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第七章 复数（重难点专题复习）-2022-2023学年高一数学下学期期末复习举一反三系列（人教A版2019必修第二册）
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第七章 复数（重难点专题复习）
【题型1 复数的分类】
【方法点拨】
分清复数的分类，根据实部与虚部的取值情况进行判断.
【例1】（2023春·安徽合肥·高一校考期中）若复数z=a2−4+a−2i为纯虚数，则实数a的值为（ ）
A．2 B．2或−2 C．−2 D．−4
【解题思路】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式计算作答.
【解答过程】因为复数z=a2−4+a−2i为纯虚数，则有a2−4=0a−2≠0，解得a=−2，
所以实数a的值为−2.
故选：C.
【变式1-1】（2023春·浙江杭州·高一校考期中）若复数z=3−2i，则z的实部与虚部的和为（ ）
A．-1 B．1 C．5 D．-5
【解题思路】直接由实部虚部的定义计算即可.
【解答过程】由z=3−2i知实部为3，虚部为−2，故实部与虚部的和为1.
故选：B.
【变式1-2】（2023春·广东佛山·高一校考阶段练习）如果复数m2−5m+6+m2−3mi是纯虚数，则实数m的值为（ ）
A．2或3 B．0或3 C．0 D．2
【解题思路】根据纯虚数的定义进行求解.
【解答过程】因为m2−5m+6+m2−3mi是纯虚数，
所以m2−5m+6=0,m2−3m≠0,解得m=2.
故选：D.
【变式1-3】（2023·江苏·高一专题练习）设i是虚数单位，若复数z=3+2a+(2−3a)i的实部与虚部互为相反数，则实数a=（ ）
A．5 B．−5 C．3 D．−3
【解题思路】根据已知结合复数的定义列式，即可解出答案.
【解答过程】∵复数z=3+2a+(2−3a)i的实部与虚部互为相反数，
∴3+2a=−(2−3a)，解得：a=5，
故选：A.
【题型2 复数的几何意义】
【方法点拨】
复数集与复平面内所有的点所组成的集合之间存在着一一对应的关系.每一个复数都对应唯一的一个有序实
数对，只要在复平面内找到这个有序实数对所表示的点，就可根据点的位置判断复数实部、虚部的取值.
【例2】（2023春·广东江门·高一校考期中）设复数z=3−2i，则在复平面内z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
【解题思路】求出共轭复数z，根据复数的几何意义求出复数所对应点的坐标即可得出结果.
【解答过程】∵ z=3−2i，∴ z=3+2i，
在复平面内z对应的点为3,2，在第一象限，
故选：A.
【变式2-1】（2023春·河南·高一阶段练习）在复平面内，复数i3+i2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
【解题思路】化简复数为i3+i2=−1−i，结合复数的几何意义，即可求解.
【解答过程】根据复数i的定义与计算，可得i3+i2=−i−1=−1−i，
可得复数−1−i在复平面所对应的点坐标为−1,−1，位于第三象限．
故选：C．
【变式2-2】（2023·全国·高一专题练习）若α∈π4,3π4，则复数cosα−sinα+cosα+sinαi在复平面内，所对应的点在（ ）
A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限
【解题思路】先利用辅助角公式化简，再根据α∈π4,3π4得出复数实部与虚部的符号，即可得解.
【解答过程】cosα−sinα+cosα+sinαi=2cosα+π4+2sinα+π4i，
因为α∈π4,3π4，所以α+π4∈π2,π，所以cosα+π4<0,sinα+π4>0，
所以复数cosα−sinα+cosα+sinαi在复平面内，所对应的点在第二象限.
故选：C.
【变式2-3】（2023·全国·高三专题练习）设复数z在复平面内对应的点为2,5，则1+z在复平面内对应的点为（ ）
A．3,−5 B．3,5 C．−3,−5 D．−3,5
【解题思路】利用复数的几何意义得到复数，然后求得1+z，再利用几何意义求解.
【解答过程】解：由题意得z=2+5i，
则1+z=1+2−5i=3−5i，
所以1+z在复平面内对应的点为3,−5，
故选：A.
【题型3 复数的模的计算】
【方法点拨】
根据复数的模的计算公式，进行计算即可.
【例3】（2023·广西桂林·校考模拟预测）已知复数z=m−m2+mim∈R为纯虚数，则m+z=（ ）
A．0 B．1 C．2 D．2
【解题思路】先利用纯虚数的概念求m，再求m+z
【解答过程】因z=m−m2+mim∈R为纯虚数，
所以m−m2=0m≠0，
解得m=1，z=i
所以m+z=1+i=1+1=2.
故选：C.
【变式3-1】（2023·全国·高三专题练习）已知复数z=3cosθ+isinθ（θ∈R，i为虚数单位），则z的最大值为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．3
【解题思路】利用复数模的公式以及同角三角函数关系得z=2cos2θ+1，利用三角函数值域即可得到答案.
【解答过程】由题意得
z=3cosθ2+sin2θ=3cos2θ+1−cos2θ=2cos2θ+1≤3，
当cosθ=±1时，等号成立，故zmax=3，
故选：D.
【变式3-2】（2023·四川·校联考模拟预测）已知1−iz−2i=2，则z=（ ）
A．2 B．22 C．1 D．12
【解题思路】先求出z，根据z的特征求解
【解答过程】由1−iz−2i=2得z=2+2i1−i，
所以z=2+2i1−i=2+2i1−i=222=2，
故选：A.
【变式3-3】（2023·全国·高一专题练习）若x+y−2i=3y−x−2ix,y∈R，则x−yi=（ ）
A．3−i B．i−3 C．10 D．10
【解题思路】根据复数相等求得x,y，再根据模长公式即可求解.
【解答过程】因为x+y−2i=3y−x−2i，
所以x=3yy−2=−x−2，解得x=3y=1，
所以x−yi=3−i=9+1=10.
故选：D.
【题型4 复数的模的几何意义】
【方法点拨】
复数的模的几何意义是实数的绝对值概念的扩充，因此有|z|0，并且绝对值具有的某些性质可以推广到复
数的模.根据复数的模的几何意义，进行转化求解即可.
【例4】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）设z∈C，则在复平面内3≤z≤5所表示的区域的面积是（ ）
A．5π B．9π C．16π D．25π
【解题思路】在复平面内作出满足3≤z≤5的复数z对应的点的轨迹，可知所求区域为圆环，确定两圆的半径，结合圆的面积公式可求得结果.
【解答过程】满足条件z=3的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为3的圆，
满足条件z=5的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为5的圆，
则在复平面内3≤z≤5所表示的区域为圆环，如下图中阴影部分区域所示：
所以，在复平面内3≤z≤5所表示的区域的面积是π×52−32=16π.
故选：C.
【变式4-1】（2023·江西赣州·统考二模）已知复数z满足z+i=1（i为虚数单位），则z−i的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据复数的几何意义结合圆的性质分析求解.
【解答过程】设复数z在复平面中对应的点为Z，
由题意可得：z+i=z−−i=1，表示复平面中点Z到定点C0,−1的距离为1，
所以点Z的轨迹为以C0,−1为圆心，半径r=1的圆，
因为z−i表示表示复平面中点Z到定点B0,1的距离，
所以ZB≤BC+r=2+1=3，即z−i的最大值为3.
故选：C.
