第十二章 复数（知识讲解&例题分析）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

第十二章复数 第十二章复数 知识要点回顾 (3)设点Z3到由点Z1,Z2决定的直线1的距 离为d,则d=l3一1·sin9. 1.复数的运算和性质 这里的φ为Z1Z,到ZZ所成的角.注意到： (1)z3=1的三个根是1，w,o, w=-1Bi,0=二1与5i,1十u十心=0， mg身》 2 2 |1m(12十2之3十3之1)川 w2=w,w+w=-1. 之2一之12 (2)以Z1为圆心，r为半径的圆的方程： d= |1m(21z2十223十z3之1) |之-z1|=r(r>0) 22一之1 之=r(cos0+isin0),r≥0称之为复数的三角 从而△Z,Z2Z面积为 形式， Sas-2m(十g十 r为模，0为复角，0∈[0,2π)称为复角的 主值 422少22的充要条件吃名 =k(k∈R) (3)x1·x2=r1(cos01+isin01)·r2(cos02+ 乙乙乙，乙的充要条件是-之三kik∈R） isin2)-r1r2[cos(01+02)+isin(01+02)]. 3.复数形式的一些点的轨迹 [r(cos 0+isin 0)]"=r"(cos n0+isin n0). (4)='1(cos9+isin0,) (1)满足|之一之1|=|之一之2|的复数之对应的 x2r2(cos02+isin02） 点的轨迹是线段Z,乙2的垂直平分线， =[cos(0,-02)+isin(0-2)] (2)满足|之一之1=r的复数之对应的点的轨 r2 迹是以Z,为圆心，r为半径的圆， 若复数z=r(cos0+isin0),r≥0它的n次方 (3)满足|z-x1+lz-2|=2a(0<|ZZ2|<2a) 根是以下n个复数 的复数之对应的点的轨迹是以Z1、Z2为焦 万cos9+2kr+isin9+2r） ,(k=0,1,…n-1). 点，长轴长为2a的椭圆. n n (4)满足|z-x|-|z-x211=2a(0<2a< 2.复数形式的一些几何公式 |Z1Z2)的复数之对应的点的轨迹是以Z1、 (1)两点间的距离：复平面上，任意两点Z, Z2为焦点，实轴长为2a的双曲线， Z2间的距离为之1一21. (5)满足argz=0(0≤9<2π)的复数x对应的 (2)定比分点公式：设Z分有向线段Z1乙成 点的轨迹是以原点为端点的一条射线（以x 定比A,即=入(A≠-1) 轴正半轴为始边，此射线为终边的最小非负 222 角为0). 则=十是定比分点乙的复数表示。 1+λ 4.实系数一元二次方程及最简单的整式方程 特别地，当λ=1时即得中点公式， 在复数集内的解 18s 强基数学·巅峰突破 (1)复数集中解一元二次方程 在复数集内解关于x的一元二次方程 a.x2+bx十c=0(a≠0)时，应注意下述问题： ①当a、b,c∈R时，若△>0，则有两不等实根 【例2】设某多边形∑的顶点在复平面中均是 1=二法；若△=0，则有两相等实根 形式为1十之+z2十…+之-1的点，其中 2a |x<1,则点Z=0有性质 () -6 x12=2a9 A.一定是多边形∑上的点 若△<0，则有两不等复数根 B.一定不是多边形∑上的点 C.不一定是多边形∑上的点 1=一(x为共矩复数。 2a D.恰好是多边形∑上的边界点 ②当a,b,c不全为实数时，不能用△判别方 [解析]显然之=0不是多边形∑上的顶，点， 程根的情况。 否则存在k∈N叶，1十之十之2十…十之-1=0 ③不论a,b,c为何复数，都可以用求根公式 即1-之=0→=1， 1-之 求根，并且韦达定理也成立 故|z=1与|x<1矛盾！ (2)方程之”=之。的根的性质 若之=0是边界点，不妨设它在边A1A2上， 有n个根，均匀分布在以O为圆心，半径为 A对应的复数z:(i=1,2) TT的同一个圆上； 令1=1十之十x2+…十之m-1, 特别地，”=1有n个根（包括1），均匀分布 x2=1十之十z2+…十之”-1，不妨设n>m, 在以O为圆心的单位圆上. 则线段A1A2上的点对应的复数可表示为 典型例题精讲 1+入(x2-1),1∈(0,1)， 类型一复数的运算及其性质 所以0=x1十入（之2一21）. 0=(1+之十之2+…+2m-1)十 【例1】设Z(Zo≠0)为复平面上一定点，Z1为 λ（之m+之m+1+…+z-1) 复平面上的动点，其轨迹方程为|Z一Z|= 1一之"m |Z1|,Z是复平面上另一个动点，满足ZZ1= 1+x十z2++m-1 1-之 一1，则Z在复平面上的轨迹形状是( 20十01+…十= 加.1 1一之 A.一条直线 =1.1-之m B.以一1为圆心，以上为半径的圆 m一之1 20 故之m-1=入2m一入”，即1=（1-λ)xm十入之”， C.焦距为2 0 的双曲线 两边取模 D.以上均不对 1=|(1-λ)zm+λz|≤|(1-)zm|+|λz|< 1-λ十入=1，矛盾！ [解析]将之1=一 1代入|1一1 综上之=0一定不是多边形∑上的点.故 之1，得： 选B. 186 第十二章复数 【例3】若z3=1且之∈C,求x3+2z2+2x十20 B选项：09-10元 7T 的值 [解析]由于x3-1=(之-1)(z2+之+1)， 分情况讨论如下： 1 当之=1时，3+2x2+2x十20=25； 7-0 当x≠1时，z2+x十1=0，所以 D选项：0x-0二(x-0》-号 z3+2z2+2z+20=1+18=19. 所以z3+2z2+2x+20的值为25或19. 7π一0；故选D. 类型二复数的三角形式 【例5】设复数之1、z2满足|之1|=|之1+z2, 【例4】设。是坐标平面按顺时针方向绕原点 1x2=a(1十√3i),其中i是虚数单位，a是负 做角度为牙的旋转：表示坐标平面关于) 轴的镜面反射.用o表示变换的复合，先做 实数求的值 x,再做o,用o表示连续k次6的变换，则 [解析]方法1：由|之1|=|1十2|知 ot62xo3xo4是 ( |z12=|z1十2|2，故(1十x2)(+2)=|z112 A. B.o5 →|x1|2+12+21+|z2|2=|112. C.o2t D.to2 又因为1z2=a(1十√3i),故 [解析]不妨建立一个复平面，设 12=a(1一√3i),代入到上式中，得 0=cos0十isin0,记o表示o对之0作顺时 2a+|x212=0→|x2|2=x2x2=-2a. 针方向旋转角度为号的变换后得到的复 ①，又1x2=a(1十3i).② 教，则a,=6os0-号x)+n(0-号x). ①÷②，得兰= 2=-18,从而 之1 1+3i 2 同理x2=cos(π-0)十isin(π-0)， 由于每次变换仅改变辐角.Gto'to3xo4对z0 =-1+3 之1 2 变换后所得到的辐角变化为 方法2：设z1=r1(cosa十isin a), 00-号x二x-(0-号x) z2=r2 (cos B++isin B), 号x-g巴（号x-0-2x号=号x-0 由|x1|=|z1+z2→ =(ricos a+r2cos B)2+(risin a+r2sin B)2 化简得r3十2r1r2cos(a-B)=0,而r2≠0. 