注：本文为 "复数概念与运算" 相关合辑。
略作重排，如有内容异常，请看原文。
复数概念及其四则运算
一、复数的基本概念
1. 虚数单位 i i i
定义 ：规定虚数单位 i = − 1 i = \sqrt{-1} i=−1 ，其基本性质为 i 2 = − 1 i^2 = -1 i2=−1。
由定义可以得到 i i i 具有下面的性质：
i 1 = i , i 2 = − 1 , i 3 = − i , i 4 = 1 i^1 = i,\quad i^2 = -1,\quad i^3 = -i,\quad i^4 = 1 i1=i,i2=−1,i3=−i,i4=1
周期性 ：虚数单位 i i i 的幂次运算具有周期性，周期为 4。对任意整数 n ∈ Z n \in \mathbb{Z} n∈Z，有
i 4 n = 1 , i 4 n + 1 = i , i 4 n + 2 = − 1 , i 4 n + 3 = − i i^{4n} = 1,\quad i^{4n+1} = i,\quad i^{4n+2} = -1,\quad i^{4n+3} = -i i4n=1,i4n+1=i,i4n+2=−1,i4n+3=−i
常用恒等式：
( 1 + i ) 2 = 2 i , ( 1 − i ) 2 = − 2 i , 1 + i 1 − i = i , 1 − i 1 + i = − i (1+i)^2 = 2i, \quad (1-i)^2 = -2i, \quad \frac{1+i}{1-i} = i, \quad \frac{1-i}{1+i} = -i (1+i)2=2i,(1−i)2=−2i,1−i1+i=i,1+i1−i=−i
2. 复数的定义与表示
代数形式 ：设 x , y ∈ R x, y \in \mathbb{R} x,y∈R，称形如
z = x + y i z = x + yi z=x+yi
的数为复数 。其中 x x x 称为复数 z z z 的实部 ，记为 Re z = x \operatorname{Re} z = x Rez=x； y y y 称为复数 z z z 的虚部 ，记为 Im z = y \operatorname{Im} z = y Imz=y。
几何表示：
- 复平面内的点 Z ( x , y ) Z(x, y) Z(x,y)
- 平面向量 O Z → \overrightarrow{OZ} OZ （ O O O 为坐标原点）
复平面中， x x x 轴称为实轴 ， y y y 轴称为虚轴。
3. 复数的分类体系
复数 z = x + y i z = x + yi z=x+yi（ x , y ∈ R x, y \in \mathbb{R} x,y∈R）的完整分类如下：
z = x + y i { 实数 ( y = 0 ) 虚数 ( y ≠ 0 ) { 纯虚数 ( x = 0 , y ≠ 0 ) 非纯虚数 ( x ≠ 0 , y ≠ 0 ) z = x + yi \begin{cases} \text{实数 } (y = 0) \\6pt \text{虚数 } (y \neq 0) \begin{cases} \text{纯虚数 } (x = 0, y \neq 0) \\4pt \text{非纯虚数 } (x \neq 0, y \neq 0) \end{cases} \end{cases} z=x+yi⎩ ⎨ ⎧实数 (y=0)虚数 (y=0){纯虚数 (x=0,y=0)非纯虚数 (x=0,y=0)
集合关系 ：复数集 ⊃ \supset ⊃ 实数集，复数集 ⊃ \supset ⊃ 虚数集，虚数集 ⊃ \supset ⊃ 纯虚数集。
注意 ：复数 y i yi yi（ y ∈ R y \in \mathbb{R} y∈R）不一定是纯虚数，仅当 y ≠ 0 y \neq 0 y=0 时才是纯虚数。
复数集分类：
C { 实数 R { 有理数 Q { 整数 Z 分数 无理数 虚数 { 纯虚数 非纯虚数 \mathbb{C} \begin{cases} \text{实数 } \mathbb{R} \begin{cases} \text{有理数 } \mathbb{Q} \begin{cases} \text{整数 } \mathbb{Z} \\ \text{分数} \end{cases} \\6pt \text{无理数} \end{cases} \\12pt \text{虚数} \begin{cases} \text{纯虚数} \\4pt \text{非纯虚数} \end{cases} \end{cases} C⎩ ⎨ ⎧实数 R⎩ ⎨ ⎧有理数 Q{整数 Z分数无理数虚数{纯虚数非纯虚数
说明：
- 实数集 R \mathbb{R} R 与虚数集互不相交，且均为复数集 C \mathbb{C} C 的真子集；
- 有理数集 Q \mathbb{Q} Q 对四则运算封闭，整数集 Z \mathbb{Z} Z 为其真子集；
- 纯虚数集为虚数集的真子集，其元素实部为零且虚部非零。
复数集包含实数集与虚数集，虚数集包含纯虚数集；实数集可进一步划分为有理数集与无理数集，有理数集又可划分为整数集与分数集，由此构建起完整的数系分类体系。
4. 共轭复数
定义 ：复数 z = x + y i z = x + yi z=x+yi 的共轭复数 定义为 z ˉ = x − y i \bar{z} = x - yi zˉ=x−yi。
性质：
| 性质 | 公式 |
|---|---|
| 共轭的共轭 | z ˉ ‾ = z \overline{\bar{z}} = z zˉ=z |
| 加减法 | z 1 ± z 2 ‾ = z ˉ 1 ± z ˉ 2 \overline{z_1 \pm z_2} = \bar{z}_1 \pm \bar{z}_2 z1±z2=zˉ1±zˉ2 |
| 乘法 | z 1 ⋅ z 2 ‾ = z ˉ 1 ⋅ z ˉ 2 \overline{z_1 \cdot z_2} = \bar{z}_1 \cdot \bar{z}_2 z1⋅z2=zˉ1⋅zˉ2 |
| 除法 | ( z 1 z 2 ) ‾ = z ˉ 1 z ˉ 2 \overline{\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)} = \dfrac{\bar{z}_1}{\bar{z}_2} (z2z1)=zˉ2zˉ1（ z 2 ≠ 0 z_2 \neq 0 z2=0） |
| 模的关系 | z ⋅ z ˉ = ∣ z ∣ 2 = ∣ z ˉ ∣ 2 z \cdot \bar{z} = |z|^2 = |\bar{z}|^2 z⋅zˉ=∣z∣2=∣zˉ∣2 |
几何意义 ：共轭复数在复平面内对应的点关于实轴（ x x x 轴）对称。
二、复数的基本性质