【变式4-2】（2023·高一课时练习）若z是复数，且z=2，则z−6+8i的最大值是（ ）
A．12 B．8 C．6 D．3
【解题思路】利用复数模的几何意义求解即可.
【解答过程】由已知得
z=2表示复平面内z对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆，
而z−6+8i表示的是复平面内z对应的点zx,y到复数6−8i对应的点（6，－8）之间的距离，其最大值为62+−82+2=12，
故选：A.
【变式4-3】（2023春·吉林长春·高一阶段练习）已知i是虚数单位，复数z=a+bia∈R,b∈R，且z=1，则z−3+i的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】首先由模等于1得a2+b2=1，则点(a,b)为圆x2+y2=1上的点,
再结合z−3+i的几何意义即可求出最值.
【解答过程】若|z|=1,即a2+b2=1,点(a,b)为圆x2+y2=1上的点,
z−3+i=z−3−i，
则其几何意义为圆x2+y2=1上的点到点3,−1之间的距离,
则z−3+i的最大值为1+3+1=3
故选：C.
【题型5 复数的四则运算】
【方法点拨】
(1)两个复数相加(减)，就是把两个复数的实部相加(减)，虚部相加(减).复数的减法是加法的逆运算，两个复
数相减，也可以看成是加上这个复数的相反数.当多个复数相加(减)时，可将这些复数的所有实部相加(减)，
所有虚部相加(减).
(2)复数的乘法可以按照多项式的乘法计算，只是在结果中要将换成-1，并将实部、虚部分别合并.
(3)复数的除法法则在实际操作中不方便使用，一般将除法写成分式形式，采用分母“实数化”的方法，即
将分子、分母同乘分母的共轭复数，使分母成为实数，再计算.
【例5】（2023·甘肃·模拟预测）设1+iz=3+i，则z−z=（ ）
A．−2i B．2i C．4 D．0
【解题思路】利用复数的除法运算求得z，进而求得结果.
【解答过程】由题意可得z=3+i1+i=3+i1−i1+i1−i=4−2i2=2−i，
则z−z=−2i.
故选：A.
【变式5-1】（2023春·浙江·高一校联考期中）设i为虚数单位，复数z满足(1+i)z=−1+i，则z⋅z为（ ）
A．2 B．1 C．3 D．32
【解题思路】由已知化简可得，z=i，然后根据共轭复数求出z，即可得出答案.
【解答过程】由已知可得，z=−1−i1+i=−1−i21+i1−i=−−2i2=i，
所以，z=−i，
所以，z⋅z=i×−i=1.
故选：B.
【变式5-2】（2023·河北衡水·模拟预测）若i−1z−2i=2+i，则z=（ ）
A．−12+12i B．−12−12i
C．12+12i D．−32−12i
【解题思路】根据复数四则运算法则计算出z=−12+12i，求出共轭复数.
【解答过程】由已知得z=−2+i1−i+2i=−2+i1+i2+2i=−1+3i2+2i=−12+i2，
故z=−12−12i.
故选：B.
【变式5-3】（2023·全国·高三专题练习）复数z在复平面内对应的点为2,−1，则2iz−1=（ ）
A．1+i B．1−i C．−1+i D．−1−i
【解题思路】根据复数的几何意义表示出z，再根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.
【解答过程】复数z在复平面内对应的点为2,−1，
则z=2−i，
所以2iz−1=2i2−i−1=2i1−i=2i1+i1−i1+i=2i1+i2=i1+i=−1+i.
故选：C．
【题型6 复数加、减法的几何意义的应用】
【方法点拨】
(1)向量加、减运算的平行四边形法则和三角形法则是复数加、减法几何意义的依据.
(2)利用向量的加法“首尾相接”和减法“指向被减向量”的特点，在三角形内可求得第三个向量及其对应的复
数.
【例6】（2022春·福建龙岩·高一校联考期中）已知复数z1=1+i及复数z2=3+2i．
(1)求z1−z2，并在复平面内用向量表示出其运算的几何意义；
(2)求z2z1．
【解题思路】（1）利用复数的减法运算和复数的几何意义求解；
（2）利用复数的模的运算求解.
【解答过程】（1）
解：复数z1−z2=1+i−3+2i=−2−i．
如图，CB=AB−AC．
（2）
z2z1=3+2i1+i=3+2i1+i=132=262．
【变式6-1】（2022·高一课时练习）如图所示，平行四边形OABC的顶点O，A，C分别对应复数0，3＋2i，－2＋4i．求：
（1）向量AO对应的复数；
（2）向量CA对应的复数；
（3）向量OB对应的复数．
【解题思路】结合复数的几何意义和向量的线性运算即可求解.
【解答过程】（1）因为AO=−OA，所以向量AO对应的复数为－3－2i；
（2）因为CA＝OA－OC，所以向量CA对应的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i；
（3）因为OB＝OA＋OC，所以向量OB对应的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i．
【变式6-2】（2023·高一单元测试）已知复平面内平行四边形ABCD，A点对应的复数为2+i，向量BA对应的复数为1+2i，向量BC对应的复数为3−i，求：
(1)点D对应的复数；
(2)平行四边形ABCD的面积．
【解题思路】（1）根据复数与向量间的关系运算得BD=4,1，OB=1,−1，则OD=OB+BD=5,0，从而得到其对应的复数；
（2）cosB=BA⋅BC|BA||BC|=152，则sinB=752，利用平行四边形面积公式即可得到答案.
【解答过程】（1）∵向量BA对应的复数为1+2i,所以向量BA=1,2，
BC对应的复数为3−i,所以向量BC=3,−1，
BD=BA+BC=(1,2)+(3,−1)=4,1，
OB=OA−BA=2,1−(1,2)=1,−1，
∴OD=OB+BD=1,−1+(4,1)=5,0，
∴点D对应的复数为5 .
（2）∵BA⋅BC=|BA||BC|cosB，
∴cosB=BA⋅BC|BA||BC|=3−25×10=152，
∵B∈0,π，∴sinB=752，
∴S=|BA||BC|sinB=5×10×752=7.
故平行四边形ABCD面积为7.
【变式6-3】（2022·高一课前预习）已知平行四边形ABCD中，AB与AC对应的复数分别是3＋2i与1＋4i，两对角线AC与BD相交于P点.
（1）求AD对应的复数；
（2）求DB对应的复数；
（3）求△APB的面积.
【解题思路】(1)平行四边形ABCD中，有AD=AC−AB且AB与AC对应的复数分别是3＋2i与1＋4i，即AD对应的复数为－2＋2i
(2)同(1)，由于DB=AB−AD，而AB与AD对应的复数分别是3＋2i与－2＋2i，即AD对应的复数为5
(3) 平行四边形ABCD中，根据向量的关系得到PA=(−12,−2)、PB=(52,0)，由向量数量积的坐标公式和几何意义有PAPBcos∠APB=−54，解得cos∠APB＝−1717进而得到sin∠APB＝41717，再由三角形面积公式SΔAPB=12PAPBsin∠APB求得面积为5
【解答过程】由题意，画出平行四边形如下图示
（1）在平行四边形ABCD中，有AC=AB+AD
∴有AD=AC−AB = (1＋4i)－(3＋2i)＝－2＋2i
即AD对应的复数是－2＋2i
（2）∵DB=AB−AD= (3＋2i)－(－2＋2i)＝5
即DB对应的复数是5
（3）∵PA=12CA=−12AC=(−12,−2)
PB=12DB=(52,0)
∴PA⋅PB=−54，而PA=172，PB=52
即PA⋅PB=PAPBcos∠APB=172⋅52⋅cos∠APB=−54
∴cos∠APB＝−1717，故sin∠APB＝41717
故SΔAPB=12PAPBsin∠APB=12×172×52×41717=52
即△APB的面积为52.
