526互联

7.3 复数的三角形表示(选学)

发布时间 2023-05-05 11:27:03作者: 贵哥讲高中数学

\({\color{Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}\)
[ 【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
(https://www.zxxk.com/docpack/2921718.html)
\({\color{Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}\)

必修第二册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

复数的三角表示

一般地，任何一个复数\(z=a+bi\)都可以表示成
\(r(\cos θ+i\sin θ)\)
的形式，其中，\(r\)是复数\(z\)的模，\(θ\)是以\(x\)轴的非负半轴为始边，向量\(\overrightarrow{O Z}\)所在射线为终边的角，叫做复数\(z=a+bi\)的辐角，\(r(\cos θ+i\sin θ)\)叫做复数\(z=a+bi\)的三角形表示式，简称三角形式. \(a+bi\)简称为代数形式.
解释
① 如下图，向量\(\overrightarrow{O Z}\)的大小由其模\(|\overrightarrow{O Z} |=r\)，其方向角度\(θ\)决定；而复数\(z=a+bi\)与向量\(\overrightarrow{O Z}=(a,b)\)一一对应，故复数也可以用\(r\)、\(θ\)表示.由图显然可得， \(\left\{\begin{array}{l} a=r \cos \theta \\ b=r \sin \theta \end{array}\right.\).
即\(z=a+bi=r(\cos θ+i\sin θ)\)
image.png
② 显然，辐角有无限个，且这些值相差\(2π\)的整数倍.
规定：在\(0≤θ<2π\)范围内的辐角\(θ\)的值为辐角的主值，通常记作\(\arg⁡ z\)，即\(0≤\arg⁡ z<2π\).
例如\(\arg ⁡1=0\),\(\arg ⁡i=\dfrac{\pi}{2}\),\(\arg ⁡(-1)=π\).
③ 复数的代数形式与三角形式可互换，根据不同的运算需要，它们各有优势.
【例】 画出复数\(z=1+\sqrt{3} i\)对应的向量，并表示成三角形式.
** 解** 复数\(z=1+\sqrt{3} i\)对应的向量如图所示，则 \(r=\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}=2\)，\(\cos ⁡θ=\dfrac{1}{2}\)，
所以\(\arg ⁡(1+\sqrt{3} i)=\dfrac{\pi}{3}\)，于是\(1+\sqrt{3} i=2(\cos ⁡\dfrac{\pi}{3}+i\sin ⁡\dfrac{\pi}{3})\).
image.png
\(θ\)不一定要去主值， \(1+\sqrt{3} i=2\left(\cos \dfrac{7 \pi}{3}+i \sin \dfrac{7 \pi}{3}\right)\)也可以.
 

复数乘、除运算的三角表示及其几何意义

设\(z_1=r_1\left(\cos \theta_1+i \sin \theta_1\right)\)， \(z_2=r_2\left(\cos \theta_2+i \sin \theta_2\right)\)
则 \(z_1 z_2=r_1 r_2\left[\cos \left(\theta_1+\theta_2\right)+i \sin \left(\theta_1+\theta_2\right)\right]\)， \(\dfrac{z_1}{z_2}=\dfrac{r_1}{r_2}\left[\cos \left(\theta_1-\theta_2\right)+i \sin \left(\theta_1-\theta_2\right)\right]\)
** 解释 **
① 证明 \(z_1 z_2=r_1\left(\cos \theta_1+i \sin \theta_1\right) \cdot r_2\left(\cos \theta_2+i \sin \theta_2\right)\)
\(=r_1 r_2\left(\cos \theta_1+i \sin \theta_1\right)\left(\cos \theta_2+i \sin \theta_2\right)\)
\(=r_1 r_2\left[\left(\cos \theta_1 \cos \theta_2-\sin \theta_1 \sin \theta_2\right)+\mathrm{i}\left(\sin \theta_1 \cos \theta_2+\cos \theta_1 \sin \theta_2\right)\right]\)
\(=r_1 r_2\left[\cos \left(\theta_1+\theta_2\right)+i \sin \left(\theta_1+\theta_2\right)\right]\).
② 两个复数\(z_1\)，\(z_2\)相乘时，可以如图，先分别画出与\(z_1\)，\(z_2\)对应的向量 \(\overrightarrow{O Z_1}\), \(\overrightarrow{O Z_2}\)，然后把向量 \(\overrightarrow{O Z_1}\)绕点\(O\)按逆时针旋转角\(θ_2\)(如果 \(\theta_2<0\)，就要把\(\overrightarrow{O Z_1}\)绕点\(O\)按顺时针旋转角\(|θ_2 |\))，再把它的模变为原来的\(r_2\)倍，得到向量\(\overrightarrow{O Z}\)，\(\overrightarrow{O Z}\)表示的复数就是\(z_1 z_2\)，这就是复数乘法的几何意义.
image.png
【例】 若 \(z_1=\dfrac{3}{2}\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\), \(z_2=2\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)\)，求\(z_1 z_2\).
** 解 ** \(z_1 z_2=\dfrac{3}{2}\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right) \times 2\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)\)
\(=\dfrac{3}{2} \times 2\left[\cos \left(\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\pi}{3}\right)+i \sin \left(\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\pi}{3}\right)\right]\)
\(=3\left(\cos \dfrac{\pi}{2}+i \sin \dfrac{\pi}{2}\right)=3\).
③ 复数的除法可看成是乘法的逆运算.
 