所以r2+2r1c0s(&-3)=0① g-号x二x-(9-号)=号x-g 由1x2=a(1十√5i)→ 得-)-9x-x-a riLcos(-a)++isin(-a).r2 (cos B+isin B) A选项：09-9 =a1+)=(-2a(}-: 187 强基数学·巅峰突破 所以r1r2[cos(-a+β)+isin(-a+B)] 【例8】求|2+2ei+e|的值， =-2w-- [解析]方法一：2十2emi十e =2+2eos+n)+s+ain =(-2a)cosisin, 因为a<0,所以r1r2=-2a,c0s(-&+β)= -2+2os2-cos+i(2sin2-sn晋 2即cos(a=-, |2+2ei+em|2 =9-4oscos2+ini+ 5 Sin(a一B)=二号.代入到①式中，有r2三 8cos 5-4cos吾=9+8os2-os} 所以2=2[cos(g-a)+isin(g-a)]= 11 由于cos 5 所以2十ei+e12=5. 【例6】复数|之|=1，若存在负数a使得 故|2十em+em|=5. z2-2az十a2-a=0,求a的值. 方法二：|2+2emi+em2 [解析]由题意设z=cos0+isin0,则 22-2az+a2-a=(cos 0+isin 0)2-2a(cos 0+ =9叶8ms答-ow看）=g-16in0in吾 isin 0)+a2-a=cos 20-2acos 0+ 因为：9-16c0s36°cos72 a2-a+(sin 20-2asin 0)i=0, 1Gcos 36'cos 72'sin 361sin 144 sin 36 sin36=5. (cos 20-2acos 0+a2-a=0 则 →sin0=0或 所以：|2+2em+e号m|=√5 sin 20-2asin 0=0 类型三 复数的最值 cos0=a,代入检验即得a=1一5 2 【例9】之为复数，则T=|之+|之-2|+ 【倒】求最小整数，使得=侵十2后 |之十√3的最小值是多少？ [解析]T=|x+|之-2|+|之+√3的最 为纯虚数，并求出之. 小值即为平面直角坐标系中的点P到点 [解析]=后os十m A(0,0),B(2,0),C(0,一√3)的距离和的最 小值，故P为△ABC的费马，点.设 (后广(eos+sin】 PA=x,PB=y,PCI=z. cos nr一0 fx2+y2-2c0s120°xy=22 6 因为之为纯虚数，所以 所以{x2+之2-2c0s120°xz=(√3)2 sin 晋≠0 x2+z2-2c0s120°yz=22+(W3)2 又因为Sw=号·2·5=Sag十Sae十 188 第十二章复数 1 SApC=2.sin 120%(xy+yz+xz) 【例11】已知z=1,k是实数，之是复数，求 |z2+kx+1的最大值. 所以xy+yz+x之=4. [解析]注意到|x=1,z2=1,之·=1， 所以2(x2+y2+z2)+（xy+yz+xz)=14 故|z2+kx+1|=|z2+kz+之·乏 所以x2+y2+z2=5.所以(x+y十z)2=13. =|x(x十k+)|=|x十k+. 所以T的最小值为√13. 因为(x十)∈R,若令之=a+bi,a,b∈R,则 【例10】设O为复平面的原点，Z1和Z2为复 |z2+kx+1|=|2a+k|, 平面内的两个动点，并且满足： 它是一个实数绝对值，且a∈[-1,1]， (1)Z1和Z2所对应的复数的辐角分别为定 故k≥0时，（之2+k之十1）mx=2+k; 值9和-(0<0<)： 故k<0时，(z2十k之十1|)mx=2-k. 综上，(|之2十k之十1)mx=2+|k. (2)△OZ1Z2的面积为定值S. 【例12】已知|x|=1,求|x2+x+4|的最 求△OZ1Z2的重心Z所对应的复数的模的 小值. 最小值. [解析]方法一：设x=cos0+isin0, [解析]设Z1、Z2和Z对应的复数分别为 则|z2+之十42 之1,2和之， =l (cos 20+isin 20)+(cos 0++isin 0)+412 其中之1=r1(cos0+isin0), =(cos20+cos0+4)2+(sin20+sin0)2 z2=r2(cos 0-isin 0), =10+16cos20+10cos0 由于Z是△OZ1Z2的重心，根据复数加法的 几何意义，则有 -(1os6++器 3x=1+2=(r1+r2)cos 0+(r1-r2)isin 0. cos 0=- 号时，2++4m-3厘 于是：|3z|2=(r1+r2)2cos20+(r1-r2)2sin0 方法二：|z2+之+4|=|2十之十4x·乏 =(r1-2)2cos20+4r1r2cos20+(r1-r2)2sin0 =|x|1之+1+4z|=|之+1+4z. =(r1-r2)2+4r1r2cos20 又知△OZ1Z2的面积为S及sin20>0(因为 仿照方法一，不难求出原式的最小值3 4 (0<<2》) 【例13】设复数z1,z2满足Re(之1)>0， Re(2)>0,且Re(z7)=Re(x)=2(其中 所以2rsin20=S→rn 2S sin 20 Re(z)表示复数之的实部). 13z2=(r1-r2)2+8Scos20 (1)求Re(12)的最小值； sin 20 (2)求|x1+2|+|z1+2|一|1-x2|的最 =(r1-r2)2+4Scot0. 小值. 故当r1=r2= sn2时，x最小，且z最小 2S [解析]对k=1,2,设=十yi(xky∈R). 由条件知xk=Re(之k)>0, 值是号/Sot0 x2-y=Re(之)=2 189 强基数学·巅峰突破 因此Re(x1x2)=Re(x1+y1i)(x2+y2i)) 因为之≠1，所以 =x1x2一y1y2 1+x十x2+z3+z4+z5十x6=0. =√J(y+2)(y3+2)-y1y2 (Ⅱ)因为之2=1，可知|x|=1, ≥(|y1y2|+2)-y1y2≥2. 所以之·之=1，而之7=1，所以之·26=1， 之5=，同理7=之5,2=z3,2十之2+2 又当z1=x2=√2时，Re(x12)=2,这表明， =z3+z5+z6. Re(之1z2)的最小值为2. 由(I)知之+x2+之4十x3十5+之5=-1， （2)对k=1,2,将对应到平面直角坐标系 即之十z2十24+x十22+之=一1， xOy中的点Pk（xk,y),记P2是P2关于x 轴的对称点，则P2,P2均位于双曲线 所以叶十的实部为一号 C:x2-y2=2的右支上. 而之的辐角为α时，复数之十之2十之4的实部 设F1,F2分别是C的左、右焦点，易知 为cosa+cos2a十cos4a, F1（-2,0),F2(2,0). 所以cosa十cos2a+cos4a=- 2 根据双曲线的定义，有|P1F1|=|P1F2|+ 【例15】求sin工sin2π.sin(n-1)x的值. 2√2，|P2F1|=|P2F2|+2√2，进而得 n n |z1+21+|x2+2|-1z1-x21 [解析]设e=cos兀+isin工(i为虚数单 n =|z1+21+|2+2-|x1-22 位)，则1，e,e2,…e2m-1)为x2m一1=0的根. =PF+P2F-PP2l sin kr stetg-1 2i 2e,sin交sin2x =4√2+|P1F2|+|P2F2|-|P1P2|≥4√2 等号成立当且仅当F2位于线段P1P2上 sinn-1)x_e2-1)(e-1)…(e2-D-1） 2”-1in-lcn-1D （例如，当21=x2=2十√2i时，F2恰是P1P2 =(e2-1)(e-1)…(e2m-D-1) 的中点). 