【题型7 虚数单位i的幂运算的周期性】
【方法点拨】
根据虚数单位i的幂运算的周期性，进行求解即可.
【例7】（2023春·天津和平·高一校考期中）已知z=−1+i2，则1+z50+z100=（ ）
A．3 B．1 C．2+i D．i
【解题思路】根据复数的乘方可得z2=i，结合虚数单位的性质计算，可得答案.
【解答过程】由题意得z2=(−1+i2)2=i，i2=−1,i4=1，
故1+z50+z100=1+z2×25+z2×50=1+i25+i50=1+i−1=i，
故选：D.
【变式7-1】（2023·全国·模拟预测）已知复数z=2+3ii2023，i为虚数单位，则复数z的共轭复数为（ ）
A．−3+2i B．3−2i C．−3−2i D．3+2i
【解题思路】根据i2023=−i可得z=2+3i−i，再由复数的乘除运算求出z，由共轭复数的概念即可求解.
【解答过程】i2023=i4505×i3=−i，
所以z=2+3i−i=2+3ii−i⋅i=−3+2i.
所以复数z的共轭复数为z=−3−2i.
故选:C.
【变式7-2】（2023·天津·一模）复数i2022+i2023+i20241−i=（ ）
A．−12−12i B．−12+12i
C．12−12i D．12+12i
【解题思路】由i2=−1,i3=−i,i4=1的周期性以及复数的除法进行计算即可.
【解答过程】因为i2=−1,i3=−i,i4=1，
所以由周期性可知i2022+i2023+i20241−i=i2+i3+i41−i=−i1−i=−i1+i2=12−12i.
故选：C.
【变式7-3】（2023·新疆·校联考二模）复数iz=2+i2023，则（ ）
A．z=1+2i B．z=−1+2i
C．z=−1−2i D．z=1−2i
【解题思路】利用复数的四则运算和共轭复数即可求出结果．
【解答过程】因为iz=2+i2023=2−i，
所以z=2−ii，解得z=−1−2i，
故选：C．
【题型8 解复数方程】
【方法点拨】
实系数一元二次方程的虚根是成对出现的，即若复数a+bi(a,b∈R，b≠0)是实系数一元二次方程的根，则
其共轭复数a-bi是该方程的另一根，据此进行求解即可.
【例8】（2023春·山东枣庄·高一统考期中）已知复数z=51+2i．
(1)求|z|；
(2)若z是关于x的方程x2+ax+b=0的一个根，求实数a，b的值．
【解题思路】（1）根据复数的除法求z，进而求模长；
（2）将z代入方程，根据复数相等列式求解.
【解答过程】（1）因为z=51+2i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)=1−2i，
所以|z|=1+22=5．
（2）由（1）可得：z=1−2i，
将z代入方程x2+ax+b=0得：1−2i2+a1−2i+b=(a+b−3)+i(−2a−4)=0，
则a+b−3=02a+4=0，解得：a=−2,b=5．
【变式8-1】（2023春·浙江·高一校联考期中）（1）已知1−2i(i是虚数单位)是方程x2+mx+n=0(m,n∈R)的一个复根,求实数m,n的值;
（2）在复数范围内解方程:x2+x+1=0.
【解题思路】（1）将1−2i代入方程,再根据复数相等列方程求解即可;
（2）利用配方法求解即可.
【解答过程】（1）根据题意得:1−2i2+m1−2i+n=0,
所以−1+m+n−22+2mi=0,
则−1+m+n=022+2m=0,
解得:m=−2,n=3.
（2）因为x2+x+14+34=0,
所以x+122−32i2=0,
得x+1+3i2x+1−3i2=0,
即x1=−1−3i2，x2=−1+3i2.
【变式8-2】（2023春·浙江台州·高一校考期中）在复平面内，复数z1，z2对应的点分别为1,−3，a,1，a∈R，且z2z1为纯虚数．
(1)求a的值；
(2)若z1的共轭复数z1是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，求实数p，q的值．
【解题思路】（1）首先根据复数的几何意义表示z1,z2，再表示z2z1，根据复数的特征，求参数a的值；
（2）首先将复数z1代入方程，根据实部和虚部为0，求实数p,q的值.
【解答过程】（1）由复数的几何意义可知，z1=1−3i，z2=a+i，
z2z1=a+i1−3i=a+i1+3i1−3i1+3i
=a−3+3a+1i10
∵z2z1为纯虚数，∴a−3=03a+1≠0，∴a=3.
（2）z1=1+3i，
由条件可知，1+3i2+p1+3i+q=0，即−8+p+q+6+3pi=0，
则−8+p+q=06+3p=0，解得：p=−2，q=10.
【变式8-3】（2023春·湖南·高一校联考期中）已知关于x的方程3x2−2ax+a=0，a∈R.
(1)当a=1时，在复数范围内求方程的解；
(2)已知复数z=2a+i，若方程3x2−2ax+a=0有虚根，求z的模的取值范围.
【解题思路】（1）代入a=1，配方得到x−132=−29，开方即可得出答案；
（2）由已知可得Δ<0，求解得出a的取值范围，进而得出1
配方可得，x−132=−29，
两边开方可得，x−13=±23i，
所以，方程的解为x=13±23i.
（2）要使方程3x2−2ax+a=0有虚根，则Δ=−2a2−4×3a=4a2−12a<0，
所以0
【方法点拨】
复数的代数形式转化为三角形式的步骤：①求出模；②确定辐角的主值；③写出三角形式.
将复数的三角形式化为代数形式，只需要将其中蕴含的三角函数值求出数值即可.
【例9】（2022·高一课时练习）复数的代数形式与三角形式互化：
（1）−1+3i；
（2）2cos5π6+isin5π6.
【解题思路】（1）先求得模长，以及辐角主值，再写出三角形式即可；
（2）将三角形式的复数进行化简整理即可.
【解答过程】（1）r=−1+3i=2,arg−1+3i=2π3，
所以−1+3i=2cos2π3+isin2π3.
（2）2cos5π6+isin5π6=2−32+12i=−3+i
所以2cos5π6+isin5π6=−3+i.
【变式9-1】（2023春·全国·高一专题练习）分别指出下列复数的模和辐角的主值，并将复数表示成代数形式．
（1）4(cosπ6+isinπ6)；
（2）2(cosπ3−isinπ3).
【解题思路】（1）复数4(cosπ6+isinπ6)为复数的三角形式，再写出其模和辐角的主值，然后再转化为a+bia,b∈R的形式；
（2）先把复数2cosπ3−isinπ3，转化为三角形式2cos5π3+isin5π3，再写出其模和辐角的主值，然后再转化为a+bia,b∈R的形式；
【解答过程】（1）复数4(cosπ6+isinπ6)模r＝4，辐角的主值为θ＝π6.
4(cosπ6+isinπ6) =4cosπ6+4isinπ6 =4×32+4×12i =23+2i.