基本方法

【题型1】 复数的三角形式与代数形式的互换

【典题1】 复数的代数形式与三角形式互化：
  (1)\(-1+\sqrt{3} i\)；\(\qquad \qquad\) (2) \(2\left(\cos \dfrac{5 \pi}{6}+i \sin \dfrac{5 \pi}{6}\right)\)．
解析 (1) \(-1+\sqrt{3} i=2\left(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\right)=2\left(\cos \dfrac{2 \pi}{3}+i \sin \dfrac{2 \pi}{3}\right)\)；
(2) \(2\left(\cos \dfrac{5 \pi}{6}+i \sin \dfrac{5 \pi}{6}\right)=2\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2} i\right)=-\sqrt{3}+i\)．
**点拨 ** 复数的代数形式\(z=a+bi\)与三角形式\(r(\cos θ+i\sin θ)\)的互换： \(\left\{\begin{array}{l} a=r \cos \theta \\ b=r \sin \theta \end{array}\right.\).
 

【巩固练习】

1.已知复数\(z=-1+\sqrt{3}i\)，则它的共轭复数\(\bar{z}\)的辐角主值是(　　)
 A．\(\dfrac{2\pi}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{4\pi}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad\)C．\(\dfrac{5\pi}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{7\pi}{6}\)
 

2.已知复数\(z-1\)的辐角为\(\dfrac{5\pi}{6}\)，\(z+1\)的辐角为\(\dfrac{\pi}{3}\)，则复数\(z\)等于(　　)
 A．\(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\) \(\qquad \qquad \qquad\)C．\(\dfrac{1}{2}±\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(-\dfrac{1}{2}±\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\)
 

3.\(-1-\sqrt{3} i\)的三角形式是(　　)
 A．\(-2\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(2\left[\cos \left(-\dfrac{2 \pi}{3}\right)+i \sin \left(-\dfrac{2 \pi}{3}\right)\right]\) \(\qquad \qquad \qquad\)
C． \(2\left(\sin \dfrac{7 \pi}{6}+i \cos \dfrac{7 \pi}{6}\right)\) \(\qquad \qquad \qquad\) D． \(2\left(\cos \dfrac{7 \pi}{6}+i \sin \dfrac{7 \pi}{6}\right)\)
 

** 参考答案**

  1. 答案 \(B\)
    解析 \(\because z=-1+\sqrt{3}i\)，\(\therefore \bar{z}=-1-\sqrt{3} i\)，则\(|\bar{z}|=2\)，
    \(\therefore \bar{z}=2\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\right)\)，则\(\bar{z}\)的辐角主值是\(\dfrac{4\pi}{3}\)．
    故选：\(B\)．

  2. 答案 \(B\)
    **解析 ** \(\because C\)和\(D\)均有两组答案，\(\therefore\)不合题意．
    在\(A\)中，\(\because z=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\)，\(\therefore z-1=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\)，辐角为\(\dfrac{2\pi}{3}\)；
    \(z+1=\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\)，辐角为\(\dfrac{\pi}{6}\)．
    故\(A\)不正确．
    在\(B\)中，\(z=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\)，\(\therefore z-1=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\)，辐角为\(\dfrac{5\pi}{6}\)；
    \(z+1=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\)，辐角为\(\dfrac{\pi}{3}\)．故\(B\)正确．
    故选：\(B\)．