2”-1(i-1)2 综上可知，|z1+2|+|x2十2|一|1-2|的 =(1-e2)(1-e4)…(1-e2m-1D) 2n-1 最小值为4√2 而(x2-e2)(.x2-e4).(x2-e2(m-1D) 类型四复数的综合问题 =x2(m-1D+x2(n-2)十…x2+1, 【例14】已知：=1（之∈C且x≠1） ∴.(1-e2)(1-e4)…(1-e2(m-1D)=n (I)证明1十之+z2+z3十之4+x5+z6=0; 六sin7sin经…sina1x-n n n 21 (Ⅱ)设之的辐角为a,求 【例16】对于任意一个非零复数z,定义集合 cosa+cos2a十cos4a的值. M2={wl=z2m-l,n∈N+} [解析](I)由之(1+之+z2+z3++ z5+z6) (1)设a是方程x十1=√2的一个根，试用列 =之+z2+z3十之4+z5+z6+z7 举法表示集合M。,若在M。中任取两个数， =1+之十x2+z3+z4+z5+x6, 求其和为零的概率P; 得(x-1)(1+之+z2+z3+z+z5+z6)=0. (2)设复数∈M,求证M二M 90 第十二章复数 [解析】（1)因为a是方程x十反的粮， =(1-e)(1-e)+(1-e2)(1-e2)十 (1-e3)(1-e3) =1-e-e+1+1-e2-e2+1+1-e3-e3+1 =6-(e+e十e2+e2+e3+e3). 方a号1+时， =6-(e十e2+e3)+e4+e5+e5)=7. ai=i,ai-1=(ai)"i 【例18】设X=(1,2,…,p},其中p为质数. 11 对X的一个子集A,如果A中所有元素的和 M=。 (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 -+.1-，+w1- 集的个数S. [解析]当p=2时，X=(1,2},此时，X有 当a=号(1-iD时，：ag=-i, 2 2个倍子集：☑、{2}，所以，S=2. 当p>2时，p为奇质数，令f(x)=(1+x)(1+ M={,1,,}=M,因此，不论@ a2 a2 a2 a2 x2)…(1+x)=a十a1x十a2x2+…十amxm 取哪一个值，集合M。是不变的，即 考察X=(1,2,…,p}的元素和为t的所有子 M=1+0,-竖1-0，-号1+， 集的个数 2 当t>0时，它就是不定方程i1十i2十…十i,=t 竖1-于是P-品- 的正整数解(r,i1i2,…,i,)(i1<i2<…<i,) C?3 的个数，也就是f(x)的展开式中x的系 (2)证明：.@∈M,存在m∈N叶，使得 数a,; 0=z2m-1, 当t=0时，其和为t的子集只有空集，子集 于是对任意n∈N+,2n-1=之(2m-lD(2-D 的个数为1=ao 由于(2m-1)(2n-1)是正奇数，02m-1∈M, 所以，X的所有倍子集的个数，就是f(x)的 所以M二M 展开式中那些次数为p的倍数的项的系数 类型五新定义问题 和，即S=a。十ab十a2b十…. 【例17】P1,P2,…,P,为单位圆内接正七边 设。=o号+0手 n2红.当n是p的倍数时， 形依次7个顶点， 1十w+w2n十…十wb-1)n=p; 求P1P22+|P1P32+|P1P4|2的值. 当n不是p的倍数时，有 [解析]建立复平面，不妨设P1=1,P2=e, 1+ω+w2m+…十w-1)m=1-(w)2 =0 1-w P,=e,(e=cos2+isim2牙），则 于是，由f(x)=a十a1x十a2x2+十amxm, |P1P212+|P1P3|2+|P1P4|2=|1-e|2+ 得f(1)+f(w)+f(w2)+…+f(w1) |1-e212+|1-e312 =a十a1+a2+…十am十a十a1w十a2w2+…十 强基数学·巅峰突破 anw"+ao+a1w2+a2w+…+anw2m+…十ao 2.(2017·北大)单位圆内接五边形的所有边 十a1wI十a2w2cp-D+…十d1D= 长与对角线的平方和的最大值是 () p(a0十ab十a2b+…)=pS. A.15 B.20 又f(x)=(1+x)(1+x2)…(1+x),则 C.25 D.以上都不对 f(1)+f(ω)+f(w2)+…+f(w-1)= 3.(2018·北大)已知1=sin0+i,z2=cos0+2i, 2+∑Cfw) 求14--i 的最小值 其中，f(w)=(1+w)(1十02)…(1十w*). z1十iz2 注意到当k=1,2,…,p一1时，(k,p)=1, A.3 B.2 所以，k,2k,…,l是模p的完系.而0加1= C.5 D.以上选项都不对 0,则w,w2,…,w*是w,w2,…,w2的一个排 列.故f(w)=(1十w)(1十w2)…(1十w2), 4.(2010·清华)设复数ω= (,其中a为 k=1,2,…,p-1. 实数，若w的实部为2，则ω的虚部为() 又x”-1=(x-w)(x-w2)…(x-wP), A.- 3 成号 而p为奇数，取x=-1,得(1十w) (1十w2)…(1十w2)=2. c p. 故f(w)=(1+w)(1+w)…(1+w)=2, 5.(2011·清华)设复数之满足|之<1，且 k=1,2,…,p-1. 则f(1)十f(w)+f(w2)+…+f(w1) + ,则1z= () =2妙+∑fw)=2”+∑2 A号 R是 =2°+2(p-1) 1 比较两式的右边得pS=2十2(p一1).故 c D.2 S=1(2+2p-2),p>2. 6.(2012·清华)若复数0一1 0+1 的实部为0，Z是 2,p=2; 综上，S 1(2+2力-2)，p为奇质数. 复平面上对应1十心 的点，则点Z(x,y)的轨 迹是 () 真题实战演练 A.一条直线 B.一条线段 一、选择题 C.一个圆 D.一段圆弧 1.(2013·北大)模长都为1的复数A,B,C,满 2 2 7.(2015·清华)设复数：=c0s3π+isin3兀， 足A十B+C≠0，则BC+AC+AB的模长为 A+B+C 则十 A.- 1 A.0 B.1 B.1 C.2 D.无法确定 c D 192 第十二章复数 8.(2015·清华)（多选）设复数z满足2x|≤ A.Ixl=lwl B.lyl=lzl |一11，则 C.xw-yz=0 D.Ixw-yz|=1 A.|之的最大值为1 14.(2018·清华)复数之满足之3+之十1=0，下 B的最小值为 列选项正确的有 A.|x|>1 B.1z|<1 C:的虚部的最大值为号 C.|z+z|<1 n.+>安 D:的实部的最大值为号 15.(2019·清华)（多选）令4=c0s26-2x十 5 9.(2017·清华)（多选）已知之是实部和虚部均 为正整数的复数，则 ( im24与，(6=1,2,3,4,5).若 A.2Re(22-z) B.3|Re(3-z) a1=Ⅱ(x-之)，则 C.4|Re(z-z) D.5|Re(2-z) A.a1a3a4=125 B.a1a2a3a4a5=55 10.