯虚数，从而r2=2r–a．

解得r=1+1-a(r=1-1-a＜0，不合，舍去)．故z=±(1+1-a)i．

若a≥0，对r作如下讨论：

（1）若r≤

1

2

a，则z2=a-2|z|≥0，于是z为实数．

解方程r2=a-2r，得r=-1+1+a(r=-1-1+a＜0，不合，舍去)．

故z=±(-1+1+a)．

（2）若r＞

1

2

a，则z2=a-2|z|＜0，于是z为纯虚数．

解方程r2=2r-a，得r=1+1-a或r=1-1-a(a≤1)．

故z=±(1±1-a)i(a≤1)．

综上所述，原方程的解的情况如下：

当a＜0时，解为：z=±(1+1-a)i；

当0≤a≤1时，解为：z=±(-1+1+a)，z=±(1±1-a)i；

当a＞1时，解为：z=±(-1+1+a)．

【说明】解题技巧：本题还可以令z=x+yi(x、y∈R)代入原方程后，由复数相等的条件

将复数方程化归为关于x，y的实系数的二元方程组来求解．

【例9】（2004年上海市普通高校春季高考数学试卷18）

已知实数p满足不等式0

2

12







x

x

，试判断方程

05222pzz有无实根，并给出

证明.

【解】由0

2

12





x

x

，解得

2

12x，

2

12p.方程052

22

pzz的判别式)4(4

2

p.

2

12p，4

2

4

1p，0，由此得方程052

22

pzz无实根.

【例10】给定实数a，b，c．已知复数z

1

、z

2

、z

3

满足









|z

1

|=|z

2

|=|z

3

|，(1)

z

1

z

2

+

z

2

z

3

+

z

3

z

1

=1．(2)

求｜az

1

+bz

2

+cz

3

｜的值．

【分析】注意到条件(1)，不难想到用复数的三角形式；注意到条件（2），可联想使用复数

为实数的充要条件进行求解．

【解】解法一由|z

1

|=|z

2

|=|z

3

|=1，可设

z

1

z

2

=cosθ+isinθ，

z

2

z

3

=cosφ+isinφ，

则

z

3

z

1

=

1

z

2

z

3

·

z

1

z

2

=cos(θ+φ)-isin(θ+φ)．因

z

1

z

2

+

z

2

z

3

+

z

3

z

1

=1，其虚部为0，

故0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)=2sin

θ+φ

2

cos

θ-φ

2

-2sin

θ+φ

2

cos

θ+φ

2

=2sin

θ+φ

2

（cos

θ-φ

2

-cos

θ+φ

2

）=4sin

θ+φ

2

sin

θ

2

sin

φ

2

．

故θ=2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ，k∈Z．因而z

1

=z

2

或z

2

=z

3

或z

3

=z

1

．

若z

1

=z

2

，代入（2）得

z

3

z

1

=±i，此时

｜az

1

+bz

2

+cz

3

｜=|z

1

|·|a+b±ci｜=(a+b)2+c2．

类似地，如果z

2

=z

3

，则｜az

1

+bz

2

+cz

3

｜=(b+c)2+a2；

如果z

3

=z

1

，则｜az

1

+bz

2

+cz

3

｜=(a+c)2+b2．

解法二由（2）知

z

1

z

2

+

z

2

z

3

+

z

3

z

1

∈R，故

z

1

z

2

+

z

2

z

3

+

z

3

z

1

=

z

1

z

2

+

z

2

z

3

+

z

3

z

1

_

，即

z

1

z

2

+

z

2

z

3

+

z

3

z

1

=

1

3

3

2

2

1

z

z

z

z

z

z

．

由（1）得z

k

=

1

z

k

(k=1，2，3)，代入上式，得

z

1

z

2

+

z

2

z

3

+

z

3

z

1

=

z

2

z

1

+

z

3

z

2

+

z

1

z

3

，

即z

1

2z

3

+z

2

2z

1

+z

3

2z

2

=z

2

2z

3

+z

3

2z

1

+z

1

2z

2

，分解因式，得(z

1

-z

2

)(z

2

-z

3

)(z

3

-z

1

)=0，

于是z

1

=z

2

或z

2

=z

3

或z

3

=z

1

．下同解法一．

【说明】①解题关键点是巧妙利用复数为实数的充要条件：z∈Rz=z

_

，以及视

z

1

z

2

，

z

2

z

3

等

为整体，从而简化了运算．

②解题易错点是拿到问题不加分析地就盲目动笔，而不注意充分观察题目的已知条件，

结论特征等，从而使问题的求解或是变得异常的复杂，或干脆就无法解出最终的结果．

【例11】设复数z=3cosθ+2isinθ，求函数y=θ-argz(0＜θ＜

π

2

)的最大值以及对应角θ的值．

【分析】先将问题实数化，将y表示成θ的目标函数，后利用代数法（函数的单调性、基

本不等式等）以及数形结合法进行求解．

【解】解法一由0＜θ＜

π

2

，得tanθ＞0，从而0＜argz＜

π

2

．

由z=3cosθ+2isinθ，得tan(argz)=

2sinθ

3cosθ

=

2

3

tanθ＞0．

于是tany=tan(θ-argz)=

tanθ-tan(argz)

1+tanθtan(argz)