  3. 答案 \(B\)
    解析 \(-1-\sqrt{3} i=2\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\right)=2\left[\cos \left(-\dfrac{2 \pi}{3}\right)+i \sin \left(-\dfrac{2 \pi}{3}\right)\right]\)．故选：\(B\)．
     

【题型2】 复数乘、除运算的三角表示

**【典题1】 ** (　　)
 A． \(\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2} i\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}-\dfrac{3 \sqrt{2}}{2} i\)
\(\qquad \qquad \qquad\) C． \(-\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2} i\) \(\qquad \qquad \qquad\) D． \(-\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}-\dfrac{3 \sqrt{2}}{2} i\)
解析 \(\dfrac{1}{2}\left(\cos 30^{\circ}+i \sin 30^{\circ}\right) \times 2\left(\cos 60^{\circ}+i \sin 60^{\circ}\right) \times 3 \times\left(\cos 45^{\circ}+i \sin 45^{\circ}\right)\)
\(=3\left(\cos 135^{\circ}+i \sin 135^{\circ}\right)=3\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} i\right)=-\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}+\dfrac{3 \sqrt{2}}{2} i\)．
故选：\(C\)．
 

【典题2】已知\(z_1=\sqrt{5}(\cos ⁡α+i\sin ⁡α)\)， \(z_2=\sqrt{10}(\cos \beta+i \sin \beta)\)，其中 \(\alpha\), \(\beta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，\(i\)是虚数单位，且 \(\tan \alpha=\dfrac{1}{2}\)， \(\tan \beta=\dfrac{1}{3}\)，则\(z_1 z_2\)的值是\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 \(\tan \alpha=\dfrac{1}{2}\)， \(\tan \beta=\dfrac{1}{3}\)，可得 \(\tan (\alpha+\beta)=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}}{1-\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3}}=1\)，
\(\alpha\), \(\beta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，所以 \(\alpha+\beta=\dfrac{\pi}{4}\)，
\(z_1=\sqrt{5}(\cos ⁡α+i\sin ⁡α)\)， \(z_2=\sqrt{10}(\cos \beta+i \sin \beta)\)，
所以 \(z_1 z_2=\sqrt{5} \times \sqrt{10}(\cos (\alpha+\beta)+i \sin (\alpha+\beta))\)\(=5 \sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} i\right)=5+5 i\)．
 

【巩固练习】

1.已知 \(z=(1-\sqrt{3} i) \times\left(-\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)，则\(\arg ⁡z=\)(　　)
 A．\(\dfrac{\pi}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{\pi}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{2\pi}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{5\pi}{6}\)
 

  1. \(\dfrac{1}{2}\left(\cos 60^{\circ}-i \sin 240^{\circ}\right) \times 6\left(\cos 30^{\circ}-i \sin 210^{\circ}\right)=\) \(\underline{\quad \quad}\) ．
     

3.复数 \((1+i)\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)的三角形式是\(\underline{\quad \quad}\) .
 

4.计算 \(10\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right) \div(-2 \sqrt{3}+2 i)\)的结果是\(\underline{\quad \quad}\)．
 

** 参考答案**

  1. 答案 \(B\)
    解析 \(z=(1-\sqrt{3} i) \times\left(-\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)
    \(=2\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\right) \times\left(\cos \dfrac{5 \pi}{6}+i \sin \dfrac{5 \pi}{6}\right)\)
    \(=2\left[\cos \left(-\dfrac{\pi}{3}\right)+i \sin \left(-\dfrac{\pi}{3}\right)\right] \times\left(\cos \dfrac{5 \pi}{6}+i \sin \dfrac{5 \pi}{6}\right)\)
    \(=2\left[\cos \left(\dfrac{5 \pi}{6}-\dfrac{\pi}{3}\right)+i \sin \left(\dfrac{5 \pi}{6}-\dfrac{\pi}{3}\right)\right]\)
    \(=2\left(\cos \dfrac{\pi}{2}+i \sin \dfrac{\pi}{2}\right)\)．
    \(\therefore \arg ⁡z=\dfrac{\pi}{2}\)．
    故选：\(B\)．