1. 复数不能比较大小
定理：两个虚部不全为零的复数不能比较大小。
证明 （反证法）：假设虚数单位 i i i 可与实数 0 0 0 比较大小。
- 若 i > 0 i > 0 i>0，两边同乘 i i i 得 i 2 > 0 i^2 > 0 i2>0，即 − 1 > 0 -1 > 0 −1>0，矛盾；
- 若 i < 0 i < 0 i<0，两边同乘 i i i 得 i 2 > 0 i^2 > 0 i2>0（不等号方向改变），即 − 1 > 0 -1 > 0 −1>0，矛盾。
故虚数之间不能比较大小，只有实数（虚部为 0 0 0）才能比较大小。
2. 复数相等的充要条件
定理 ：设 z 1 = x 1 + y 1 i z_1 = x_1 + y_1 i z1=x1+y1i， z 2 = x 2 + y 2 i z_2 = x_2 + y_2 i z2=x2+y2i（ x 1 , y 1 , x 2 , y 2 ∈ R x_1, y_1, x_2, y_2 \in \mathbb{R} x1,y1,x2,y2∈R），则
z 1 = z 2 ⇔ x 1 = x 2 且 y 1 = y 2 z_1 = z_2 \Leftrightarrow x_1 = x_2 \text{ 且 } y_1 = y_2 z1=z2⇔x1=x2 且 y1=y2
特别地 ： x + y i = 0 ⇔ x = 0 x + yi = 0 \Leftrightarrow x = 0 x+yi=0⇔x=0 且 y = 0 y = 0 y=0。
注意：应用复数相等的充要条件时，必须确保各变量的实数性。
3. 复数的模
定义 ：复数 z = x + y i z = x + yi z=x+yi 的模 （或模长）定义为
∣ z ∣ = x 2 + y 2 |z| = \sqrt{x^2 + y^2} ∣z∣=x2+y2
几何意义为向量 O Z → \overrightarrow{OZ} OZ 的长度。实数的绝对值是复数模在实轴上的特殊情形。
性质：
| 性质 | 公式 |
|---|---|
| 非负性 | ∣ z ∣ ≥ 0 |z| \geq 0 ∣z∣≥0，且 ∣ z ∣ = 0 ⇔ z = 0 |z| = 0 \Leftrightarrow z = 0 ∣z∣=0⇔z=0 |
| 对称性 | ∣ z ˉ ∣ = ∣ z ∣ |\bar{z}| = |z| ∣zˉ∣=∣z∣ |
| 乘积 | ∣ z 1 ⋅ z 2 ∣ = ∣ z 1 ∣ ⋅ ∣ z 2 ∣ |z_1 \cdot z_2| = |z_1| \cdot |z_2| ∣z1⋅z2∣=∣z1∣⋅∣z2∣ |
| 商 | ∣ z 1 z 2 ∣ = ∣ z 1 ∣ ∣ z 2 ∣ \left|\dfrac{z_1}{z_2}\right| = \dfrac{|z_1|}{|z_2|} z2z1 =∣z2∣∣z1∣（ z 2 ≠ 0 z_2 \neq 0 z2=0） |
| 三角不等式 | ∣ ∣ z 1 ∣ − ∣ z 2 ∣ ∣ ≤ ∣ z 1 ± z 2 ∣ ≤ ∣ z 1 ∣ + ∣ z 2 ∣ \big||z_1| - |z_2|\big| \leq |z_1 \pm z_2| \leq |z_1| + |z_2| ∣z1∣−∣z2∣ ≤∣z1±z2∣≤∣z1∣+∣z2∣ |
说明：虽然复数本身不能比较大小，但复数的模为非负实数，可以比较大小。
三、复数的四则运算
设 z 1 = x 1 + y 1 i z_1 = x_1 + y_1 i z1=x1+y1i， z 2 = x 2 + y 2 i z_2 = x_2 + y_2 i z2=x2+y2i（ x 1 , y 1 , x 2 , y 2 ∈ R x_1, y_1, x_2, y_2 \in \mathbb{R} x1,y1,x2,y2∈R）。
1. 加减法
法则 ：
z 1 + z 2 = ( x 1 + x 2 ) + ( y 1 + y 2 ) i z 1 − z 2 = ( x 1 − x 2 ) + ( y 1 − y 2 ) i z_1 + z_2 = (x_1 + x_2) + (y_1 + y_2)i\\ z_1 - z_2 = (x_1 - x_2) + (y_1 - y_2)i z1+z2=(x1+x2)+(y1+y2)iz1−z2=(x1−x2)+(y1−y2)i
几何意义：复数的加减法运算与复平面上向量的加减法运算一致，满足平行四边形法则。
2. 乘法
法则 ：
z 1 ⋅ z 2 = ( x 1 x 2 − y 1 y 2 ) + ( x 1 y 2 + x 2 y 1 ) i z_1 \cdot z_2 = (x_1x_2 - y_1y_2) + (x_1y_2 + x_2y_1)i z1⋅z2=(x1x2−y1y2)+(x1y2+x2y1)i
本质为多项式乘法结合 i 2 = − 1 i^2 = -1 i2=−1 化简。
3. 除法
法则 ：设 z 2 ≠ 0 z_2 \neq 0 z2=0，则
z 1 z 2 = z 1 ⋅ z ˉ 2 z 2 ⋅ z ˉ 2 = x 1 x 2 + y 1 y 2 x 2 2 + y 2 2 + x 2 y 1 − x 1 y 2 x 2 2 + y 2 2 i \frac{z_1}{z_2} = \frac{z_1 \cdot \bar{z}_2}{z_2 \cdot \bar{z}_2} = \frac{x_1x_2 + y_1y_2}{x_2^2 + y_2^2} + \frac{x_2y_1 - x_1y_2}{x_2^2 + y_2^2}i z2z1=z2⋅zˉ2z1⋅zˉ2=x22+y22x1x2+y1y2+x22+y22x2y1−x1y2i
通过分子分母同乘分母的共轭复数，将分母实数化。
4. 运算律
复数的四则运算满足：
- 交换律 ： z 1 + z 2 = z 2 + z 1 z_1 + z_2 = z_2 + z_1 z1+z2=z2+z1， z 1 ⋅ z 2 = z 2 ⋅ z 1 z_1 \cdot z_2 = z_2 \cdot z_1 z1⋅z2=z2⋅z1
- 结合律 ： ( z 1 + z 2 ) + z 3 = z 1 + ( z 2 + z 3 ) (z_1 + z_2) + z_3 = z_1 + (z_2 + z_3) (z1+z2)+z3=z1+(z2+z3)， ( z 1 ⋅ z 2 ) ⋅ z 3 = z 1 ⋅ ( z 2 ⋅ z 3 ) (z_1 \cdot z_2) \cdot z_3 = z_1 \cdot (z_2 \cdot z_3) (z1⋅z2)⋅z3=z1⋅(z2⋅z3)