（2017·清华)已知x1=sina十2i,2=1十 C.a2a=125 D.a1=5 icos a,求 3-1+i的最小值.（ 16.(2019·北大)已知复数z满足|z=1,且有 z1一i22 之7十之=1，则之等于 () 1 A.2 B.2 c c± D.都不对 11.(2017·清华)已知复数之|=2，|2|=1，求 之1一2与之1夹角的最大值 17.(2020·清华)已知复数之1,2在复平面内 B香 对应的点为Z,Z2,O为坐标原点，若 A君 |x1|=1,5-2x1x2+号=0，则△OZ1Z2的 c D 面积为 () 12.(2017·清华)已知x=cos 2 π+sin 2 A.1 B.3 π， C.2 D.2√3 P(x)=x2+x+2,则P(z)P(z2)P(z3)P(z)的 18.(2020·清华)（多选）已知f(z)=之0+x10 值为 +:+x9,则 () A.9 B.12 C.10 D.11 A.f(x)=0存在实数解 13.（2017·清华)（多选）已知复数x,y,之，@满 B.f(z)=0共有20个不同的复数解 足：|x2+1y2=1,|之|2+w|2=1,且 C.f(x)=0复数解的模长都等于1 xx+y@=0,则下列选项正确的是( D.f(z)=0存在模长大于1的复数解 193 强基数学·巅峰突破 19.(2021·清华)已知w=cos +isin吾， 27.(2015·北大)设之为复数，之表示之的共轭 则 ( 复数，已知之一=2√2，且多为纯虚数， A.x4+x3+x2+x+1=（x-w)(x-w3) 则|之的值为 (x-w)(x-w9) 28.(2022·清华)在复平面内，复数之1终点在 B.x4-x3+x2-x+1=(x-w)(x-w3) 1十i和1十ai表示两点连成的线段上移动， (x-w)(x-w) |之2|=1，若之=之1十2在复平面上表示 C.x4-x3-x2+x+1=(x-w)(x-w3) 的点围成的面积为π十4，则a的可能值 (x-w)(x-w9) 为 D.x4+x3+x2-x-1=(x-w)(x-w3) (x-w)(x-w) 29.(2022·北大)已知复数x,满足多与兰的实 20.(2023·清华)（多选）已知|z=1,z∈R, 部和虚部均属于[一1,1]，则之在复平面上 x之2+2zx+2=0,之的虚部可能为（ 形成轨迹的面积为 A四 B.-5 30.(2023·北大)已知i=√一1，则1+c0sx+ 4 C.1 D.0 isin x-cos 2x-isin 2x+cos 3x+isin 3x=0 二、填空题 在[0,2π]上的解x的个数为 21.(2017·清华)已知复数x,y满足x+y= 31.(2023·清华)已知Re()≥1，求1+1+ x十y=1,则xy的不同取值有 种 的最小值 22.(2019·北大)已知 32.(2024·南京)已知△ABC的三条边长a, =1+1+1+后1+) b,c∈R,复数1，之2满足|之1|=a,z2|=b, 求|之|= 之1十之2=c,则为 数 23.(2019·北大)已知之1=1+i,2=-2+2i, 22 在复平面之1x2之3构成正三角形， 33.(2024·中国科大)已知α，3是方程 则之= x十1=1的两个复数根，则 24.（2016·清华)对于复数（≠0），音和9的 (x-a)(x-3)= 实部和虚部均为不小于1的正数，则在复平 34.(2024·清华)已知复数之满足z=1, 面中，之所对应的向量OP的端点P运动所 z”=之十2，则n的最小值为 形成的图形面积为 35.(2025北大)z6+2+之3+x2+1=0所有正 25.(2016·清华)之=c0s 3+sin 2 2π 虚部的根之积为P,则arg(P)= 3 1, 36.(2024·清华)复方程（之3+z)2+9:3-72z=0 求3+ z2+z+2 的所有复数根的平方和为 012 26.(2017·北大)复数：满足之+2为实数， 37.(2025北大) (-1)+1cos iπ 2025 求|之+的最小值 94 第十二章复数 三、解答题 40.(2019·北大)记复数之=x+yi,其中 38.设复数之满足|x|=1,使得关于x的方程 |x|+|y≤1，求x-1-i的最大值 之x2+2x+2=0有实根，求这样的复数之 的和. 39.设之1，之2，…，2020和1,2，…，2020为两 组数数满见：学1P>空 41.(2019·清华)已知x∈R,z∈C,z的辐角为 w,. 求证：存在数组(e1,e2,…,e2020)(其中 至，求x-十x+i一+2+i-的最 ∈1-11使得分>|空m 小值. 195 强基数学·巅峰突破 42.(2016·清华)川之2+1|=|z1,求|z的范围44.(2016·北大)复数之1，之2满足|之1+21= 和arg之的范围. l11,z12=a(1-i)(a∈R),求2 43.(2016·北大)实系数方程x4+a.x3+bx2十 45.(2016·清华)已知sint+cost=1,设 cx+d=0有四个非实数根，其中两个根之 s=cost+isin t,求f(s)=1+s十s2+…+s”. 和为2+i,另外两个根之积5+6i, 求b的值 196 第十二章复数 46.(清华)证明：gcda,b)=1纪e学，其中 a mon-0 48.(2023·济华)已知=c0s7+sin额。 a,b∈N*,gcd(a,b)表示正整数a,b的最大 求，之 公约数. 京++的位 47.(2022·清华)已知复数z|=1, 49.（2025·清华)u十v+@=1+i,u、v、是复 求（之-2）（之+1）2|的最大值. 数，且|u=|wl=||=1, 求Rw(实部)的最小值. 197参考答案与解析 63.解：(1)总分能不能在某时刻取到2，只取决于前两次投掷」 点评：事实上，这道题利用生物上基因频率有关知识解答更 经过枚举，总共4种情况，其中只有前两次分别投掷到正、反 加简单。 的情况不满足，故概率为0.75. (2)①考虑p,(n≥2)的递推：1一p。代表总分取不到n,它仅 65,解(I)里然A==1A=1一日-子：又投都四次速续 出现三次正面向上的情况只有：正正正正或正正正反或反 可能是从n一1分直接变化到十1分，即p- ②由1-b=分p.(m≥2)，得到九，-号 正正正，成p=1-是昌 3 (Ⅱ)共分三种情况： (-)(-子)于是-子=(-)》(-子) ①如果第n次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面的 =(-2)×3, ②如果第n次出现正面，第n一1次出现反面，那么前n次不 从雨=号+子×(-)广m≥1D 出现连续三次正面和前n一2次不出现连续三次正面是相同 点评：概率的递推历来是清华的考试重点，此题的模型很像 的，所以这个时候不出现连续三次正面的概率是印： 著名的爬梯问题（每次爬梯上1级或2级），熟知爬梯问题的 ③如果第n次出现正面，第n一1次出现正面，第n一1次出 同学，很快可以想清楚什么情况下总分无法到达，故此题 现反面，那么前n次不出现连续三次正面和前一3次不出现 难度不大， 连续三次正面是相同的，所以这个时候不出现连续三次正 64.