  2. 答案 \(3i\)
    解析 \(\dfrac{1}{2}\left(\cos 60^{\circ}-i \sin 240^{\circ}\right) \times 6\left(\cos 30^{\circ}-i \sin 210^{\circ}\right)\)
    \(=3\left(\cos 90^{\circ}+i \sin 90^{\circ}\right)=3 i=\dfrac{1}{2}\left(\cos 60^{\circ}+i \sin 60^{\circ}\right) \times 6\left(\cos 30^{\circ}+i \sin 30^{\circ}\right)\)
    \(=3\left(\cos 90^{\circ}+i \sin 90^{\circ}\right)=3 i\)．
    故答案为：\(3i\)．

  3. 答案 \(\sqrt{2}\left(\cos \dfrac{5 \pi}{12}+i \sin \dfrac{5 \pi}{12}\right)\)
    解析 \(\because(1+i)\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)=\sqrt{2}\left[\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} i\right]\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)
    \(=\sqrt{2}\left(\cos \dfrac{\pi}{4}+i \sin \dfrac{\pi}{4}\right)\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)
    \(=\sqrt{2}\left[\cos \left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}\right)+i \sin \left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{6}\right)\right]\)
    \(=\sqrt{2}\left(\cos \dfrac{5 \pi}{12}+i \sin \dfrac{5 \pi}{12}\right)\)．
    \(\therefore\)复数 \((1+i)\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)的三角形式是\(\sqrt{2}\left(\cos \dfrac{5 \pi}{12}+i \sin \dfrac{5 \pi}{12}\right)\)．

  4. **答案 ** \(-\dfrac{5}{2} i\)
    **解析 ** \(10\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right) \div(-2 \sqrt{3}+2 i)\)
    \(=10\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right) \div 4\left(\cos \dfrac{5 \pi}{6}+i \sin \dfrac{5 \pi}{6}\right)\)
    \(=\dfrac{5}{2}\left(\cos \left(-\dfrac{\pi}{2}\right)+i \sin \left(-\dfrac{\pi}{2}\right)\right)=-\dfrac{5}{2} i\)，
    故答案为： \(-\dfrac{5}{2} i\)．
     

【题型3】复数三角形式的运用

【典题1】 如下图，复平面内的\(∆ABC\)是等边三角形，它的两个顶点\(A\)，\(B\)的坐标分别为\((1,0)\)，\((2,1)\)，求点\(C\)的坐标.
image.png
**解析 **向量\(\overrightarrow{A B}\)对应的复数为 \(z_1=1+\mathrm{i}=\sqrt{2}\left(\cos 45^{\circ}+i \sin 45^{\circ}\right)\)，
向量\(\overrightarrow{A C}\)对应的复数为 \(z_2=\sqrt{2}\left[\cos \left(45^{\circ}-60^{\circ}\right)+i \sin \left(45^{\circ}-60^{\circ}\right)\right]\)
\(=\sqrt{2}\left(\cos 15^{\circ}-i \sin 15^{\circ}\right)=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2} i\)，
\(\therefore \overrightarrow{A C}=\left(\dfrac{\sqrt{3}+1}{2},-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\right)\)， \(\therefore C\left(\dfrac{\sqrt{3}+3}{2}, \dfrac{1-\sqrt{3}}{2}\right)\).
 

【巩固练习】

1.如下页图, 已知平面内并列的三个全等的正方形, 利用复数证明\(∠1+∠2+∠3=\dfrac{\pi}{2}\).
image.png
 

** 参考答案**

  1. **证明 **如图所示, 向量\(\overrightarrow{OA}\)对应的复数 \(z_1=1+i=\sqrt{2}(\cos \angle 1+i \sin \angle 1)\)，
    向量\(\overrightarrow{OB}\)对应的复数 \(z_2=2+\mathrm{i}=\sqrt{5}(\cos \angle 2+\mathrm{i} \sin \angle 2)\)，
    向量\(\overrightarrow{OC}\)对应的复数 \(z_3=3+\mathrm{i}=\sqrt{10}(\cos \angle 3+\mathrm{i} \sin \angle 3)\)，
    \(z_1 z_2 z_3=10[\cos (\angle 1+\angle 2+\angle 3)+i \sin (\angle 1+\angle 2+\angle 3)]=(1+i)(2+i)(3+i)=10 \mathrm{i}\)，
    \(\therefore \cos (\angle 1+\angle 2+\angle 3)+\mathrm{i} \sin (\angle 1+\angle 2+\angle 3)=\mathrm{i}\)，
    \(\therefore\left\{\begin{array}{l} \cos (\angle 1+\angle 2+\angle 3)=0 \\ \sin (\angle 1+\angle 2+\angle 3)=1 \end{array}\right.\)， \(\therefore \angle 1+\angle 2+\angle 3=\dfrac{\pi}{2}\).
    image.png