=

1

3

tanθ

1+

2

3

tan2θ

=

1

3

tanθ

+2tanθ

≤

1

2

3

tanθ

·2tanθ

=

6

12

．

当且仅当

3

tanθ

=2tanθ，即tanθ=

6

2

时，取“=”．

又因为正切函数在锐角的范围内为增函数，故当θ=arctan

6

2

时，y取最大值为arctan

6

12

．

解法二因0＜θ＜

π

2

，故cosθ＞0，sinθ＞0，0＜argz＜

π

2

，且

cos(argz)=

3cosθ

9cos2θ+4sin2θ

，sin(argz)=

2sinθ

9cos2θ+4sin2θ

．

显然y∈(-

π

2

，

π

2

)，且siny为增函数．

siny=sin(θ-argz)=sinθcos(argz)-cosθsin(argz)=

sinθcosθ

9cos2θ+4sin2θ

=

1

9csc2θ+4c2θ

=

1

9+9cot2θ+4+4tan2θ

≤

1

13+29cot2θ·4tan2θ

=

1

5

．

当且仅当9cot2θ=4tan2θ，即tanθ=

6

2

，取“=”，此时y

max

=arctan

6

12

．

解法三设Z

1

=2(cosθ+isinθ)，Z

2

=cosθ，则Z=Z

1

+Z

2

，而Z

1

、Z

2

、

Z的辐角主值分别为θ、0，argz．如图所示，必有y=∠ZOZ

1

，且0

＜y＜

π

2

．

在△ZOZ

1

中，由余弦定理得

cosy=

|OZ

1

|2+|OZ|2-|Z

1

Z|2

2|OZ

1

|·|OZ|

=

4+4+5cos2θ-cos2θ

2×24+5cos2θ

=

4+5cos2θ

5

+

6

54+5cos2θ

≥

26

5

．

当且仅当4+5cos2θ=6，即cosθ=

10

5

时，取“=”．

又因为余弦函数在0＜θ＜

π

2

为减函数，故当θ=arccos

10

5

时，y

max

=arccos

26

5

．

【说明】①解题关键点：将复数问题通过化归转化为实数问题，使问题能在我们非常

熟悉的情景中求解．

②解题规律：多角度思考，全方位探索，不仅使我们获得了许多优秀解法，而且还使

我们对问题的本质认识更清楚，进而更有利于我们深化对复数概念的理解，灵活驾驭求解

复数问题的能力．

③解题易错点：因为解法的多样性，反三角函数表示角的不唯一性，因而最后的表述

结果均不一样，不要认为是错误的．

九、专题训练

1、下列说法正确的是[]

A．0i是纯虚数B．原点是复平面内直角坐标系的实轴与虚轴的公共点

C．实数的共轭复数一定是实数，虚数的共轭复数一定是虚数D．2i是虚数

2、下列命题中，假命题是[]

A．两个复数不可以比较大小B．两个实数可以比较大小

9图

x

θargz

y

o

Z

1

Z

2

Z

C．两个虚数不可以比较大小D．一虚数和一实数不可以比较大小

3、已知对于x的方程2x+（12i）x+3mi=0有实根，则实数m满足[]

4、复数1+i+2i+…+10i等于[]

A．iB．IC．2iD．2i

5、已知常数||||,0,

101100

zzzzzCz满足复数且，又复数z满足1

1

zz，求复

平面内z对应的点的轨迹。

6、设复数

62zi，记

34

u

z









。

（1）求复数

u

的三角形式；（2）如果2

ab

zu

zu



，求实数a、b的值。

7、（2003年普通高等学校招生全国统一考试(理17)）

已知复数z的辐角为60，且|1|z是||z和|2|z的等比中项，求||z

8、已知复数

12

,zz满足

12

1zz，且

12

2zz。

（1）求

12

zz的值；（2）求证：

2

1

2

0

z

z









；

（3）求证对于任意实数

a

，恒有

1212

zazzaz。

9、（1992·三南试题）求同时满足下列两个条件的所有复数z：

(1)z+

10

z

是实数，且1＜z+

10

z

≤6；(2)z的实部和虚部都是整数．

十、专题训练参考答案

1、解0i=0∈R故A错；原点对应复数为0∈R故B错，i2=-1∈R，故D错，所以答案为C。

2、解本题主要考察复数的基本性质，两个不全是实数的复数不能比较大小，故命题B，C，

D均正确，故A命题是假的。

3、解本题考察复数相等概念，由已知

4、解：因为i的四个相邻幂的和为0，故原式=1+i+i2+0+0=i，答案：A。

5、解：

)0(

||

1

|

1

||,

1

||

1

|,

1

,1

0

00

011





z

zz

z

z

z

zz

zzz即

∴Z对应的点的轨迹是以

0

1

z



对应的点为圆心，以

|

1

|

0

z

为半径的圆，但应除去原点。

6、答案：（1）

33

22cossin

22

ui











；（2）8,8ab

7、解：设)60sin60cosrrz，则复数.

2

r

z的实部为2,rzzrzz由题设

.12||).(12,12:.012

,421,)2)(2(||)1)(1(:|2||||1|

2

222





zrrrr

rrrrrzzzzzzzz

即舍去解得整理得

即

8、答案（1）2；（2）、（3）省略。

9、分析：按一般思路，应设z＝x＋yi（x，y∈R），或z=r（cos

∵1＜t≤6∴Δ=t2-40＜0，解方程得

又∵z的实部和虚部都是整数，∴t=2或t=6

故z=1±3i或z=3±i

解法二：∵z+

10

z

∈R，

从而z=z

_

或zz

_

=10．若z=z

_

，则z∈R，因1＜z+

10

z

≤6，故z＞0，从而z+

10

z

≥210

＞6，此时无解；若zz

_

=10，则1＜z+z

_

≤6．设z=x+yi(x、y∈Z)，则1＜2x≤6，且

x2+y2=10，联立解得





x=1，

y=3，

或





x=1，

y=-3，

或





x=3，

y=1，

或





x=3，

y=-1．

故同时满足下列两个条件的所有复数z＝1+3i，1-3i，3+i，3-i。