解：(I)参与交配的两个亲本（一个称为父本，一个称为母 本)的基因型式的情况，及相应情况发生的概率和相应情况 面的概率是日P。,综上， 下子一代的基因型式为AA,Aa,aa的概率如下表： A=名1+子十日n.,a≥0.@ 1 子一代基子一代基 子一代基 父本、母本的 相应情况出 因为AA 因为Aa因为aa的 (Ⅲ)由（Ⅱ）知 基因型式 现的概率 的概率 的概率 概牵 A4=24++g.4a≥5).回 1 1 父AA母AA u 0 0 ①-号X同，p,=p1-6p.m≥5)，所以n≥5时， 1 父AA母A 2uv 1 2 0 力，单调递减，又易见p1=p>p>p>…,n≥3时，p,单 父AA母aa 调递减，且显然有下界0，所以力。的极限存在（单调有界 uw 0 0 收敛定理)，对力，=力。1一6力。两边同时取权限可得 父Aa母AA 2u0 1 2 2 0 lim =0. 父Aa母Aa 4 1 1 其统计意义：当投掷的次数足够多时，不出现连续三次正面 向上的次数非常少，两者比值趋近于零」 父Aa母aa 2vw 点评：对于此类型的题目，构造递推是非常重要的 P 父aa母AA uw 0 0 第十二章复数 父aa母Aa 2vw 0 1 2 一、选择题 父aa母aa 0 0 1.B方法1：由题知AA=BB=CC=1, 所以 BC+AC+AB BC+AC+AB、BC+AC+AB 子一代的基因型式为AA的概率为 A+B+C A+B+C A+B+C A=GX1+2mX+2+4 1 1 =(u十0)2 也即 BC+AC+AB 2 LBC+AC+AB×BC+AC+AB A+B+C A+B+C A+B+C 由对称性知子一代的基因型式为aa的概率为 3+BA+CA+AB+CB+AC+BC p3=(0+w)2. =1,故选B. 3+AB+AC+BA+BC+CA+CB 子一代的基因型式为Aa的概率为 方法2：由题知AA=BB=CC=1, A=2X+wX1+2mX+4付x号+ 所以=B=言C=己 2wwX+uwX1+- BC+AC+AB 1 1 IABCI 2(uv十u+02+w)…=2(u+)(v+). A+B+C A+B+C 若记p=u十0，g=十w,则p>0,q>0,p十q=1,子一代三 A+B+C 种基因型式：AA,Aa,aa的比例为p:2pg:g A+B+C =1,故选B. (Ⅱ)由(I)可知子二代的基因型式为AA,Aa,aa的比例为 方法3：取A=i,B=-i:C=1, a2:2a8:g, 则BC=-i;AC=i,AB=1 其中a=p+g,8=g十g.由p十q=1,可得a=p,8=g: 所以BC+AC+AB=A+B+C=1. 故子二代三种基因型式AA,Aa,aa的比例为 评析：复数的共轭与其本身的乘积等于复数模长的平方，这 b:2g:g,与子一代基因型式的比例相同. 个公式屡屡考查，一定要牢牢掌握. 强基数学·巅峰突破 2.C考虑圆内接五边形PP,P,PP,设P对应的复数为 评析：数论题目.此题计算量较大，且需要熟知数论中的一些 (1≤i≤5)，所有线段平方和为S,注意到有 结论，有很强的区分度 0≤十2十名十之，十之1= 10.B直接代入有 (1十2十3十84十名5)（之1十2十之3十之，十） 13-:+这2 =13-Isin a-cos a+3il =5十∑（名亏+号)，故而 1一i这| sin a+cos a+il 11心司 S=|一2=(2-名可-) 13-(10-sin2a2=√/2+sin2a+ 1 ≥2.则当 √/2+sin2a W√/2+sin2a =20-卫(+名)≤25， √/2+sin2a=1,a= 3 当且仅当之1十十十之十|=0即P,P2PP,P是正五 元时，“=”成立，所以原式有最小 边形时取到等号， 值2. 评析：根据对称性，猜测圆内接正五边形时达到最大值，严格 评析：直接代入即可，自然会发现中间用到基本不等式 证明需要用到复数来表达，较为复杂， 11,A根据复数的几何意义，心1在以原点 y个 3.D直接代入计算得到4--， 为圆心，半径为2的圆上：。在以原，点 之1+i这2 为圆心，半径为1的圆上，故一2为 -8-4sin 0+2cos 0 V6-4sin9+2c0s后：令t=V6-4sn9件2cos0,上式化为 一个起点在x2十y=1,终点在x2+y =4上的一个向量，如图所示.根据几 2+ ,t∈W6-2√5W6+25), 何直观有，之1一之与圆x十y=1相切 t √2∈(W6-2√5√6+2√5)，所以最小值是2√2，选D. 时一名与名的夫角最大，为吾 评析：本题考查复数的几何意义，相当基础. 2i 12.D注意到0=1，w十3十w+心+1=0 Re(w）=2→a=2→1m(w)=-a_l A=P()P(e）=(u2+e+2)(1-u2-) 2 =3一3一2， 5.D尚+-号得1+1=号引，已经转化为一个实 B=P()P(u3)=(w+u2+2)(3++2) 4+m3十， 数的方程. 所以AB=(3-u-)(4+e3+u)=11.答案为D. 解得=2合去).成= 评析：考查单位根的性质，需要解题人对于单位的基本性质 非常熟悉， 评析：利用复数的公式尽可能地将复数等式转化为实数等 13.ABD我们用三角形式去刻画.设 式，从面简化运算。 6.Ak(8号)=Rc(t z=r (cos 0 +isin ),y=r:(cos 0:+isin :) w+19 ）=0→|w=1. z=r3 (cos 0 +isin 0),w=r (cos 0,+isin 0,) 设w=cost+isin t,t∈[0，r)U(π，2x], 则原条件可转化为： 剥十w计十0名子m 11+cos t sint (ri+r=1 r+r=1 由于e[0,xU,2]时，2am号∈(-0，十o),周此z rr3c0s(0-0)+r2r:cos(0-0.)=0 lr1r3sin(01-03)+r2r4sin(0-0,)=0 点的轨蓬为直线x= 故tan(8-03)=tan(6。-日，). 评析：重点关注三角函数、复数、向量之间的关系， 由r1r,r,r≥0，知必有日-9=0。-日，十元，代入上面的 7.B本题是单纯的计算题，但是计算的时候可以使用棣莫弗 三角式子中即有r1T3=2r 公式来简化一部分计算.计算结果为1. 境式与所+ 联立：设r1=cos1,r2=sin91 8.ACD设之=a+bi,代入原式有2√/a+b 后+r=1 √/(a-1)2+b,两边平方有4(a2+b2)≤(a一1)2+b,整理 =c0s,=sin99∈[0，受]，则有 得(a十子)+6≤号，画出图彩易知A正确，B错误，C正 os9cosg=sin9sin9,容易证明9=2-9：， 确，D正确. 于是r1=r,2=r3.AB正确. 评析：来表述复数有三角形式和代数形式，虽说代数形式死 对于C,原式等价于r1r(cos(6,-9)+isin(0,-0)-r2r 板且计算复杂，但是一旦直接问到有关虚部和实部的最值问 (cos(0,一0，)+isin(0,一0。)=0，与条件完全分离，无法 题，还是优先考虑代数形式.当提到有关模长或者角度、复数 验证. 乘除时，则是复数的三角形式更为简便.切忌看到复数就直 对于D,lxw-yz|=lr1r(cos(9+0)+isin(6,+6)- 接设g=a+bi的代数形式！ r2r3(cos(02+6)+isin(6+03))川， 9.BD令≈=a十bi,考虑四个选项 而，+日，=6，十0，+π，r1=r4r=r A.Re(-x)=a(a-1)-b,取b为奇数时不成立.B.Re( 所以|xw-yz=√(r1r)'+(n23)=√十=1.D正确. -x)=a3-3ab-a=a(a2-36-1)=a3-a=(a-1)a(a+ 评析：本题难度较大，设复数的三角形式是解决问题的关键 1)=0(mod3),正确. 14.D直接设之=x十iy,代入原式有 C.Re(-z)=a-6a'B+b-a, (x3+3x2yi-3xy-yi)+x十i0y十1=0，分成实部和虚部两 当a为偶数，b为奇数时，显然不成立.D.Re(g一)=a 10a3b十5ab-a由费马小定理知ai=a(mod5),正确 事分，则有3xy-y+y=00 x3-3xy2+x+1=0② 358 参考答案与解析 将①式化简，即y(3x2+1一y)=0, x-1=(x-1)(x-w)(x-w)(x-w)(x-w) 当y=0时2为实数，由f(-2）=尽，(-1)=-1知演 结合0=一1，两个式子做比可得 x+1=(x-w)(x-w3)(x+1)(x-w)(x-w). 实根在(-1，一合)内。 即x-ow-》-）---+- 此时C错误.A错误.当y≠0时，从y=1十3x知z>1, x+1. B错误.将滨式代入四式，有82+2=1：客易险证>子 20.ABD设之=cosa+isin a此时 z2+2zx +2=(xcos a+2xcos a+2)+i(z'sin a- 故D正确. 2xsin a)=0, 评析：此题难度很大.看似可以用三角形式或几何形式考 虑，但这其实是出题人的陷阱，用代数形式做的时候，也要 x2cosa+2 ccos a十2=0 则 时刻注意需要求的东西是什么. z'sin a-2xsin a=0. 15.ABD由条件名1=1,2+3+g2++1= 情形一：当之=0时，此时2=0（矛盾），不满足题意 情形二：当x≠0，sina=0时，此时 (x一2)（之一83）（之-81）（之一）.令之=1，知D正确 由单位根的性质知a=c-'a1(k=2,3,4,5),其中 当cosa=一1，x=一1士√3，满足题意. ci=1,c不为实数. 情形三：当x≠0，sina≠0时，此时x=2,则 从而a1aa,=ca=125,A正确；a1a2aaa=5,B正确； 4ose+4eosa+2=0posa=-→sna=士 4 a2a=ca≠125，C错误. 二、填空题 16.A设=cosa十isin a,由于之”+=l,我们可以得到： 21.解析：设xy=m,则 cos17a十cosa=1,sin17a十sina=0.移项后再 1=x+y=(x+y)'-4xy(x2+y)-6.xy 平方相加，即cos17a=1-cosa,sin17a=-sina, =1-4m(1-2m)-6m2=2m2-4m+1. 两式平方相加，得到c0s。= 故m=2或m=0,有两种不同取值. 答案：2 故血。=士9，检险宁土得部是原方报的解。 评析：本题考查x十y和xy能表示所有x”十y形式代数式 1.A化为（停）广-2·兰+5=0则-2生1-=1士1 的知识点，较为常规 之1 2 22.解析：利用公式x1x2x…xn|=x11|x21lx…xn|, 本题中，=1+则√+√ √n 后s=16后=1A 1 18.BC令t=+二，则由f()=g()=r+之-2=0得1 =1+压。=1压则<2，所以 答案：√n+I .4 4 23,解析：利用复数旋转的性质，首先计算出名一=3一，将其 2+号=1无实报，A不正确：+子=1R 乘上（号+），弄与相知得到第一个答家：同理，将（心 1 (+) + -)乘上（合-），再与相加得到第二个答案 即(x-)(1-2交）=0xgR≠小≠. 答案：(-+9)+（多+）月 所以=|x”=1,即=1.C正确，D不正确； 成(-日9)+（号-39）月 令=cos叶n0,由2+上=1生压得 4 24.解析：设=a+b1a,b∈R),六和碧的实部和虚部均不小于 c0s50=-1生√区.所以50=2kx士acc0s-1生√压或26元 8 8 1得： 50 a=10 -1-√/33 40 士arccos 品> 8 30 即9=士行acs二1區或 20 5 8 b=10 40a 10 2±号Cos二1。国(k∈Z.0在年西上共有20条不 /a+6≥1 20 8 20 60 40b -10 同终边，对应20个不同的复根，所以B正确.综上，选 a+6≥1 -20 B、C. a≥10 19.B容易得到1、w、w2、…、0为x1“一1=0的根，则 b≥10 即 x°-1=(x-1)(x-w)(x-w2)(x-w2)(x-w). (a-20)2+b≤400 另外1、w、w、w、w为x一1=0的根，则 a2+(b-20)2≤400 359 强基数学·巅峰突破 容易求出P运动所形成的如图阴影面积为 因此点之的轨迹所构成的图形为图中阴影区城 400x-1003+100, 其外边界为一个边长为4的正方形，此区域面积为8× 3 2X21X1_X1)=12-2x 答案：400x-1005+100 22 3 答案：12-2x 25.解析：=c0s3 +sm++2 2 30.解析：设w=cosx十isin z, 则原方程等价于1十w一w十w3=0.取模， 注意到la=1,所以有1a+1=|w21aw-1川=|w-1. cos2x+isin2π+ +2 只能w=i或一i,代入检验知不成立， 3 答案：0 13 2 =1+ 2 1W3. 31.解析：设=(cosa十isina),此时十1+i 1√3 22 22 -++2 2 2 +1+= r(cos a-isin a)+i √+1）+(1-) 26,析：+2是实数台：+2=计是g-=2 12(cos a-sin a)2 故有心一=0或|之2=2. 结合几何图象可知，之十i的最小值是√2-1. 又reos a≥1→cosa≥1 -≤sina≤ 答案：√2-1 评析：本题考查复数的共轭体系，本题直接设代数形式也可 112(cosa-ina）+2≥ 21-P-1 以做，但用共轭体系的等价条件去做会非常直观.希望同学 于是 们学会这种方法 27.解析：8=|x一|2=（一）(g一)=（一乏）(g一x)①由 3-2P=1+2 号为纯虚数可知， r 号=一言，于是=一，因式分解得到 令3-2√-1=t(t≤3)，此时 (x十)(2一x+2)=0 如果x十是0，设之=ai(a∈R,a≠0)，代入①式得到 3-2=1+2= t 4 十2= +2 2ai·(-2ai)=8得到a2=2,于是|z=√2. 3-y+1 4 +-6 t 如果2一之乏十=0，代入①式得8=（一）（乏-）= 2x-2-=x=|x,得到|=2V2 2+ 4 -√1314-23=√3-1 -2√13-6N2W 4 答案：2√2 当t=一√3时，等号成立， 评析：复数的模长与共轭的相关运算历来是必考点，而且是 复数这一章节最为重要的技巧和方法， 答案：3-1 2 28.解析：设之1=1十ti,则1≤t≤a(a>1),2= 32.