分层练习

【A组---基础题】

1.复数\(z=\sqrt{2}-\sqrt{2} i\)的三角形式是(　　)
 A． \(2\left(\cos \dfrac{\pi}{4}+i \sin \dfrac{\pi}{4}\right)\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(2\left(\cos \dfrac{3 \pi}{4}+i \sin \dfrac{3 \pi}{4}\right)\)
 C． \(2\left(\cos \dfrac{7 \pi}{4}+i \sin \dfrac{7 \pi}{4}\right)\) \(\qquad \qquad \qquad\) D． \(2\left(\cos \dfrac{5 \pi}{4}+i \sin \dfrac{5 \pi}{4}\right)\)
 

2.瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角形式： \(e^{i \theta}=\cos \theta+i \sin \theta\)，(\(i\)为虚数单位)，根据该式，计算 \(e^{\pi i}+1\)的值为(　　)
 A．\(-1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(i\)
 

3.已知 \(z_1=\cos 120^{\circ}+i \sin 120^{\circ}\)， \(z_2=\cos 330^{\circ}+i \sin 330^{\circ}\)，则 \(\dfrac{2 z_1^2}{z_2}\)的辐角主值是(　　)
 A．\(30^∘\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(150^∘\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(270^∘\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-90^∘\)
 

  1. (多选)已知 \(z_1=\dfrac{3}{2}\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)， \(z_2=a\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)(a \in(1,3))\)，则\(z_1 z_2\)的值可以是(　　)
      A．\(i\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2i\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2\sqrt{2} i\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(3i\)
     

5.写出复数\(z=\sqrt{3}+i\)的三角形式是 \(\underline{\quad \quad}\)．(辐角\(θ∈[0,2π)\))
 

6.设 \(z_1=2\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)\)， \(z_2=4\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)，则\(z_1 z_2=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
 

7.已知复数 \(z=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\)， \(\omega=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} i\)．求复数\(zω+zω^3\)的模及辐角主值．
 

8.设复数\(z_1=1-i\)，\(z_2=\cos ⁡θ+i\sin ⁡θ\)，其中\(θ∈[0,π]\)．
  (1)若复数 \(z=\overline{z_1} \cdot z_2\)为实数，求\(θ\)的值；
  (2)求\(|3z_1+z_2 |\)的取值范围．
 

 

** 参考答案**

  1. 答案 \(C\)
    解析 \(z=\sqrt{2}-\sqrt{2} i=2\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2} i\right)=2\left(\cos \dfrac{7 \pi}{4}+i \sin \dfrac{7 \pi}{4}\right)\)，故选：\(C\)．
  2. 答案 \(B\)
    解析 由 \(e^{i x}=\cos x+i \sin x\)，则 \(e^{i \pi}+1=\cos \pi+i \sin \pi+1=0\)，故选：\(B\)．
  3. 答案 \(C\)
    解析 \(\because z_1=\cos 120^{\circ}+i \sin 120^{\circ}\)， \(z_2=\cos 330^{\circ}+i \sin 330^{\circ}\)，
    \(\therefore \dfrac{2 z_1^2}{z_2}=\dfrac{2\left(\cos 240^{\circ}+i \sin 240^{\circ}\right)}{\cos 330^{\circ}+i \sin 330^{\circ}}\)

\(=2\left[\cos \left(-90^{\circ}\right)+i \sin \left(-90^{\circ}\right)\right]=2\left(\cos 270^{\circ}+i \sin 270^{\circ}\right)\)．
\(\therefore \dfrac{2 z_1^2}{z_2}\)的辐角主值是\(270^∘\)．
故选：\(C\)．