- 分配律 ： z 1 ⋅ ( z 2 + z 3 ) = z 1 ⋅ z 2 + z 1 ⋅ z 3 z_1 \cdot (z_2 + z_3) = z_1 \cdot z_2 + z_1 \cdot z_3 z1⋅(z2+z3)=z1⋅z2+z1⋅z3
四、复数的三角表示与指数形式
1. 三角形式
定义 ：复数 z = x + y i z = x + yi z=x+yi 可表示为
z = r ( cos θ + i sin θ ) z = r(\cos\theta + i\sin\theta) z=r(cosθ+isinθ)
其中：
- r = ∣ z ∣ = x 2 + y 2 r = |z| = \sqrt{x^2 + y^2} r=∣z∣=x2+y2 称为模（到原点的距离）
- θ \theta θ 称为辐角 （与正实轴的夹角），满足 tan θ = y x \tan\theta = \dfrac{y}{x} tanθ=xy（ x ≠ 0 x \neq 0 x=0）
与代数形式的转换 ：
x = r cos θ , y = r sin θ x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta x=rcosθ,y=rsinθ
2. 辐角的主值
定义 ：在区间 [ 0 , 2 π ) [0, 2\pi) [0,2π) 内的辐角称为辐角主值 ，记为 arg z \arg z argz。
| 符号 | 名称 | 取值范围 | 特点 |
|---|---|---|---|
| arg z \arg z argz | 辐角主值 | 0 , 2 π ) \[0, 2\\pi) \[0,2π) 或 ( − π , π (-\pi, \pi] (−π,π] | 唯一，常用 |
| Arg z \operatorname{Arg} z Argz | 多值辐角 | arg z + 2 k π \arg z + 2k\pi argz+2kπ（ k ∈ Z k \in \mathbb{Z} k∈Z） | 无穷多个值 |
各象限辐角主值范围：
| 位置 | arg z \arg z argz 的范围 |
|---|---|
| 第一象限 | ( 0 , π 2 ) \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) (0,2π) |
| 第二象限 | ( π 2 , π ) \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right) (2π,π) |
| 第三象限 | ( π , 3 π 2 ) \left(\pi, \dfrac{3\pi}{2}\right) (π,23π) |
| 第四象限 | ( 3 π 2 , 2 π ) \left(\dfrac{3\pi}{2}, 2\pi\right) (23π,2π) |
| 正实轴 | 0 0 0 |
| 负实轴 | π \pi π |
计算公式 ：
arg z = { arctan y x , x > 0 arctan y x + π , x < 0 , y ≥ 0 arctan y x − π , x < 0 , y < 0 π 2 , x = 0 , y > 0 − π 2 , x = 0 , y < 0 \arg z = \begin{cases} \arctan\dfrac{y}{x}, & x > 0 \\6pt \arctan\dfrac{y}{x} + \pi, & x < 0,\ y \geq 0 \\6pt \arctan\dfrac{y}{x} - \pi, & x < 0,\ y < 0 \\6pt \dfrac{\pi}{2}, & x = 0,\ y > 0 \\6pt -\dfrac{\pi}{2}, & x = 0,\ y < 0 \end{cases} argz=⎩ ⎨ ⎧arctanxy,arctanxy+π,arctanxy−π,2π,−2π,x>0x<0, y≥0x<0, y<0x=0, y>0x=0, y<0
示例：
| 复数 z z z | 辐角主值 arg z \arg z argz |
|---|---|
| 1 1 1 | 0 0 0 |
| i i i | π 2 \dfrac{\pi}{2} 2π |
| − 1 -1 −1 | π \pi π |
| − i -i −i | 3 π 2 \dfrac{3\pi}{2} 23π |
| 1 + i 1+i 1+i | π 4 \dfrac{\pi}{4} 4π |
与极坐标的关系
复数的三角形式 ：
z = r ( cos θ + i sin θ ) = r e i θ z = r(\cos\theta + i\sin\theta) = re^{i\theta} z=r(cosθ+isinθ)=reiθ
其中：
- r = ∣ z ∣ = a 2 + b 2 r = |z| = \sqrt{a^2+b^2} r=∣z∣=a2+b2 是模（到原点的距离）
- θ = arg z \theta = \arg z θ=argz 是辐角（与正实轴的夹角）
示例
| 复数 z z z | 辐角主值 arg z \arg z argz |
|---|---|
| 1 1 1 | 0 0 0 |
| i i i | π 2 \dfrac{\pi}{2} 2π |
| − 1 -1 −1 | π \pi π |
| − i -i −i | 3 π 2 \dfrac{3\pi}{2} 23π（或 − π 2 -\dfrac{\pi}{2} −2π） |
| 1 + i 1+i 1+i | π 4 \dfrac{\pi}{4} 4π |
2. 辐角的主值
定义 ：在区间 [ 0 , 2 π ) [0, 2\pi) [0,2π) 内的辐角称为辐角主值 ，记为 arg z \arg z argz。
各象限辐角主值范围：
| 象限 | arg z \arg z argz 的范围 |
|---|---|
| 第一象限 | ( 0 , π 2 ) \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) (0,2π) |
| 第二象限 | ( π 2 , π ) \left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right) (2π,π) |
| 第三象限 | ( π , 3 π 2 ) \left(\pi, \dfrac{3\pi}{2}\right) (π,23π) |
| 第四象限 | ( 3 π 2 , 2 π ) \left(\dfrac{3\pi}{2}, 2\pi\right) (23π,2π) |
| 正实轴 | 0 0 0 |
| 负实轴 | π \pi π |
3. 三角形式的乘除法