（2）2cosπ3−isinπ3 =2cos2π−π3+isin2π−π3 =2cos5π3+isin5π3，
复数的模为2，辐角的主值为θ＝5π3，
2cosπ3−isinπ3 =2cos5π3+2isin5π3 =2×12+2×−32i =1−3i.
【变式9-2】（2023春·全国·高一专题练习）将下列复数化为三角形式：
(1)−3+i；
(2)−1−3i；
(3)−2cosπ5+isinπ5；
(4)2sinπ5+icosπ5．
【解题思路】求出各复数的模和辐角，化简成r(cosθ+isinθ)的形式即可得解.
【解答过程】（1）−3+i=2(cos5π6+isin5π6)；
（2）−1−3i=2(cos4π3+isin4π3)；
（3）−2cosπ5+isinπ5=2(cos6π5+isin6π5)；
（4）2sinπ5+icosπ5=2(cos3π10+isin3π10).
【变式9-3】（2023春·全国·高一专题练习）把下列复数表示成三角形式，并画出与之对应的向量．
(1)6；
(2)1+i；
(3)1−3i；
(4)−32+12i．
【解题思路】对（1）（2）（3）（4）中的复数，先画出图像，结合图像求得辐角主值和模，从而求得其三角形式.
【解答过程】（1）设复数的模为r，辐角主值为θ．
6对应的向量如下图中OZ1，
∵r=6，cosθ=1，sinθ=0，又θ∈[0,2π)，
∴θ=0，∴6=6(cos0+isin0)．
（2）设复数的模为r，辐角主值为θ．
1+i对应的向量如下图中OZ2，
∵r=2，cosθ=22，sinθ=22，
又θ∈[0,2π)，∴θ=π4，
∴1+i=2(cosπ4+isinπ4)．
（3）设复数的模为r，辐角主值为θ．
1−3i对应的向量如下图中OZ3，
∵r=1+3=2，cosθ=12，sinθ=−32，
又θ∈[0,2π)，∴θ=5π3，
∴1−3i=2(cos5π3+isin5π3)．
（4）设复数的模为r，辐角主值为θ．
−32+12i对应的向量如下图中OZ4，
∵r=1，cosθ=−32，sinθ=12，
又θ∈[0,2π)，
∴θ=5π6，
∴−32+12i=cos5π6+isin5π6．
【题型10 三角形式下的复数的乘、除运算】
【方法点拨】
复数三角形式下的乘法法则：模数相乘，辐角相加；
复数三角形式下的乘方法则：模数乘方，辐角n倍；
复数三角形式下的除法法则：模数相除，辐角相减.
【例10】（2023·全国·高一专题练习）在复平面内，复数z=a+bi(a,b∈R)对应向量为OZ（O为坐标原点），设|OZ|=r，以射线Ox为始边，OZ为终边逆时针旋转所得的角为θ，则z=r(cosθ+isinθ)，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z1=r1cosθ1+isinθ1，z2=r2cosθ2+isinθ2，则z1z2=r1r2cosθ1+θ2+isinθ1+θ2，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：zn=[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)n∈N∗，则(−1+3i)10=（ ）
A．1024−10243i B．−1024+10243i C．512−5123i D．−512+5123i
【解题思路】先将z=−1+3i表示为三角形式，然后结合棣莫弗定理求得正确答案.
【解答过程】由题意，得当z=−1+3i时，r=2，θ=2π3，
∴(−1+3i)10=2cos2π3+isin2π310
=210cos20π3+isin20π3．
∵cos20π3=cos7π−π3=−cosπ3=−12,sin20π3=sin7π−π3=sinπ3=32，
∴210cos20π3+isin20π3=210−12+32i=−512+5123i，
故选：D.
【变式10-1】（2023·全国·高一专题练习）棣莫弗公式(cosx+isinx)n=cosnx+isinnx（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754年）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数cosπ6+isinπ62023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
【解题思路】根据棣莫弗公式及诱导公式计算即可．
【解答过程】由棣莫弗公式知，cosπ6+isinπ62023=cos2023π6+isin2023π6=cos337π+π6+isin337π+π6
=cos(π+π6)+isin(π+π6)=−32−12i，
∴复数cosπ6+isinπ62023在复平面内所对应的点的坐标为−32,−12，位于第三象限．
故选：C．
【变式10-2】（2022·高一课时练习）任何一个复数z=a+bi (其中a,b∈R,i为虚数单位)都可以表示成：z=r(cosθ+isinθ)的形式，通常称之为复数z的三角形式.法国数学家棣莫弗发现：zn=[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)n∈N+，我们称这个结论为棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法中正确的个数是（ ）
（1）z2=|z|2
（2）当r=1, θ=π3时，z3=1
（3）当r=1, θ=π3时，z=12−32i
（4）当r=1, θ=π4时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】直接利用棣莫弗定理结合三角函数值的求法逐个分析判断即可
【解答过程】解：对于（1），因为z=r(cosθ+isinθ)，所以z2=r2(cos2θ+isin2θ)，
所以z2=r2,z2=r2，所以z2=|z|2，所以（1）正确，
对于（2），当r=1, θ=π3时，z=cosπ3+isinπ3，则z3=cosπ+isinπ=−1，所以（2）错误，
对于（3），当r=1, θ=π3时，z=cosπ3+isinπ3=12+32i，则z=12−32i，所以（3）正确，
对于（4）， 当r=1, θ=π4时，z=cosπ4+isinπ4，则当n=4时， z4=cosπ+isinπ=−1，所以（4）错误，
所以正确的有2个，
故选：B.
【变式10-3】（2023·江苏·高一专题练习）已知i为虚数单位，若z1=r1(cosθ1+isinθ1)，z2=r2(cosθ2+isinθ2)， ⋅⋅⋅，zn=rn(cosθn+isinθn)，则z1z2⋅⋅⋅zn=r1r2⋅⋅⋅rn[cosθ1+θ2+⋅⋅⋅+θn+isinθ1+θ2+⋅⋅⋅+θn.特别地，如果z1=z2=⋅⋅⋅=zn=r(cosθ+isinθ)，那么[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)，这就是法国数学家棣莫佛(1667~1754年)创立的棣莫佛定理.根据上述公式，可判断下列命题正确的是（ ）
A．若z=cosπ6+isinπ6，则z4=−12+32i
B．若z=cosπ5+isinπ5，则z5=1+i
C．若z1=2(cos7π12+isin7π12)，z2=3(cos5π12+isin5π12)，则z1z2=−6+6i
D．若z1=3(cosπ12−isinπ12)，z2=4(cosπ4+isinπ4)，则z1z2=6+6i
【解题思路】A. z4=cos4π6+isin46π =−12+32i，所以该选项正确；
B. z5=cosπ+isinπ=−1，所以该选项错误；
C. z1z2=6(cosπ+isinπ)=−6，所以该选项错误；
D. z1z2=12(cos136π+isin136π)=63+6i.所以该选项错误.
【解答过程】A. 若z=cosπ6+isinπ6，则z4=cos4π6+isin46π =−12+32i，所以该选项正确；
B. 若z=cosπ5+isinπ5，则z5=cosπ+isinπ=−1，所以该选项错误；
C. 若z1=2(cos7π12+isin7π12)，z2=3(cos5π12+isin5π12)，则z1z2=6(cosπ+isinπ)=−6，所以该选项错误；
D. z1=3(cos23π12+isin23π12)，z2=4(cosπ4+isinπ4)，则z1z2=12(cos136π+isin136π)=63+6i.所以该选项错误.
故选：A.