解析：：2=1之1十22=（名十x2)(+)=|之12+ cos0+isin0,∴.g=1+cos0+(t+sinθ)i=x+ yi因此有(x-1)2十(y一t)2=1,1≤t≤a |P+1西+=a+6+点·a+1.2=a2十 如右图所示，则在复平面上围成的面积即为 (1.1) 粉色区域，即S=2(a-1)十x=x十4 6+6(）+a(经)： 解得a=3. 同理当a<1时，则有S=2(1一a)十r=π十4 故a+6-2+6(色）+a(经）=0， →a=-1. 方程两边同乘以得，6（色）+(a+6-c)(色）+@ 答案：3，-1 29,解析：设满足要求的复数=x十yi(x,y∈R), =0, 到原命题甲为平十 这是一个关于的实系数一元二次方程， 中与受+学的实部和 2y 又三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边， 且△=(a2+6-c2)2-4a26 虚部均属于[-1,1]，因此-1 =(a2+b-c2+2ab)(a2+b-c2-2ab) 1.-1 =[(a+b)2-c2][(a-b)2-c2]=(a+b+c)(a+b-c)(a-b z2+y +c)(a-b-c)<0, 1,-1≤受<1，-1≤≤1 故三为虚数（当且仅当a+6=c2,即△ABC为直角三角形 整理后得一2≤x≤2，一2≤y≤2， (x-1)+y≥1，(x+1)+y≥1， 时，号为纯虚数)。 x2+(y-1)≥1，x2+(y+1)≥1， 答案：纯虚 360 参考答案与解析 3.解析：将方程整理得x-x+1=0,因比0十B=1】 a3=1 对于岂(-1)c0s25有1=1012和分2025， 因此a2+B=(a+B)2-2a8=-1, 进而a+3=(a2十3)2-2a23=一1，a3=1,因此 所以岁(-1)+1c0s202 os2x晒（空×】 (x-a)(x-B)=x2+x+1. 2c0s2×2025 答案：x2+x+1 =立 34,解析：若n=1,则=心”=十√2，得0=√2，矛盾； 答案：弓 若n=2,则=+反，解得=合2+ 三、解答题 故之是实数，从而由||=1知=士1，代入-=√2得0 38.解：设=a+bi(a,b∈R,a2+b=1). =√2或2=√2，矛盾； 原方程改为(a十bi)x2十2(a一bi)x十2=0，分离实部与虚部 以上讨论表明，必有n≥3 后等价于 fa.x2+2ax+2=0, D 而当n=3时，对= 9+11=√(9）+( bx2-2bx=0. ② 1显有==(-+)=(）.(-1+ 若b=0,则a=1,但当a=1时，①无实数解，从而a=-1, 此时存在实数x=一1士√3满足①、②，故x=一1满足条件. .2+2-+9=+. 若b≠0，则由②知x∈{0,2}，但显然x=0不满足①，故只能 4 2 故满足条件，所以的最小值为3. 是2=2，代入①每得8=子， 答案：3 进而6=士压，相应有=二1±√ 4 35.解析：由x+之+之++1=0，得++1+1+1 4 3 =0, 则(+)(e-1+)+:++1=0, 综上，满足条件的所有复数之和为-1十一1十⑤+ 4 则(e+)[(e+)广-3]++是+1=. 1画2 4 刻(e+)广-2(e+)+1=0,令x+=:则2-2a+ 9.解：用已，)表示对所有数短… en)的求和， 1=0, 下面用数学归纳证明如下的等式： 则(1-1)(f+:-1)=0,解得=1或=二1±5， 2 ,名十6+…+e,*.=221名① (12…) 则+1或+=5解得=+. 1)当n=1时，①式显然成立；当n=2时， 2 11十22+|x1-212=(名1十2)(81+)+(1-2)(81 =-15+0+25,=-1-5+10-25(负 ,)=2(x11十2)=2(|名12+|x,1) 4 4 4 4 即①式成立 虚部的根舍去)， (2)假设n=k时，①式成立，则n=k十1时，我们有 则1=e,=e等，=e, c与之+16+名+…+64+1+1 所以P=e等+学=e晋，则arg(P)=23 15 气足，（e+e++,+小+e+s 答案： 十…十E4之4一之+112)= 36.解析：将问题转化为求方程+2：十9g2十：一72=0的所 6-三（s+e+…+P+1:)=2 2 有复数根的平方和，然后使用韦达定理即可得到答案 方程(x3十x)2+9x3-72x=0可化为之+2x+923十x2 (2(②l+1)=2空1， 72=0.从而原方程的所有复数根的平方和等于方程g十 即n=k十1时①式成立. 2x3十922十之一72=0的所有复数根的平方和. 由(1)(2)可得：之。，e十十…十，=2含 （152…) 设诚方程的5个复数根为西…，，测由韦达定理有宫 ||2,n∈Nt. 名=0123=2 回到原题，由罗1>罗1，可得2罗1> =1 所以2=(2)-23名=0-2X2=-4 20罗1w, 故原方程的所有复数根的平方和为一4， 答案：一4 即∑、|e1名十e十…十e2物04o|2> 12…62080) 37.解析：由复指数和三角恒等式， 5之，s四+6十…十e题mg 知2(-1)+1c0s(0)= cos号-(-1rcos(+2)9 所以存在数组(e1,2…,2o)(其中e;∈{一1,1}，使得 2cos2 置e小>学a甲宝e>学 361 强基数学·巅峰突破 40.解：之-1-i=√(x-1)2+(y-1),而已知x+|y≤1，故本 当1=2kx+受（∈Z)时，s=i, 题可转化成数形结合的问题，如图，在 平面直角坐标系上，x十|y≤1表示 此时f(s)=1+s十+…+g=1一+ 1-i9 的区域是由A(0,1),B(一1,0)，C(0, 当n=4k一1(k∈Z)时，f(s)=0,当n=4k(k∈Z)时， 一1)，D(1,0)围成的正方形内部区域 f(s)=1: 及边界，P(1,1).显然，P到该区域任 当n=4k+1(k∈Z)时，f(s)=1+i;当n=4k+2(k∈Z)时， 一点距离的最大值当且仅当该点与 f(s)=i. B,C重合时取到.故最大值为√⑤： 46.证明：由eg=cos2xmw地+isin2xm地，设u=e学，则w号= 41.解：设A(2,1),Z(t,t),X(x,0),则问题转化为要求|AZ十 |ZX|十|XA的最小值，按“将军饮马”的常规套路即可求得 e=1,于是w=1.设d=gcd(a,b),并记a=da,b=db。, 最小值为√0. 其中(a6)=1.“w=1w=1.于是1e赠 42.解：设x=r(cos0+isin0),其中r>0,0∈[0,2x). d m-0n- +1=r2cos 20+1+ir'sin 201=r (wa十(w2+w+…+wl+…+(w+w1+十 a (r2cos20+1)2+(r2sin20)2=r2, -n2)= 整理得cos20=子-合(}+r）,因1cos291<1,即 1 (a+(w+w+…+w-1）+…+ a 3-号（月+r)川≤1-1+≤3，得 (o+o-l+…+oa-2) w-1=0,.w-1=0(k∈N),.(w-1)(w°+w+… ∈[5,5]此时2≤号+r≤3，由完可得 十aa-D)=0,对于w-1=0的k满足k为a0的倍数；对a 的倍数的k,w°十w+…十wa-1=0.