设 z 1 = r 1 ( cos θ 1 + i sin θ 1 ) z_1 = r_1(\cos\theta_1 + i\sin\theta_1) z1=r1(cosθ1+isinθ1)， z 2 = r 2 ( cos θ 2 + i sin θ 2 ) z_2 = r_2(\cos\theta_2 + i\sin\theta_2) z2=r2(cosθ2+isinθ2)。
乘法 ：
z 1 ⋅ z 2 = r 1 r 2 cos ( θ 1 + θ 2 ) + i sin ( θ 1 + θ 2 ) z_1 \cdot z_2 = r_1r_2\\cos(\\theta_1 + \\theta_2) + i\\sin(\\theta_1 + \\theta_2) z1⋅z2=r1r2cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)
法则：模相乘，辐角相加。
除法 ：
z 1 z 2 = r 1 r 2 cos ( θ 1 − θ 2 ) + i sin ( θ 1 − θ 2 ) \frac{z_1}{z_2} = \frac{r_1}{r_2}\\cos(\\theta_1 - \\theta_2) + i\\sin(\\theta_1 - \\theta_2) z2z1=r2r1cos(θ1−θ2)+isin(θ1−θ2)
法则：模相除，辐角相减。
4. 棣莫弗定理
定理 ：对任意整数 n ∈ Z n \in \mathbb{Z} n∈Z，
r ( cos θ + i sin θ ) n = r n ( cos n θ + i sin n θ ) r(\\cos\\theta + i\\sin\\theta)^n = r^n(\cos n\theta + i\sin n\theta) r(cosθ+isinθ)n=rn(cosnθ+isinnθ)
特别地 （ r = 1 r = 1 r=1 时）：
( cos θ + i sin θ ) n = cos n θ + i sin n θ (\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta (cosθ+isinθ)n=cosnθ+isinnθ
5. 复数的开方
n n n 次方根 ：复数 r ( cos θ + i sin θ ) r(\cos\theta + i\sin\theta) r(cosθ+isinθ) 的 n n n 个 n n n 次方根为
r n ( cos θ + 2 k π n + i sin θ + 2 k π n ) , k = 0 , 1 , 2 , ... , n − 1 \sqrtn{r}\left(\cos\frac{\theta + 2k\pi}{n} + i\sin\frac{\theta + 2k\pi}{n}\right), \quad k = 0, 1, 2, \ldots, n-1 nr (cosnθ+2kπ+isinnθ+2kπ),k=0,1,2,...,n−1
n n n 次单位根 ： 1 1 1 的 n n n 个 n n n 次方根为
ω k = cos 2 k π n + i sin 2 k π n , k = 0 , 1 , ... , n − 1 \omega_k = \cos\frac{2k\pi}{n} + i\sin\frac{2k\pi}{n}, \quad k = 0, 1, \ldots, n-1 ωk=cosn2kπ+isinn2kπ,k=0,1,...,n−1
性质：
- n n n 个 n n n 次单位根在复平面内构成正 n n n 边形的顶点；
- 所有 n n n 次单位根之和为 0 0 0，即 ∑ k = 0 n − 1 ω k = 0 \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \omega_k = 0 k=0∑n−1ωk=0。
6. 指数形式（欧拉公式）
欧拉公式 ：
e i θ = cos θ + i sin θ e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta eiθ=cosθ+isinθ
指数形式 ：
z = r e i θ z = re^{i\theta} z=reiθ
运算性质：
- e i θ 1 ⋅ e i θ 2 = e i ( θ 1 + θ 2 ) e^{i\theta_1} \cdot e^{i\theta_2} = e^{i(\theta_1 + \theta_2)} eiθ1⋅eiθ2=ei(θ1+θ2)
- ( e i θ ) n = e i n θ (e^{i\theta})^n = e^{in\theta} (eiθ)n=einθ
- e i θ 1 e i θ 2 = e i ( θ 1 − θ 2 ) \dfrac{e^{i\theta_1}}{e^{i\theta_2}} = e^{i(\theta_1 - \theta_2)} eiθ2eiθ1=ei(θ1−θ2)
欧拉恒等式 ：
e i π + 1 = 0 e^{i\pi} + 1 = 0 eiπ+1=0
此式联系了五个基本数学常数： e , i , π , 1 , 0 e, i, \pi, 1, 0 e,i,π,1,0。
五、复数与方程
1. 实系数一元二次方程
定理 ：实系数一元二次方程 a x 2 + b x + c = 0 ax^2 + bx + c = 0 ax2+bx+c=0（ a , b , c ∈ R , a ≠ 0 a, b, c \in \mathbb{R}, a \neq 0 a,b,c∈R,a=0）：
- 若 Δ = b 2 − 4 a c ≥ 0 \Delta = b^2 - 4ac \geq 0 Δ=b2−4ac≥0，有两个实根；
- 若 Δ < 0 \Delta < 0 Δ<0，有一对共轭虚根 ：
x = − b ± − Δ i 2 a x = \frac{-b \pm \sqrt{-\Delta}i}{2a} x=2a−b±−Δ i
性质：实系数多项式方程的虚根成对出现，且互为共轭复数。
因式分解：在复数范围内，任意多项式都可分解为一次因式的乘积。
六、复数的几何意义与应用
1. 常见轨迹
| 条件 | 轨迹 |
|---|---|
| ∣ z − z 0 ∣ = r |z - z_0| = r ∣z−z0∣=r | 以 z 0 z_0 z0 为圆心， r r r 为半径的圆 |
| ∣ z − z 1 ∣ = ∣ z − z 2 ∣ |z - z_1| = |z - z_2| ∣z−z1∣=∣z−z2∣ | 线段 z 1 z 2 z_1z_2 z1z2 的垂直平分线 |
