《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学必修第二册北师大版》

例2. 已知$x,y$为共轭复数，且$(x + y)^2 - 3xyi = 4 - 6i$，求$x,y$.
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答案： 设$x = a + bi(a,b \in \mathbf{R})$，则$y = a - bi$。
又$(x + y)^{2}-3xyi = 4 - 6i$，$\therefore 4a^{2}-3(a^{2}+b^{2})i = 4 - 6i$，
$\therefore \begin{cases}4a^{2}=4,\\a^{2}+b^{2}=2,\end{cases}$
$\therefore \begin{cases}a = 1,\\b = 1;\end{cases}$或$\begin{cases}a = 1,\\b = -1;\end{cases}$或$\begin{cases}a = -1,\\b = 1;\end{cases}$或$\begin{cases}a = -1,\\b = -1;\end{cases}$
$\therefore \begin{cases}x = 1 + i,\\y = 1 - i;\end{cases}$或$\begin{cases}x = 1 - i,\\y = 1 + i;\end{cases}$
或$\begin{cases}x = -1 + i,\\y = -1 - i;\end{cases}$或$\begin{cases}x = -1 - i,\\y = -1 + i.\end{cases}$

例3. 已知$z\in\mathbf{C}$且$\vert z\vert = 1$，求$\vert z^2 - z + 1\vert$的最值.
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答案： 因为$\vert z\vert = 1$，所以$z · \overline{z} = 1$，
所以$z^{2}-z + 1 = z^{2}-z + z\overline{z} = z(z + \overline{z}-1)$，
所以$\vert z^{2}-z + 1\vert = \vert z(z + \overline{z}-1)\vert = \vert z\vert · \vert z + \overline{z}-1\vert= \vert z + \overline{z}-1\vert$。
设$z = x + yi(x,y \in \mathbf{R})$，那么$\vert z + \overline{z}-1\vert = \vert 2x - 1\vert$，
又因为$\vert z\vert = 1$，所以$x^{2}+y^{2}=1$。
所以$-1\leqslant x\leqslant 1$，所以$-3\leqslant 2x - 1\leqslant 1$，则$0\leqslant \vert 2x - 1\vert\leqslant 3$。
所以$\vert z^{2}-z + 1\vert$的最小值为$0$，最大值为$3$。

例4. 四边形$ABCD$是复平面内的平行四边形，$A,B,C,D$四点对应的复数分别为$1 + 3i,2i,2 + i,z$.
(1)求复数$z$；
(2)$z$是关于$x$的方程$2x^2 - px + q = 0$的一个根，求实数$p,q$的值.
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答案：
(1)复平面内$A$，$B$，$C$对应的点坐标分别为$(1,3)$，$(0,2)$，$(2,1)$，
设$D$的坐标为$(x,y)$，由于$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$，
$\therefore (x - 1,y - 3) = (2,-1)$，
$\therefore x - 1 = 2,y - 3 = -1$，解得$x = 3,y = 2$，故$D(3,2)$，
则点$D$对应的复数$z = 3 + 2i$。
(2)$\because 3 + 2i$是关于$x$的方程$2x^{2}-px + q = 0$的一个根，
$\therefore 3 - 2i$是关于$x$的方程$2x^{2}-px + q = 0$的另一个根，
则$3 + 2i + 3 - 2i = \frac{p}{2}$，$(3 + 2i)·(3 - 2i) = \frac{q}{2}$，
即$p = 12,q = 26$。

例5. 已知复数$z_1 = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i,z_2 = \cos30^{\circ} - i\sin30^{\circ},\overline{z_2}$是$z_2$的共轭复数，且$\frac{1}{z} = z_1\overline{z_2}$，求复数$z$的三角式与代数形式.
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答案： $z_1 = \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i = \cos(-60^{\circ}) + i\sin(-60^{\circ})$，$z_2 = \cos 30^{\circ}+ i\sin 30^{\circ}$，
$\therefore \frac{1}{z} = \frac{1}{z_1\overline{z}_2} = [\cos(-60^{\circ}) + i\sin(-60^{\circ})]·(\cos 30^{\circ}+ i\sin 30^{\circ})$
$= \cos(-30^{\circ}) + i\sin(-30^{\circ})$，
$\therefore z = \frac{1}{\cos(-30^{\circ}) + i\sin(-30^{\circ})} = \cos 30^{\circ} + i\sin 30^{\circ}$
$= \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$，
即复数$z$的三角形式为$\cos 30^{\circ} + i\sin 30^{\circ}$，代数形式为$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$。