第七章 复数（重难点专题复习）
【题型1 复数的分类】
【方法点拨】
分清复数的分类，根据实部与虚部的取值情况进行判断.
【例1】（2023春·安徽合肥·高一校考期中）若复数z=a2−4+a−2i为纯虚数，则实数a的值为（ ）
A．2 B．2或−2 C．−2 D．−4
【解题思路】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式计算作答.
【解答过程】因为复数z=a2−4+a−2i为纯虚数，则有a2−4=0a−2≠0，解得a=−2，
所以实数a的值为−2.
故选：C.
【变式1-1】（2023春·浙江杭州·高一校考期中）若复数z=3−2i，则z的实部与虚部的和为（ ）
A．-1 B．1 C．5 D．-5
【解题思路】直接由实部虚部的定义计算即可.
【解答过程】由z=3−2i知实部为3，虚部为−2，故实部与虚部的和为1.
故选：B.
【变式1-2】（2023春·广东佛山·高一校考阶段练习）如果复数m2−5m+6+m2−3mi是纯虚数，则实数m的值为（ ）
A．2或3 B．0或3 C．0 D．2
【解题思路】根据纯虚数的定义进行求解.
【解答过程】因为m2−5m+6+m2−3mi是纯虚数，
所以m2−5m+6=0,m2−3m≠0,解得m=2.
故选：D.
【变式1-3】（2023·江苏·高一专题练习）设i是虚数单位，若复数z=3+2a+(2−3a)i的实部与虚部互为相反数，则实数a=（ ）
A．5 B．−5 C．3 D．−3
【解题思路】根据已知结合复数的定义列式，即可解出答案.
【解答过程】∵复数z=3+2a+(2−3a)i的实部与虚部互为相反数，
∴3+2a=−(2−3a)，解得：a=5，
故选：A.
【题型2 复数的几何意义】
【方法点拨】
复数集与复平面内所有的点所组成的集合之间存在着一一对应的关系.每一个复数都对应唯一的一个有序实
数对，只要在复平面内找到这个有序实数对所表示的点，就可根据点的位置判断复数实部、虚部的取值.
【例2】（2023春·广东江门·高一校考期中）设复数z=3−2i，则在复平面内z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
【解题思路】求出共轭复数z，根据复数的几何意义求出复数所对应点的坐标即可得出结果.
【解答过程】∵ z=3−2i，∴ z=3+2i，
在复平面内z对应的点为3,2，在第一象限，
故选：A.
【变式2-1】（2023春·河南·高一阶段练习）在复平面内，复数i3+i2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
【解题思路】化简复数为i3+i2=−1−i，结合复数的几何意义，即可求解.
【解答过程】根据复数i的定义与计算，可得i3+i2=−i−1=−1−i，
可得复数−1−i在复平面所对应的点坐标为−1,−1，位于第三象限．
故选：C．
【变式2-2】（2023·全国·高一专题练习）若α∈π4,3π4，则复数cosα−sinα+cosα+sinαi在复平面内，所对应的点在（ ）
A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限
【解题思路】先利用辅助角公式化简，再根据α∈π4,3π4得出复数实部与虚部的符号，即可得解.
【解答过程】cosα−sinα+cosα+sinαi=2cosα+π4+2sinα+π4i，
因为α∈π4,3π4，所以α+π4∈π2,π，所以cosα+π4<0,sinα+π4>0，
所以复数cosα−sinα+cosα+sinαi在复平面内，所对应的点在第二象限.
故选：C.
【变式2-3】（2023·全国·高三专题练习）设复数z在复平面内对应的点为2,5，则1+z在复平面内对应的点为（ ）
A．3,−5 B．3,5 C．−3,−5 D．−3,5
【解题思路】利用复数的几何意义得到复数，然后求得1+z，再利用几何意义求解.
【解答过程】解：由题意得z=2+5i，
则1+z=1+2−5i=3−5i，
所以1+z在复平面内对应的点为3,−5，
故选：A.
【题型3 复数的模的计算】
【方法点拨】
根据复数的模的计算公式，进行计算即可.
【例3】（2023·广西桂林·校考模拟预测）已知复数z=m−m2+mim∈R为纯虚数，则m+z=（ ）
A．0 B．1 C．2 D．2
【解题思路】先利用纯虚数的概念求m，再求m+z
【解答过程】因z=m−m2+mim∈R为纯虚数，
所以m−m2=0m≠0，
解得m=1，z=i
所以m+z=1+i=1+1=2.
故选：C.
【变式3-1】（2023·全国·高三专题练习）已知复数z=3cosθ+isinθ（θ∈R，i为虚数单位），则z的最大值为（ ）
A．2 B．2 C．3 D．3
【解题思路】利用复数模的公式以及同角三角函数关系得z=2cos2θ+1，利用三角函数值域即可得到答案.
【解答过程】由题意得
z=3cosθ2+sin2θ=3cos2θ+1−cos2θ=2cos2θ+1≤3，
当cosθ=±1时，等号成立，故zmax=3，
故选：D.
【变式3-2】（2023·四川·校联考模拟预测）已知1−iz−2i=2，则z=（ ）
A．2 B．22 C．1 D．12
【解题思路】先求出z，根据z的特征求解
【解答过程】由1−iz−2i=2得z=2+2i1−i，
所以z=2+2i1−i=2+2i1−i=222=2，
故选：A.
【变式3-3】（2023·全国·高一专题练习）若x+y−2i=3y−x−2ix,y∈R，则x−yi=（ ）
A．3−i B．i−3 C．10 D．10
【解题思路】根据复数相等求得x,y，再根据模长公式即可求解.
【解答过程】因为x+y−2i=3y−x−2i，
所以x=3yy−2=−x−2，解得x=3y=1，
所以x−yi=3−i=9+1=10.
故选：D.
【题型4 复数的模的几何意义】
【方法点拨】
复数的模的几何意义是实数的绝对值概念的扩充，因此有|z|0，并且绝对值具有的某些性质可以推广到复
数的模.根据复数的模的几何意义，进行转化求解即可.
【例4】（2023·湖北襄阳·校考模拟预测）设z∈C，则在复平面内3≤z≤5所表示的区域的面积是（ ）
A．5π B．9π C．16π D．25π
【解题思路】在复平面内作出满足3≤z≤5的复数z对应的点的轨迹，可知所求区域为圆环，确定两圆的半径，结合圆的面积公式可求得结果.
【解答过程】满足条件z=3的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为3的圆，
满足条件z=5的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为5的圆，
则在复平面内3≤z≤5所表示的区域为圆环，如下图中阴影部分区域所示：
所以，在复平面内3≤z≤5所表示的区域的面积是π×52−32=16π.
故选：C.
【变式4-1】（2023·江西赣州·统考二模）已知复数z满足z+i=1（i为虚数单位），则z−i的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据复数的几何意义结合圆的性质分析求解.
【解答过程】设复数z在复平面中对应的点为Z，
由题意可得：z+i=z−−i=1，表示复平面中点Z到定点C0,−1的距离为1，
所以点Z的轨迹为以C0,−1为圆心，半径r=1的圆，
因为z−i表示表示复平面中点Z到定点B0,1的距离，
所以ZB≤BC+r=2+1=3，即z−i的最大值为3.
故选：C.