| ∣ z − z 1 ∣ + ∣ z − z 2 ∣ = 2 a |z - z_1| + |z - z_2| = 2a ∣z−z1∣+∣z−z2∣=2a（ 2 a > ∣ z 1 − z 2 ∣ 2a > |z_1 - z_2| 2a>∣z1−z2∣） | 椭圆 |
| ∣ ∣ z − z 1 ∣ − ∣ z − z 2 ∣ ∣ = 2 a \big||z - z_1| - |z - z_2|\big| = 2a ∣z−z1∣−∣z−z2∣ =2a（ 2 a < ∣ z 1 − z 2 ∣ 2a < |z_1 - z_2| 2a<∣z1−z2∣） | 双曲线 |
| arg ( z − z 0 ) = θ \arg(z - z_0) = \theta arg(z−z0)=θ | 从 z 0 z_0 z0 出发的射线 |
2. 最值问题解法
- 几何法 ：利用 ∣ z − z 0 ∣ |z - z_0| ∣z−z0∣ 表示距离，结合图形求最值；
- 代数法 ：设 z = x + y i z = x + yi z=x+yi 转化为函数最值；
- 三角法 ：设 z = r ( cos θ + i sin θ ) z = r(\cos\theta + i\sin\theta) z=r(cosθ+isinθ) 利用有界性。
七、典型例题
题型一：复数概念与命题判断
例题 判断下列命题的正误：
① 若 a ∈ R a \in \mathbb{R} a∈R，则 ( a + 1 ) i (a+1)i (a+1)i 是纯虚数；
② 若 a , b ∈ R a, b \in \mathbb{R} a,b∈R，且 a > b a > b a>b，则 a + i > b + i a + i > b + i a+i>b+i；
③ 若 ( x 2 − 4 ) + ( x 2 + 3 x + 2 ) i (x^2 - 4) + (x^2 + 3x + 2)i (x2−4)+(x2+3x+2)i 是纯虚数，则 x = ± 2 x = \pm 2 x=±2；
④ 实数集是复数集的真子集。
解析：
| 命题 | 正误 | 说明 |
|---|---|---|
| ① | ✗ | a = − 1 a = -1 a=−1 时， ( a + 1 ) i = 0 (a+1)i = 0 (a+1)i=0 不是纯虚数 |
| ② | ✗ | 两个虚数不能比较大小 |
| ③ | ✗ | x = − 2 x = -2 x=−2 时，结果为 0 0 0 不是纯虚数 |
| ④ | ✓ | 实数是虚部为 0 0 0 的特殊复数 |
答案：④正确。
题型二：复数分类与参数求解
例题 当实数 m m m 为何值时， z = m 2 + m − 6 m + ( m 2 − 2 m ) i z = \dfrac{m^2 + m - 6}{m} + (m^2 - 2m)i z=mm2+m−6+(m2−2m)i 为：
- 实数？
- 虚数？
- 纯虚数？
解：
| 类型 | 条件 | 结果 |
|---|---|---|
| 实数 | { m 2 − 2 m = 0 m ≠ 0 \begin{cases} m^2 - 2m = 0 \\ m \neq 0 \end{cases} {m2−2m=0m=0 | m = 2 m = 2 m=2 |
| 虚数 | m 2 − 2 m ≠ 0 m^2 - 2m \neq 0 m2−2m=0 且 m ≠ 0 m \neq 0 m=0 | m ≠ 0 m \neq 0 m=0 且 m ≠ 2 m \neq 2 m=2 |
| 纯虚数 | { m ≠ 0 m 2 + m − 6 m = 0 m 2 − 2 m ≠ 0 \begin{cases} m \neq 0 \\ \dfrac{m^2+m-6}{m} = 0 \\ m^2 - 2m \neq 0 \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧m=0mm2+m−6=0m2−2m=0 | m = − 3 m = -3 m=−3 |
题型三：复数相等与方程组
例题 若 z 1 = − 3 − 4 i z_1 = -3 - 4i z1=−3−4i， z 2 = ( n 2 − 3 m − 1 ) + ( n 2 − m − 6 ) i z_2 = (n^2 - 3m - 1) + (n^2 - m - 6)i z2=(n2−3m−1)+(n2−m−6)i，且 z 1 = z 2 z_1 = z_2 z1=z2，求 m + n m + n m+n。
解 ：由复数相等条件：
{ n 2 − 3 m − 1 = − 3 n 2 − m − 6 = − 4 \begin{cases} n^2 - 3m - 1 = -3 \\ n^2 - m - 6 = -4 \end{cases} {n2−3m−1=−3n2−m−6=−4
解得 m = 2 , n = ± 2 m = 2, n = \pm 2 m=2,n=±2，故 m + n = 4 m + n = 4 m+n=4 或 0 0 0。
题型四：复数与对数综合
例题 若 log 2 ( x 2 − 3 x − 2 ) + i log 2 ( x 2 + 2 x + 1 ) > 1 \log_2(x^2 - 3x - 2) + i\log_2(x^2 + 2x + 1) > 1 log2(x2−3x−2)+ilog2(x2+2x+1)>1，求 x x x。
解 ：复数大于实数说明该复数为实数且实部大于 1 1 1，虚部为 0 0 0：
{ log 2 ( x 2 − 3 x − 2 ) > 1 log 2 ( x 2 + 2 x + 1 ) = 0 \begin{cases} \log_2(x^2 - 3x - 2) > 1 \\ \log_2(x^2 + 2x + 1) = 0 \end{cases} {log2(x2−3x−2)>1log2(x2+2x+1)=0
解得 x = − 2 x = -2 x=−2。
题型五：复数的几何意义
例题 已知 z = ( a 2 − 1 ) + ( 2 a − 1 ) i z = (a^2 - 1) + (2a - 1)i z=(a2−1)+(2a−1)i，求 a a a 的范围使点 Z Z Z 在第三象限。
解 ：
{ a 2 − 1 < 0 2 a − 1 < 0 ⇒ − 1 < a < 1 2 \begin{cases} a^2 - 1 < 0 \\ 2a - 1 < 0 \end{cases} \Rightarrow -1 < a < \frac{1}{2} {a2−1<02a−1<0⇒−1<a<21
题型六：复数与几何图形
例题 复数 i , 1 , 4 + 2 i i, 1, 4 + 2i i,1,4+2i 对应点 A , B , C A, B, C A,B,C，求平行四边形 A B C D ABCD ABCD 的顶点 D D D。