  1. 答案 \(BCD\)
    解析 \(z_1=\dfrac{3}{2}\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)， \(z_2=a\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)(a \in(1,3))\)，
    则 \(z_1 z_2=\dfrac{3 a}{2}\left(\cos \dfrac{\pi}{2}+i \sin \dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{3 a}{2} i\)，\(\dfrac{3 a}{2} \in\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{9}{2}\right)\)
    故选：\(BCD\)．
  2. 答案 \(2\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)．
  3. 答案 \(8i\)
    解析 \(\because z_1=2\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)\)， \(z_2=4\left(\cos \dfrac{\pi}{6}+i \sin \dfrac{\pi}{6}\right)\)，
    \(\therefore z_1 z_2=8\left(\cos \left(\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6}\right)+i \sin \left(\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6}\right)\right)=8\left(\cos \dfrac{\pi}{2}+i \sin \dfrac{\pi}{2}\right)=8 i\)，
    故答案为：\(8i\)．
  4. 答案 模为\(\sqrt{2}\)，辐角主值为．
    解析 解法一：将已知复数化为复数三角形式： \(z=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i=\cos \dfrac{\pi}{3}+i \sin \dfrac{\pi}{3}\)，
    \(\omega=\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} i=\cos \dfrac{\pi}{4}+i \sin \dfrac{\pi}{4}\)，
    依题意有 \(z \omega+z \omega^3=\left(\cos \dfrac{7 \pi}{12}+i \sin \dfrac{7 \pi}{12}\right)+\left(\cos \dfrac{13 \pi}{12}+i \sin \dfrac{13 \pi}{12}\right)\)
    \(=\left(\cos \dfrac{7 \pi}{12}+\cos \dfrac{13 \pi}{12}\right)+i\left(\sin \dfrac{7 \pi}{12}+\sin \dfrac{13 \pi}{12}\right)=\sqrt{2}\left(\cos \dfrac{5 \pi}{6}+i \sin \dfrac{5 \pi}{6}\right)\)，
    故复数\(zω+zω^3\)的模为\(\sqrt{2}\)，辐角主值为\(\dfrac{5\pi}{6}\)．
    解法二： \(z \omega+z \omega^3=z \omega\left(1+\omega^2\right)=\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2} i\right)\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2} i\right)(1+i)\)
    \(=\sqrt{2}\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2} i\right)=\sqrt{2}\left(\cos \dfrac{5 \pi}{6}+i \sin \dfrac{5 \pi}{6}\right)\).
    故复数\(zω+zω^3\)的模为\(\sqrt{2}\)，辐角主值为\(\dfrac{5\pi}{6}\)．
  5. 答案 (1)\(\dfrac{3 \pi}{4}\) (2)\([3\sqrt{2}-1,5]\)
    解析 (1)\(\because\) 复数\(z_1=1-i\)，
    \(\therefore \overline{z_1}=1+i\)，
    \(\therefore z=(1+i)(\cos \theta+i \sin \theta)=(\cos \theta-\sin \theta)+(\sin \theta+\cos \theta) i\)，
    \(\because\) 复数\(z=\overline{z_1} \cdot z_2\)为实数，
    \(\therefore \sin ⁡θ+\cos ⁡θ=0\)，即\(\tan⁡θ=-1\)，
    \(\because θ∈[0,π]\)，\(\therefore θ=\dfrac{3\pi}{4}\)．
    (2)\(\because z_1=1-i\)，\(z_2=\cos ⁡θ+i\sin ⁡θ\)，
    \(\therefore 3z_1+z_2=3-3i+\cos ⁡θ+\sin ⁡θi=(3+\cos ⁡θ)+(\sin ⁡θ-3)i\)，
    \(\therefore\left|3 z_1+z_2\right|=\sqrt{(3+\cos \theta)^2+(\sin \theta-3)^2}=\sqrt{19+6(\cos \theta-\sin \theta)}\)
    \(=\sqrt{19+6 \sqrt{2} \cos \left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)}\)，
    \(\because θ∈[0,π]\)， \(\therefore-1 \leqslant \cos \left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right) \leqslant \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

即 \(-6 \sqrt{2} \leqslant 6 \sqrt{2} \cos \left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right) \leqslant 6\)，
\(\therefore\left|3 z_1+z_2\right|\)的取值范围为\([3\sqrt{2}-1,5]\)．
 