又因为1,2，…，a-1 -1≤cos2f≤- 屏得e[吾]U[售] 个为a的倍数， 1[,]m:e[]u[警] 21」 :.13e学-2(a+d-1Da=gcda,b)。 a m=ow=0 a 43.解：实系数方程若存在虚根，则虚根共轭.故设四个虚根为 47.解：已知1之·1=|之1·11,1之12=之·之，则 2西西，由题意，{十=2+ ,而所求 1(之-2)(x+1)1=1之-2|1x+12=√e-2x-2) (x1x2=5+6i (x+1)(+1)=√(5-2(x+)(x++2) b=x1x2十x1x+x1x2十x2x+x22+x12 (x1十x2)(+)十x1+x1x2 设T=√(5-2(+x)(x+x+2) 将已知条件代入，有 令+=t,则T=√(5-2t)(t+2) b=(2+i)(2-i)+(5+6i)+(5-6i)=15 W/(5-2t)(t+2)(t+2) 44,解：设之1=r1(cos日，十isin91),,=r,(cos0:+isin6,).则由 |x1|=|名1十2|，推出r=(r1cos0,+r2cos02)2+(m1sin0+ <√520中2+2T-8 3 2sin0,),进而得到r2十2r1cos(0-8)=0. 2 由可，=a(I一i),结合共轭的意义以及棣莫弗公式推出 当且收省1=1=号士原时取华. 48.解：由题意可知 r1r(cos(2x-01+0,)+isin(2r-0,+0,)=a(1-i)=√2a g2=1→x+g2+g8十g‘++=-1 (cos子x+isin子x)进而1-厄a, 此时 g3 A-8=子x+2kx(k∈Z.则 十+年=十21十） (1+3)(1+之) =一2c0s(日一0)=-√2，结合棣英弗公式推出 + 十十g+ 1++ r 2++g 2十g3+ 产=片(eaa-0)+in0.-d) 2++g-(+)(1++)=21=-)=-2 (十g)(2十g3十x) 之十一1 (9+号)=i-1 49.解：设u=x十yi,=a十bi,0=m十ni,(x,y,a,b,m,n∈R), 因为|u|=|ol=|w|=1,所以x2+y2=a2+b=m2+ 评析：此题的条件和待求表达式明显倾向于复数的三角形 n=1, 式.另外此题还可以用共轭体系运算，就避开了设出复数的 u+v+w=(x+a+m)+(y+b+n)i=1+i, 情况，不妨一试 所以x十a十m=1,y十b十n=1,可得a十m=1-x,b十n= 45.解：由s如什cos4=1得sm(+晋)-，解得 1-y, 所以a2+m2+2am=1-2x+x2,b+n2+2bm=1-2y+y2, 1=2kx,1=2x+受(k∈Z》. 两式相加得a2+m2+2am+b+n2+2bn=1-2.x+x2+1 2y+y, 当t=2kx(k∈Z)时，s=1,此时f(s)=1十s十s2十…十s” n+1: 2(am+bm)=1-2x-2y.am+tom=1-2z-2x 2 362 参考答案与解析 又因为1=(a+b2)(m+n2)≥(am十bn)2,当且仅当 i4.A如图，∠BAD=90°，∠ADC D an=bm等号成立， 60°，根据托勒密定理，如果 所以(am+b加)=(22）≤1.卑-1e122ys1. ∠DCB=90°且AC⊥BD,那么 2 AB·CD+BC·AD_BD·AC y2=1-x2,可得y=士√-x(-1≤x≤1)， 2 2 Sm边形AD正符合题意. 可得一2≤1-2x-2√1-x≤2，或一2≤1一2x十 由∠ADC=60°及四点共圆等相关 2√-x≤2， 知识有∠BDC=30°，DC=√3BC= 由1-2x-2√个-x≤2得-1-2x≤2√-x,解得 45 -1-万≤≤1 即如图的特例是满足该题所有条件的.故选A 4 评析：本题条件晦涩，不好正面构思，需要想到构建特例来猜 由-2≤1-2x一2√1-x得2/1一x≤3-2x,解得一1 出答案， ≤x1, 5.A不妨设△AOB,△BOC,△COD,△DOA的周长为2x,那 所以1互≤≤1，由-2≤1-2+2-产得2x-3≤ 么乘以各自的半径再除以2，有S△0B=3x, 4 S△0e=4z,S△oD=6x.再设|OA=3p,1OB|=2q,则 2√-x,解得-1≤x≤1， 16c=4.0n=g52=8a:80-0即 由1-2x+2√1-x≤2得2√-x≤1+2x,显然2x+1≥ 0,故x≥-21 Saw=受：故△D0A的内初国半径是号.答案为A 评析：此题导向非常明确：通过周长和内切圆半径来求得三 解得1十互≤x≤1，所以1十互≤2≤1，综上所迷， 角形面积.有了面积之后，再通过共边定理获得另一个三角 4 4 形的面积值.较为容易。 -1-反≤≤1， 6.A因为∠BAF=∠CAE, 4 于是AE⊥AF」 则Re(u)的（实部）最小值为1一 又因为∠BAD=∠ACD, 4 于是AD⊥BC. 故AD=DE·DF=DB·DC, 第十三章 平面几何 解得DC=9,从而BC=11. 评析：利用相似三角形进行运算，较为基础 一、选择题 7.B如图，连接AC.根据题意，有CD=AD且 1.A如图，在DA取DE=DB,连接ME,NE,MN,则显然可 AC=√3AD,则由托勒密定理可得AB·CD十 证ME=MB,EN=NC,且有ME+ AD·BC=AC·BD,即AD·(AB+BC)= NE≥MN,即BM+CN≥MN,上述 不等式当且仅当∠MED+∠DEN= 6V3·AD,于是AB+BC=6V3,进而SABD 180°，也即∠B+∠C=180°时成立，这 SAM+S(AB+BC)-9 显然与三角形内角和定理矛盾，故等号取不到，也即选A 评析：题目涉及到了托勒密定理和简单的面积计算，其实不 2.B已知三条线段PA、PB、PC具有一 0 会托勒密定理，用正弦定理也能做， 个公共顶点，且它们不能构成一个三 8.A设AB,AD,CD与圆分别相切于点M,N,P,则有AB+ 角形.自然而然地，我们就会思考能否 ICD|一IAD|=BM+AM+CP+DP-AN-DN,而由切线 通过旋转使这三条线段产生一定的关 性质AM=AN,DN=DP,因此原式必然大于0. 联.设AP=a,则BP=2a,CP=3a.将 △ABP绕点B顺时针方向旋转90°得 9.B方法1：依题意有A正=子AC+A,再根据AP,E三点 △CBQ,则有PB⊥BQ.由于PB=BQ 共线可设=号：C+子1A店=21A心+子：A店，从BP =2a,所以PQ=2√2a.在△PQC中，PC=9a2=PQ+QC, 所以∠PQC为直角.又由于∠PBQ=90°，PB=BQ,所以 D共线可如21+白=1：部得=号所以是-号故巴 SA ∠BPQ=∠BQP=45°，故∠APB=∠CQB=45°+90°= AP·AD3×11 135°.故选B. AE·AC 7X37' 评析：在正方形或者正三角形中，常常用到把一个三角形以正方 形一个顶点为旋转中心旋转的技巧，大家必须掌握！ 得到Sa边形PpCE= 3.C如图，连接CF,由于△DOE与△DFC D 方法2：如图，连接PC,设SAAPD= 相似，因此DO·DC=DE·DF,从而DO =24×21, S6me=2S△D=2;再结合B二= EC 因此OE=√/DE-DO= 是得到S%=Se=6,所 BE √24-24×21=6√2. 评析：非常简单的几何计算。 以S△Bme= AD SAADC=14z;所以 D 363