解（向量法）：
- B A → = ( − 1 , 1 ) \overrightarrow{BA} = (-1, 1) BA =(−1,1)， B C → = ( 3 , 2 ) \overrightarrow{BC} = (3, 2) BC =(3,2)
- B D → = B A → + B C → = ( 2 , 3 ) \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC} = (2, 3) BD =BA +BC =(2,3)
- O D → = O B → + B D → = ( 3 , 3 ) \overrightarrow{OD} = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{BD} = (3, 3) OD =OB +BD =(3,3)
答案 ： D D D 对应复数 3 + 3 i 3 + 3i 3+3i。
题型七：复数的模
例题 已知 ∣ z ∣ 2 − 2 ∣ z ∣ − 3 = 0 |z|^2 - 2|z| - 3 = 0 ∣z∣2−2∣z∣−3=0，则 z z z 对应点的集合是（ ）
A. 1 个圆 B. 线段 C. 2 个点 D. 2 个圆
解 ： ( ∣ z ∣ − 3 ) ( ∣ z ∣ + 1 ) = 0 ⇒ ∣ z ∣ = 3 (|z| - 3)(|z| + 1) = 0 \Rightarrow |z| = 3 (∣z∣−3)(∣z∣+1)=0⇒∣z∣=3（舍去负根）。
答案 ：以原点为圆心、半径为 3 3 3 的圆，选 A。
题型八：复数四则运算
例题 计算 ( 6 + 2 i ) − ( 1 + 3 i ) ( − 1 + i ) − 2 \dfrac{(6+2i)-(1+3i)}{(-1+i)-2} (−1+i)−2(6+2i)−(1+3i)。
解 ：
5 − i − 3 + i = ( 5 − i ) ( − 3 − i ) 10 = − 16 − 2 i 10 = − 8 5 − 1 5 i \frac{5-i}{-3+i} = \frac{(5-i)(-3-i)}{10} = \frac{-16-2i}{10} = -\frac{8}{5} - \frac{1}{5}i −3+i5−i=10(5−i)(−3−i)=10−16−2i=−58−51i
题型九：三角形式运算
例题 设 z 1 = 2 ( cos π 12 + i sin π 12 ) z_1 = \sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{12} + i\sin\dfrac{\pi}{12}\right) z1=2 (cos12π+isin12π)， z 2 = 3 ( cos π 6 + i sin π 6 ) z_2 = \sqrt{3}\left(\cos\dfrac{\pi}{6} + i\sin\dfrac{\pi}{6}\right) z2=3 (cos6π+isin6π)，求 z 1 ⋅ z 2 z_1 \cdot z_2 z1⋅z2。
解 ：
z 1 ⋅ z 2 = 6 cos ( π 12 + π 6 ) + i sin ( π 12 + π 6 ) = 6 ( cos π 4 + i sin π 4 ) = 3 + 3 i \begin{aligned} z_1 \cdot z_2 &= \sqrt{6}\left\\cos\\left(\\frac{\\pi}{12}+\\frac{\\pi}{6}\\right) + i\\sin\\left(\\frac{\\pi}{12}+\\frac{\\pi}{6}\\right)\\right \\ &= \sqrt{6}\left(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}\right) \\ &= \sqrt{3} + \sqrt{3}i \end{aligned} z1⋅z2=6 cos(12π+6π)+isin(12π+6π)=6 (cos4π+isin4π)=3 +3 i
题型十：棣莫弗定理应用
例题 计算 ( 1 + i ) 10 (1+i)^{10} (1+i)10。
解 ： 1 + i = 2 ( cos π 4 + i sin π 4 ) 1+i = \sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4}\right) 1+i=2 (cos4π+isin4π)
( 1 + i ) 10 = ( 2 ) 10 ( cos 10 π 4 + i sin 10 π 4 ) = 32 ( cos 5 π 2 + i sin 5 π 2 ) = 32 i (1+i)^{10} = (\sqrt{2})^{10}\left(\cos\frac{10\pi}{4} + i\sin\frac{10\pi}{4}\right) = 32\left(\cos\frac{5\pi}{2} + i\sin\frac{5\pi}{2}\right) = 32i (1+i)10=(2 )10(cos410π+isin410π)=32(cos25π+isin25π)=32i
题型十一：复数开方
例题 求 − 1 -1 −1 的平方根。
解 ： − 1 = cos π + i sin π -1 = \cos\pi + i\sin\pi −1=cosπ+isinπ，平方根为：
cos π + 2 k π 2 + i sin π + 2 k π 2 , k = 0 , 1 \cos\frac{\pi+2k\pi}{2} + i\sin\frac{\pi+2k\pi}{2}, \quad k = 0, 1 cos2π+2kπ+isin2π+2kπ,k=0,1
得 i i i 和 − i -i −i。
答案 ： − 1 -1 −1 的平方根为 ± i \pm i ±i。
题型十二：单位根性质
例题 设 ω = − 1 2 + 3 2 i \omega = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i ω=−21+23 i（1 的三次单位根），求证： 1 + ω + ω 2 = 0 1 + \omega + \omega^2 = 0 1+ω+ω2=0。
证明 ： ω = e i 2 π 3 \omega = e^{i\frac{2\pi}{3}} ω=ei32π，则 ω 3 = 1 \omega^3 = 1 ω3=1 且 ω ≠ 1 \omega \neq 1 ω=1。