【变式4-2】（2023·高一课时练习）若z是复数，且z=2，则z−6+8i的最大值是（ ）
A．12 B．8 C．6 D．3
【解题思路】利用复数模的几何意义求解即可.
【解答过程】由已知得
z=2表示复平面内z对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆，
而z−6+8i表示的是复平面内z对应的点zx,y到复数6−8i对应的点（6，－8）之间的距离，其最大值为62+−82+2=12，
故选：A.
【变式4-3】（2023春·吉林长春·高一阶段练习）已知i是虚数单位，复数z=a+bia∈R,b∈R，且z=1，则z−3+i的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】首先由模等于1得a2+b2=1，则点(a,b)为圆x2+y2=1上的点,
再结合z−3+i的几何意义即可求出最值.
【解答过程】若|z|=1,即a2+b2=1,点(a,b)为圆x2+y2=1上的点,
z−3+i=z−3−i，
则其几何意义为圆x2+y2=1上的点到点3,−1之间的距离,
则z−3+i的最大值为1+3+1=3
故选：C.
【题型5 复数的四则运算】
【方法点拨】
(1)两个复数相加(减)，就是把两个复数的实部相加(减)，虚部相加(减).复数的减法是加法的逆运算，两个复
数相减，也可以看成是加上这个复数的相反数.当多个复数相加(减)时，可将这些复数的所有实部相加(减)，
所有虚部相加(减).
(2)复数的乘法可以按照多项式的乘法计算，只是在结果中要将换成-1，并将实部、虚部分别合并.
(3)复数的除法法则在实际操作中不方便使用，一般将除法写成分式形式，采用分母“实数化”的方法，即
将分子、分母同乘分母的共轭复数，使分母成为实数，再计算.
【例5】（2023·甘肃·模拟预测）设1+iz=3+i，则z−z=（ ）
A．−2i B．2i C．4 D．0
【解题思路】利用复数的除法运算求得z，进而求得结果.
【解答过程】由题意可得z=3+i1+i=3+i1−i1+i1−i=4−2i2=2−i，
则z−z=−2i.
故选：A.
【变式5-1】（2023春·浙江·高一校联考期中）设i为虚数单位，复数z满足(1+i)z=−1+i，则z⋅z为（ ）
A．2 B．1 C．3 D．32
【解题思路】由已知化简可得，z=i，然后根据共轭复数求出z，即可得出答案.
【解答过程】由已知可得，z=−1−i1+i=−1−i21+i1−i=−−2i2=i，
所以，z=−i，
所以，z⋅z=i×−i=1.
故选：B.
【变式5-2】（2023·河北衡水·模拟预测）若i−1z−2i=2+i，则z=（ ）
A．−12+12i B．−12−12i
C．12+12i D．−32−12i
【解题思路】根据复数四则运算法则计算出z=−12+12i，求出共轭复数.
【解答过程】由已知得z=−2+i1−i+2i=−2+i1+i2+2i=−1+3i2+2i=−12+i2，
故z=−12−12i.
故选：B.
【变式5-3】（2023·全国·高三专题练习）复数z在复平面内对应的点为2,−1，则2iz−1=（ ）
A．1+i B．1−i C．−1+i D．−1−i
【解题思路】根据复数的几何意义表示出z，再根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.
【解答过程】复数z在复平面内对应的点为2,−1，
则z=2−i，
所以2iz−1=2i2−i−1=2i1−i=2i1+i1−i1+i=2i1+i2=i1+i=−1+i.
故选：C．
【题型6 复数加、减法的几何意义的应用】
【方法点拨】
(1)向量加、减运算的平行四边形法则和三角形法则是复数加、减法几何意义的依据.
(2)利用向量的加法“首尾相接”和减法“指向被减向量”的特点，在三角形内可求得第三个向量及其对应的复
数.
【例6】（2022春·福建龙岩·高一校联考期中）已知复数z1=1+i及复数z2=3+2i．
(1)求z1−z2，并在复平面内用向量表示出其运算的几何意义；
(2)求z2z1．
【解题思路】（1）利用复数的减法运算和复数的几何意义求解；
（2）利用复数的模的运算求解.
【解答过程】（1）
解：复数z1−z2=1+i−3+2i=−2−i．
如图，CB=AB−AC．
（2）
z2z1=3+2i1+i=3+2i1+i=132=262．
【变式6-1】（2022·高一课时练习）如图所示，平行四边形OABC的顶点O，A，C分别对应复数0，3＋2i，－2＋4i．求：
（1）向量AO对应的复数；
（2）向量CA对应的复数；
（3）向量OB对应的复数．
【解题思路】结合复数的几何意义和向量的线性运算即可求解.
【解答过程】（1）因为AO=−OA，所以向量AO对应的复数为－3－2i；
（2）因为CA＝OA－OC，所以向量CA对应的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i；
（3）因为OB＝OA＋OC，所以向量OB对应的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i．
【变式6-2】（2023·高一单元测试）已知复平面内平行四边形ABCD，A点对应的复数为2+i，向量BA对应的复数为1+2i，向量BC对应的复数为3−i，求：
(1)点D对应的复数；
(2)平行四边形ABCD的面积．
【解题思路】（1）根据复数与向量间的关系运算得BD=4,1，OB=1,−1，则OD=OB+BD=5,0，从而得到其对应的复数；
（2）cosB=BA⋅BC|BA||BC|=152，则sinB=752，利用平行四边形面积公式即可得到答案.
【解答过程】（1）∵向量BA对应的复数为1+2i,所以向量BA=1,2，
BC对应的复数为3−i,所以向量BC=3,−1，
BD=BA+BC=(1,2)+(3,−1)=4,1，
OB=OA−BA=2,1−(1,2)=1,−1，
∴OD=OB+BD=1,−1+(4,1)=5,0，
∴点D对应的复数为5 .
（2）∵BA⋅BC=|BA||BC|cosB，
∴cosB=BA⋅BC|BA||BC|=3−25×10=152，
∵B∈0,π，∴sinB=752，
∴S=|BA||BC|sinB=5×10×752=7.
故平行四边形ABCD面积为7.
【变式6-3】（2022·高一课前预习）已知平行四边形ABCD中，AB与AC对应的复数分别是3＋2i与1＋4i，两对角线AC与BD相交于P点.
（1）求AD对应的复数；
（2）求DB对应的复数；
（3）求△APB的面积.
【解题思路】(1)平行四边形ABCD中，有AD=AC−AB且AB与AC对应的复数分别是3＋2i与1＋4i，即AD对应的复数为－2＋2i
(2)同(1)，由于DB=AB−AD，而AB与AD对应的复数分别是3＋2i与－2＋2i，即AD对应的复数为5
(3) 平行四边形ABCD中，根据向量的关系得到PA=(−12,−2)、PB=(52,0)，由向量数量积的坐标公式和几何意义有PAPBcos∠APB=−54，解得cos∠APB＝−1717进而得到sin∠APB＝41717，再由三角形面积公式SΔAPB=12PAPBsin∠APB求得面积为5
【解答过程】由题意，画出平行四边形如下图示
（1）在平行四边形ABCD中，有AC=AB+AD
∴有AD=AC−AB = (1＋4i)－(3＋2i)＝－2＋2i
即AD对应的复数是－2＋2i
（2）∵DB=AB−AD= (3＋2i)－(－2＋2i)＝5
即DB对应的复数是5
（3）∵PA=12CA=−12AC=(−12,−2)
PB=12DB=(52,0)
∴PA⋅PB=−54，而PA=172，PB=52
即PA⋅PB=PAPBcos∠APB=172⋅52⋅cos∠APB=−54
∴cos∠APB＝−1717，故sin∠APB＝41717
故SΔAPB=12PAPBsin∠APB=12×172×52×41717=52
即△APB的面积为52.