【B组---提高题】

1.(多选)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\(x=r(\cos ⁡θ+i\sin ⁡θ)\)(其中\(r⩾0\),\(θ∈R\))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： \([r(\cos \theta+i \sin \theta)]^n=r^n(\cos n \theta+i \sin n \theta)\left(n \in N^*\right)\)．我们称这个结论为棣莫弗定理．则下列判断正确的是(　　)
 A．复数\(z=1-\sqrt{3} i\)的三角形式为 \(z=2\left(\cos \dfrac{\pi}{3}-i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)\)
 B．\(r=1\)，\(θ=\dfrac{\pi}{3}\)时，\(z^3=-1\)
 C．\(r=1\)，\(θ=\dfrac{\pi}{2}\)时， \(z+z^2+z^3+\cdots+z^{2021}=i\)
 D．\(r=1\)，\(θ=\dfrac{\pi}{4}\)，“\(n\)为偶数”是“\(z^n\)为纯虚数”的必要不充分条件
 

2.设复数\(z=\cos ⁡θ+i\sin ⁡θ\)，\(θ∈(π,2π)\)，求复数\(z^2+\)z的模和辐角．
 

 

** 参考答案**

  1. 答案 \(BCD\)
    解析 对于\(A\)选项， \(z=2\left(\cos \dfrac{\pi}{3}-i \sin \dfrac{\pi}{3}\right)\)不是 \(z=r(\cos ⁡θ+i\sin ⁡θ)\)的形式，故A错误；
    对于\(B\)选项，易知\(z=\cos ⁡\dfrac{\pi}{3}+i\sin ⁡\dfrac{\pi}{3}\)，根据棣莫弗定理有\(z^3=\cos \left(3 \times \dfrac{\pi}{3}\right)+i \sin \left(3 \times \dfrac{\pi}{3}\right)=-1\)，故\(B\)正确；
    对于\(C\)选项，易知\(z=\cos ⁡\dfrac{\pi}{2}+i\sin ⁡\dfrac{\pi}{2}=i\)，
    所以 \(z+z^2+z^3+\cdots+z^{2021}=i+i^2+i^3+\cdots+i^{2021}=i\)，故\(C\)正确；
    对于\(D\)选项，易知\(z=\cos ⁡\dfrac{\pi}{4}+i\sin ⁡\dfrac{\pi}{4}\)，根据棣莫弗定理有\(z^n=\cos \dfrac{⁡n\pi}{4}+i\sin \dfrac{⁡n\pi}{4}\)，
    若\(z^n\)为纯虚数，则\(\cos \dfrac{⁡n\pi}{4}=0\)且\(\sin \dfrac{⁡n\pi}{4}≠0\)，即\(\dfrac{n\pi}{4}=kπ+\dfrac{\pi}{2}\)，所以\(n=2k+2\)，
    所以“\(n\)为偶数”是“\(z^n\)为纯虚数”的必要不充分条件，故\(D\)正确．
    故选：\(BCD\)．

  2. 答案 模为 \(-2 \cos \left(\dfrac{\theta}{2}\right)\)，辐角 \((2 k-1) \pi+\dfrac{3 \theta}{2}(k \in z)\)．
    解析 \(z^2+z=(\cos \theta+i \sin \theta)^2+(\cos \theta+i \sin \theta)=\cos 2 \theta+i \sin 2 \theta+\cos \theta+i \sin \theta\)
    \(=2 \cos \dfrac{3 \theta}{2} \cos \dfrac{\theta}{2}+i\left(2 \sin \dfrac{3 \theta}{2} \cos \dfrac{\theta}{2}\right)=2 \cos \dfrac{\theta}{2}\left(\cos \dfrac{3 \theta}{2}+i \sin \dfrac{3 \theta}{2}\right)\)
    \(=-2 \cos \dfrac{\theta}{2}\left[\cos \left(-\pi+\dfrac{3 \theta}{2}\right)+i \sin \left(-\pi+\dfrac{3 \theta}{2}\right)\right]\),
    \(\because θ∈(π,2π)\)， \(\therefore \dfrac{\theta}{2} \in\left(\dfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)， \(\therefore-2 \cos \left(\dfrac{\theta}{2}\right)>0\)
    所以复数\(z^2+z\)的模为 \(-2 \cos \left(\dfrac{\theta}{2}\right)\)，辐角 \((2 k-1) \pi+\dfrac{3 \theta}{2}(k \in z)\)．