1 + ω + ω 2 = 1 − ω 3 1 − ω = 1 − 1 1 − ω = 0 1 + \omega + \omega^2 = \frac{1-\omega^3}{1-\omega} = \frac{1-1}{1-\omega} = 0 1+ω+ω2=1−ω1−ω3=1−ω1−1=0
题型十三：欧拉公式应用
【例题】 利用欧拉公式证明三倍角公式。
证明：
步骤 1：公式准备
由欧拉公式 e i θ = cos θ + i sin θ e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta eiθ=cosθ+isinθ，得：
e i 3 θ = cos 3 θ + i sin 3 θ (1) e^{i3\theta} = \cos 3\theta + i\sin 3\theta \tag{1} ei3θ=cos3θ+isin3θ(1)
由指数运算性质：
e i 3 θ = ( e i θ ) 3 = ( cos θ + i sin θ ) 3 (2) e^{i3\theta} = (e^{i\theta})^3 = (\cos\theta + i\sin\theta)^3 \tag{2} ei3θ=(eiθ)3=(cosθ+isinθ)3(2)
步骤 2：展开三次方项
根据完全立方公式 ( a + b ) 3 = a 3 + 3 a 2 b + 3 a b 2 + b 3 (a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 (a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3 展开，并结合 i 2 = − 1 i^2 = -1 i2=−1， i 3 = − i i^3 = -i i3=−i 化简：
( cos θ + i sin θ ) 3 = cos 3 θ + 3 i cos 2 θ sin θ + 3 i 2 cos θ sin 2 θ + i 3 sin 3 θ = cos 3 θ + 3 i cos 2 θ sin θ − 3 cos θ sin 2 θ − i sin 3 θ = ( cos 3 θ − 3 cos θ sin 2 θ ) ⏟ 实部 + i ( 3 cos 2 θ sin θ − sin 3 θ ) ⏟ 虚部 (3) \begin{aligned} (\cos\theta + i\sin\theta)^3 &= \cos^3\theta + 3i\cos^2\theta\sin\theta + 3i^2\cos\theta\sin^2\theta + i^3\sin^3\theta \\ &= \cos^3\theta + 3i\cos^2\theta\sin\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta - i\sin^3\theta \\ &= \underbrace{(\cos^3\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta)}{\text{实部}} + i\underbrace{(3\cos^2\theta\sin\theta - \sin^3\theta)}{\text{虚部}} \tag{3} \end{aligned} (cosθ+isinθ)3=cos3θ+3icos2θsinθ+3i2cosθsin2θ+i3sin3θ=cos3θ+3icos2θsinθ−3cosθsin2θ−isin3θ=实部 (cos3θ−3cosθsin2θ)+i虚部 (3cos2θsinθ−sin3θ)(3)
步骤 3：利用复数相等推导公式
联立 (1)、(3) 式，由复数相等的充要条件（实部相等、虚部分别相等）：
cos 3 θ = cos 3 θ − 3 cos θ sin 2 θ sin 3 θ = 3 cos 2 θ sin θ − sin 3 θ \begin{align*} \cos 3\theta &= \cos^3\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta \tag{4} \\ \sin 3\theta &= 3\cos^2\theta\sin\theta - \sin^3\theta \tag{5} \end{align*} cos3θsin3θ=cos3θ−3cosθsin2θ=3cos2θsinθ−sin3θ(4)(5)
步骤 4：化简为单一角函数形式
余弦三倍角公式 （仅含 cos θ \cos\theta cosθ）
将 sin 2 θ = 1 − cos 2 θ \sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta sin2θ=1−cos2θ 代入 (4) 式：
cos 3 θ = cos 3 θ − 3 cos θ ( 1 − cos 2 θ ) = 4 cos 3 θ − 3 cos θ \begin{aligned} \cos 3\theta &= \cos^3\theta - 3\cos\theta(1 - \cos^2\theta) \\ &= 4\cos^3\theta - 3\cos\theta \end{aligned} cos3θ=cos3θ−3cosθ(1−cos2θ)=4cos3θ−3cosθ
正弦三倍角公式 （仅含 sin θ \sin\theta sinθ）
将 cos 2 θ = 1 − sin 2 θ \cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta cos2θ=1−sin2θ 代入 (5) 式：
sin 3 θ = 3 ( 1 − sin 2 θ ) sin θ − sin 3 θ = 3 sin θ − 4 sin 3 θ \begin{aligned} \sin 3\theta &= 3(1 - \sin^2\theta)\sin\theta - \sin^3\theta \\ &= 3\sin\theta - 4\sin^3\theta \end{aligned} sin3θ=3(1−sin2θ)sinθ−sin3θ=3sinθ−4sin3θ
结论：
cos 3 θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ , sin 3 θ = 3 sin θ − 4 sin 3 θ . \begin{align*} \cos 3\theta &= 4\cos^3\theta - 3\cos\theta, \\ \sin 3\theta &= 3\sin\theta - 4\sin^3\theta. \end{align*} cos3θsin3θ=4cos3θ−3cosθ,=3sinθ−4sin3θ.