【题型7 虚数单位i的幂运算的周期性】
【方法点拨】
根据虚数单位i的幂运算的周期性，进行求解即可.
【例7】（2023春·天津和平·高一校考期中）已知z=−1+i2，则1+z50+z100=（ ）
A．3 B．1 C．2+i D．i
【解题思路】根据复数的乘方可得z2=i，结合虚数单位的性质计算，可得答案.
【解答过程】由题意得z2=(−1+i2)2=i，i2=−1,i4=1，
故1+z50+z100=1+z2×25+z2×50=1+i25+i50=1+i−1=i，
故选：D.
【变式7-1】（2023·全国·模拟预测）已知复数z=2+3ii2023，i为虚数单位，则复数z的共轭复数为（ ）
A．−3+2i B．3−2i C．−3−2i D．3+2i
【解题思路】根据i2023=−i可得z=2+3i−i，再由复数的乘除运算求出z，由共轭复数的概念即可求解.
【解答过程】i2023=i4505×i3=−i，
所以z=2+3i−i=2+3ii−i⋅i=−3+2i.
所以复数z的共轭复数为z=−3−2i.
故选:C.
【变式7-2】（2023·天津·一模）复数i2022+i2023+i20241−i=（ ）
A．−12−12i B．−12+12i
C．12−12i D．12+12i
【解题思路】由i2=−1,i3=−i,i4=1的周期性以及复数的除法进行计算即可.
【解答过程】因为i2=−1,i3=−i,i4=1，
所以由周期性可知i2022+i2023+i20241−i=i2+i3+i41−i=−i1−i=−i1+i2=12−12i.
故选：C.
【变式7-3】（2023·新疆·校联考二模）复数iz=2+i2023，则（ ）
A．z=1+2i B．z=−1+2i
C．z=−1−2i D．z=1−2i
【解题思路】利用复数的四则运算和共轭复数即可求出结果．
【解答过程】因为iz=2+i2023=2−i，
所以z=2−ii，解得z=−1−2i，
故选：C．
【题型8 解复数方程】
【方法点拨】
实系数一元二次方程的虚根是成对出现的，即若复数a+bi(a,b∈R，b≠0)是实系数一元二次方程的根，则
其共轭复数a-bi是该方程的另一根，据此进行求解即可.
【例8】（2023春·山东枣庄·高一统考期中）已知复数z=51+2i．
(1)求|z|；
(2)若z是关于x的方程x2+ax+b=0的一个根，求实数a，b的值．
【解题思路】（1）根据复数的除法求z，进而求模长；
（2）将z代入方程，根据复数相等列式求解.
【解答过程】（1）因为z=51+2i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)=1−2i，
所以|z|=1+22=5．
（2）由（1）可得：z=1−2i，
将z代入方程x2+ax+b=0得：1−2i2+a1−2i+b=(a+b−3)+i(−2a−4)=0，
则a+b−3=02a+4=0，解得：a=−2,b=5．
【变式8-1】（2023春·浙江·高一校联考期中）（1）已知1−2i(i是虚数单位)是方程x2+mx+n=0(m,n∈R)的一个复根,求实数m,n的值;
（2）在复数范围内解方程:x2+x+1=0.
【解题思路】（1）将1−2i代入方程,再根据复数相等列方程求解即可;
（2）利用配方法求解即可.
【解答过程】（1）根据题意得:1−2i2+m1−2i+n=0,
所以−1+m+n−22+2mi=0,
则−1+m+n=022+2m=0,
解得:m=−2,n=3.
（2）因为x2+x+14+34=0,
所以x+122−32i2=0,
得x+1+3i2x+1−3i2=0,
即x1=−1−3i2，x2=−1+3i2.
【变式8-2】（2023春·浙江台州·高一校考期中）在复平面内，复数z1，z2对应的点分别为1,−3，a,1，a∈R，且z2z1为纯虚数．
(1)求a的值；
(2)若z1的共轭复数z1是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，求实数p，q的值．
【解题思路】（1）首先根据复数的几何意义表示z1,z2，再表示z2z1，根据复数的特征，求参数a的值；
（2）首先将复数z1代入方程，根据实部和虚部为0，求实数p,q的值.
【解答过程】（1）由复数的几何意义可知，z1=1−3i，z2=a+i，
z2z1=a+i1−3i=a+i1+3i1−3i1+3i
=a−3+3a+1i10
∵z2z1为纯虚数，∴a−3=03a+1≠0，∴a=3.
（2）z1=1+3i，
由条件可知，1+3i2+p1+3i+q=0，即−8+p+q+6+3pi=0，
则−8+p+q=06+3p=0，解得：p=−2，q=10.
【变式8-3】（2023春·湖南·高一校联考期中）已知关于x的方程3x2−2ax+a=0，a∈R.
(1)当a=1时，在复数范围内求方程的解；
(2)已知复数z=2a+i，若方程3x2−2ax+a=0有虚根，求z的模的取值范围.
【解题思路】（1）代入a=1，配方得到x−132=−29，开方即可得出答案；
（2）由已知可得Δ<0，求解得出a的取值范围，进而得出1
配方可得，x−132=−29，
两边开方可得，x−13=±23i，
所以，方程的解为x=13±23i.
（2）要使方程3x2−2ax+a=0有虚根，则Δ=−2a2−4×3a=4a2−12a<0，
所以0
【方法点拨】
复数的代数形式转化为三角形式的步骤：①求出模；②确定辐角的主值；③写出三角形式.
将复数的三角形式化为代数形式，只需要将其中蕴含的三角函数值求出数值即可.
【例9】（2022·高一课时练习）复数的代数形式与三角形式互化：
（1）−1+3i；
（2）2cos5π6+isin5π6.
【解题思路】（1）先求得模长，以及辐角主值，再写出三角形式即可；
（2）将三角形式的复数进行化简整理即可.
【解答过程】（1）r=−1+3i=2,arg−1+3i=2π3，
所以−1+3i=2cos2π3+isin2π3.
（2）2cos5π6+isin5π6=2−32+12i=−3+i
所以2cos5π6+isin5π6=−3+i.
【变式9-1】（2023春·全国·高一专题练习）分别指出下列复数的模和辐角的主值，并将复数表示成代数形式．
（1）4(cosπ6+isinπ6)；
（2）2(cosπ3−isinπ3).
【解题思路】（1）复数4(cosπ6+isinπ6)为复数的三角形式，再写出其模和辐角的主值，然后再转化为a+bia,b∈R的形式；
（2）先把复数2cosπ3−isinπ3，转化为三角形式2cos5π3+isin5π3，再写出其模和辐角的主值，然后再转化为a+bia,b∈R的形式；
【解答过程】（1）复数4(cosπ6+isinπ6)模r＝4，辐角的主值为θ＝π6.
4(cosπ6+isinπ6) =4cosπ6+4isinπ6 =4×32+4×12i =23+2i.
（2）2cosπ3−isinπ3 =2cos2π−π3+isin2π−π3 =2cos5π3+isin5π3，
复数的模为2，辐角的主值为θ＝5π3，
2cosπ3−isinπ3 =2cos5π3+2isin5π3 =2×12+2×−32i =1−3i.
【变式9-2】（2023春·全国·高一专题练习）将下列复数化为三角形式：
(1)−3+i；
(2)−1−3i；
(3)−2cosπ5+isinπ5；
(4)2sinπ5+icosπ5．
【解题思路】求出各复数的模和辐角，化简成r(cosθ+isinθ)的形式即可得解.
【解答过程】（1）−3+i=2(cos5π6+isin5π6)；
（2）−1−3i=2(cos4π3+isin4π3)；
（3）−2cosπ5+isinπ5=2(cos6π5+isin6π5)；
（4）2sinπ5+icosπ5=2(cos3π10+isin3π10).
【变式9-3】（2023春·全国·高一专题练习）把下列复数表示成三角形式，并画出与之对应的向量．
(1)6；
(2)1+i；
(3)1−3i；
(4)−32+12i．
【解题思路】对（1）（2）（3）（4）中的复数，先画出图像，结合图像求得辐角主值和模，从而求得其三角形式.
【解答过程】（1）设复数的模为r，辐角主值为θ．
6对应的向量如下图中OZ1，
∵r=6，cosθ=1，sinθ=0，又θ∈[0,2π)，
∴θ=0，∴6=6(cos0+isin0)．
（2）设复数的模为r，辐角主值为θ．
1+i对应的向量如下图中OZ2，
∵r=2，cosθ=22，sinθ=22，
又θ∈[0,2π)，∴θ=π4，
∴1+i=2(cosπ4+isinπ4)．
（3）设复数的模为r，辐角主值为θ．
1−3i对应的向量如下图中OZ3，
∵r=1+3=2，cosθ=12，sinθ=−32，
又θ∈[0,2π)，∴θ=5π3，
∴1−3i=2(cos5π3+isin5π3)．
（4）设复数的模为r，辐角主值为θ．
−32+12i对应的向量如下图中OZ4，
∵r=1，cosθ=−32，sinθ=12，
又θ∈[0,2π)，
∴θ=5π6，
∴−32+12i=cos5π6+isin5π6．
【题型10 三角形式下的复数的乘、除运算】
【方法点拨】
复数三角形式下的乘法法则：模数相乘，辐角相加；
复数三角形式下的乘方法则：模数乘方，辐角n倍；
复数三角形式下的除法法则：模数相除，辐角相减.
【例10】（2023·全国·高一专题练习）在复平面内，复数z=a+bi(a,b∈R)对应向量为OZ（O为坐标原点），设|OZ|=r，以射线Ox为始边，OZ为终边逆时针旋转所得的角为θ，则z=r(cosθ+isinθ)，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z1=r1cosθ1+isinθ1，z2=r2cosθ2+isinθ2，则z1z2=r1r2cosθ1+θ2+isinθ1+θ2，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：zn=[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)n∈N∗，则(−1+3i)10=（ ）
A．1024−10243i B．−1024+10243i C．512−5123i D．−512+5123i
【解题思路】先将z=−1+3i表示为三角形式，然后结合棣莫弗定理求得正确答案.
【解答过程】由题意，得当z=−1+3i时，r=2，θ=2π3，
∴(−1+3i)10=2cos2π3+isin2π310
=210cos20π3+isin20π3．
∵cos20π3=cos7π−π3=−cosπ3=−12,sin20π3=sin7π−π3=sinπ3=32，
∴210cos20π3+isin20π3=210−12+32i=−512+5123i，
故选：D.
【变式10-1】（2023·全国·高一专题练习）棣莫弗公式(cosx+isinx)n=cosnx+isinnx（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754年）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数cosπ6+isinπ62023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
【解题思路】根据棣莫弗公式及诱导公式计算即可．
【解答过程】由棣莫弗公式知，cosπ6+isinπ62023=cos2023π6+isin2023π6=cos337π+π6+isin337π+π6
=cos(π+π6)+isin(π+π6)=−32−12i，
∴复数cosπ6+isinπ62023在复平面内所对应的点的坐标为−32,−12，位于第三象限．
故选：C．
【变式10-2】（2022·高一课时练习）任何一个复数z=a+bi (其中a,b∈R,i为虚数单位)都可以表示成：z=r(cosθ+isinθ)的形式，通常称之为复数z的三角形式.法国数学家棣莫弗发现：zn=[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)n∈N+，我们称这个结论为棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法中正确的个数是（ ）
（1）z2=|z|2
（2）当r=1, θ=π3时，z3=1
（3）当r=1, θ=π3时，z=12−32i
（4）当r=1, θ=π4时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】直接利用棣莫弗定理结合三角函数值的求法逐个分析判断即可
【解答过程】解：对于（1），因为z=r(cosθ+isinθ)，所以z2=r2(cos2θ+isin2θ)，
所以z2=r2,z2=r2，所以z2=|z|2，所以（1）正确，
对于（2），当r=1, θ=π3时，z=cosπ3+isinπ3，则z3=cosπ+isinπ=−1，所以（2）错误，
对于（3），当r=1, θ=π3时，z=cosπ3+isinπ3=12+32i，则z=12−32i，所以（3）正确，
对于（4）， 当r=1, θ=π4时，z=cosπ4+isinπ4，则当n=4时， z4=cosπ+isinπ=−1，所以（4）错误，
所以正确的有2个，
故选：B.
【变式10-3】（2023·江苏·高一专题练习）已知i为虚数单位，若z1=r1(cosθ1+isinθ1)，z2=r2(cosθ2+isinθ2)， ⋅⋅⋅，zn=rn(cosθn+isinθn)，则z1z2⋅⋅⋅zn=r1r2⋅⋅⋅rn[cosθ1+θ2+⋅⋅⋅+θn+isinθ1+θ2+⋅⋅⋅+θn.特别地，如果z1=z2=⋅⋅⋅=zn=r(cosθ+isinθ)，那么[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ)，这就是法国数学家棣莫佛(1667~1754年)创立的棣莫佛定理.根据上述公式，可判断下列命题正确的是（ ）
A．若z=cosπ6+isinπ6，则z4=−12+32i
B．若z=cosπ5+isinπ5，则z5=1+i
C．若z1=2(cos7π12+isin7π12)，z2=3(cos5π12+isin5π12)，则z1z2=−6+6i
D．若z1=3(cosπ12−isinπ12)，z2=4(cosπ4+isinπ4)，则z1z2=6+6i
【解题思路】A. z4=cos4π6+isin46π =−12+32i，所以该选项正确；
B. z5=cosπ+isinπ=−1，所以该选项错误；
C. z1z2=6(cosπ+isinπ)=−6，所以该选项错误；
D. z1z2=12(cos136π+isin136π)=63+6i.所以该选项错误.
【解答过程】A. 若z=cosπ6+isinπ6，则z4=cos4π6+isin46π =−12+32i，所以该选项正确；
B. 若z=cosπ5+isinπ5，则z5=cosπ+isinπ=−1，所以该选项错误；
C. 若z1=2(cos7π12+isin7π12)，z2=3(cos5π12+isin5π12)，则z1z2=6(cosπ+isinπ)=−6，所以该选项错误；
D. z1=3(cos23π12+isin23π12)，z2=4(cosπ4+isinπ4)，则z1z2=12(cos136π+isin136π)=63+6i.所以该选项错误.
故选：A.
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