题型十四：复数与方程
例题 1 解方程 x 2 − 2 x + 5 = 0 x^2 - 2x + 5 = 0 x2−2x+5=0。
解 ： Δ = 4 − 20 = − 16 < 0 \Delta = 4 - 20 = -16 < 0 Δ=4−20=−16<0， x = 2 ± 4 i 2 = 1 ± 2 i x = \dfrac{2 \pm 4i}{2} = 1 \pm 2i x=22±4i=1±2i。
例题 2 已知 2 + i 2+i 2+i 是实系数方程 x 2 + p x + q = 0 x^2 + px + q = 0 x2+px+q=0 的一个根，求 p , q p, q p,q。
解 ：实系数方程虚根成对，另一根为 2 − i 2-i 2−i。
由韦达定理： p = − ( 2 + i ) + ( 2 − i ) = − 4 p = -(2+i)+(2-i) = -4 p=−(2+i)+(2−i)=−4， q = ( 2 + i ) ( 2 − i ) = 5 q = (2+i)(2-i) = 5 q=(2+i)(2−i)=5。
题型十五：复数轨迹
例题 求满足 ∣ z − ( 1 + i ) ∣ = 2 |z - (1+i)| = 2 ∣z−(1+i)∣=2 的点 z z z 的轨迹方程。
解 ：以点 ( 1 , 1 ) (1, 1) (1,1) 为圆心，半径为 2 2 2 的圆。
直角坐标方程： ( x − 1 ) 2 + ( y − 1 ) 2 = 4 (x-1)^2 + (y-1)^2 = 4 (x−1)2+(y−1)2=4。
题型十六：复数最值
例题 已知 ∣ z ∣ = 1 |z| = 1 ∣z∣=1，求 ∣ z − ( 1 + i ) ∣ |z - (1+i)| ∣z−(1+i)∣ 的最大值和最小值。
解 ： ∣ z ∣ = 1 |z| = 1 ∣z∣=1 表示单位圆， ∣ z − ( 1 + i ) ∣ |z-(1+i)| ∣z−(1+i)∣ 表示圆上的点到点 ( 1 , 1 ) (1, 1) (1,1) 的距离。
圆心距 d = 1 2 + 1 2 = 2 d = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2} d=12+12 =2 。
- 最大值： d + r = 2 + 1 d + r = \sqrt{2} + 1 d+r=2 +1
- 最小值： d − r = 2 − 1 d - r = \sqrt{2} - 1 d−r=2 −1
题型汇总表
| 序号 | 题型名称 | 核心知识点 |
|---|---|---|
| 1 | 复数概念与命题判断 | 概念辨析 |
| 2 | 复数分类与参数求解 | 实数 / 虚数 / 纯虚数条件 |
| 3 | 复数相等与方程组 | 化虚为实 |
| 4 | 复数与对数综合 | 跨章节综合 |
| 5 | 复数几何意义（位置） | 象限、坐标轴 |
| 6 | 复数与几何图形 | 平行四边形、向量 |
| 7 | 复数的模 | 计算、范围、几何意义 |
| 8 | 复数四则运算 | 加减乘除综合 |
| 9 | 三角形式运算 | 模辐角运算 |
| 10 | 棣莫弗定理 | 高次幂计算 |
| 11 | 复数开方 | n n n 次方根 |
| 12 | 单位根性质 | 1 的 n n n 次单位根 |
| 13 | 欧拉公式应用 | 高阶应用 |
| 14 | 复数与方程 | 实系数二次方程虚根 |
| 15 | 复数轨迹 | 圆、圆锥曲线等 |
| 16 | 复数最值 | 几何法、代数法、三角法 |
规律方法总结
1. 判断与复数有关命题的方法
- 举反例：判断命题为假时，举一个反例即可；
- 化代数形式 ：将复数化为 a + b i a + bi a+bi（ a , b ∈ R a, b \in \mathbb{R} a,b∈R）的标准形式，注意 a , b a, b a,b 的实数性。
2. 解决复数分类问题的步骤
- 化标准式 ：确保复数为 a + b i a + bi a+bi（ a , b ∈ R a, b \in \mathbb{R} a,b∈R）的形式；
- 定条件：根据分类要求列出实部、虚部满足的条件；
- 下结论 ：
- z z z 为实数 ⇔ b = 0 \Leftrightarrow b = 0 ⇔b=0
- z z z 为虚数 ⇔ b ≠ 0 \Leftrightarrow b \neq 0 ⇔b=0
- z z z 为纯虚数 ⇔ a = 0 \Leftrightarrow a = 0 ⇔a=0 且 b ≠ 0 b \neq 0 b=0
3. 复数相等的应用
复数相等的充要条件是"化虚为实"的主要依据。解题时分别分离出两个复数的实部和虚部，利用实部与实部相等、虚部与虚部相等列方程（组）求解。
4. 求解复数模的思路
先将复数表示成标准的代数形式，再根据模的定义 ∣ z ∣ = x 2 + y 2 |z| = \sqrt{x^2 + y^2} ∣z∣=x2+y2 求解。