1993-新高考理-28 解-复数的三角形式与辐角条件

本题导读

本题考查复数的三角形式与棣莫弗定理、共轭复数的性质。核心在于代数恒等变形法、棣莫弗定理代入法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1993年新高考(理)） 设复数 $z=\cos \theta +\text{i}\sin \theta$ ($0<\theta <\pi$)，$\omega =\frac{1-(\bar{z}{)}^4}{1+z^4}$，并且 $|\omega |=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\arg \omega <\frac{\pi }{2}$，求 $\theta$.

🔍【思路分析】

破题导航

运用棣莫弗定理化简高次幂：由 $z=\cos \theta +\text{i}\sin \theta$，根据棣莫弗定理，可得 $z^4=\cos 4\theta +\text{i}\sin 4\theta$。 处理共轭复数项：利用共轭复数的性质，$\bar{z}=\cos \theta -\text{i}\sin \theta =\cos (-\theta )+\text{i}\sin (-\theta )$，从而 $(\bar{z}{)}^4=\cos 4\theta -\text{i}\sin 4\theta$。 整体代入化简 $\omega$：将 $z^4$ 和 $(\bar{z}{)}^4$ 代入 $\omega$ 的表达式，分子分母分别运用二倍角公式或三角恒等变换化简，提取出 $\omega$ 的代数式，将其表示为代数形式或指数形式。 结合条件列方程：根据 $|\omega |=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 求解 $\tan 2\theta$ 或 $\cos 4\theta$ 的可能值，再利用 $\arg \omega <\frac{\pi }{2}$ 排除不合题意的解，最终确定 $\theta$ 的值。

✅【答案】

Success

$\theta =\frac{\pi }{12}$ 或 $\frac{7\pi }{12}$

✍【详细解析】

Abstract

解： 因为 $z=\cos \theta +\text{i}\sin \theta$，由棣莫弗定理得： $z^4=\cos 4\theta +\text{i}\sin 4\theta$

其共轭复数为： $\bar{z}=\cos \theta -\text{i}\sin \theta$ 根据棣莫弗定理得： $(\bar{z}{)}^4=\cos 4\theta -\text{i}\sin 4\theta$

代入 $\omega$ 的表达式中： $\omega =\frac{1-(\cos 4\theta -\text{i}\sin 4\theta )}{1+(\cos 4\theta +\text{i}\sin 4\theta )}=\frac{(1-\cos 4\theta )+\text{i}\sin 4\theta }{(1+\cos 4\theta )+\text{i}\sin 4\theta }$

利用二倍角公式 $1-\cos 4\theta =2{\sin }^{2}2\theta$，$1+\cos 4\theta =2{\cos }^{2}2\theta$，$\sin 4\theta =2\sin 2\theta \cos 2\theta$ 进行化简： $\omega =\frac{2{\sin }^{2}2\theta +\text{i}\cdot 2\sin 2\theta \cos 2\theta }{2{\cos }^{2}2\theta +\text{i}\cdot 2\sin 2\theta \cos 2\theta }=\frac{2\sin 2\theta (\sin 2\theta +\text{i}\cos 2\theta )}{2\cos 2\theta (\cos 2\theta +\text{i}\sin 2\theta )}$

由于 $\sin 2\theta +\text{i}\cos 2\theta =\text{i}(\cos 2\theta -\text{i}\sin 2\theta )$，代入上式分子： $\omega =\tan 2\theta \cdot \frac{\text{i}(\cos 2\theta -\text{i}\sin 2\theta )}{\cos 2\theta +\text{i}\sin 2\theta }$

为了进一步化简，我们也可以直接将分母的 $\text{i}$ 提取或利用欧拉公式变形： $\omega =\frac{\sin 2\theta +\text{i}\cos 2\theta }{\cos 2\theta +\text{i}\sin 2\theta }\cdot \tan 2\theta =\frac{\text{i}(\cos 2\theta -\text{i}\sin 2\theta )}{\cos 2\theta +\text{i}\sin 2\theta }\cdot \tan 2\theta$ 由于 $\frac{\cos 2\theta -\text{i}\sin 2\theta }{\cos 2\theta +\text{i}\sin 2\theta }=\frac{{\text{e}}^{-\text{i}2\theta }}{{\text{e}}^{\text{i}2\theta }}={\text{e}}^{-\text{i}4\theta }=\cos 4\theta -\text{i}\sin 4\theta$。 或者采用更直接的常规代数化简： $\omega =\frac{1-z^{-4}}{1+z^4}=\frac{\frac{z^4-1}{z^4}}{1+z^4}=\frac{z^4-1}{z^4(1+z^4)}$ 这种方法相对繁琐，回到三角函数化简法： $\omega =\tan 2\theta \cdot \frac{\text{i}(\cos 2\theta -\text{i}\sin 2\theta )(\cos 2\theta -\text{i}\sin 2\theta )}{(\cos 2\theta +\text{i}\sin 2\theta )(\cos 2\theta -\text{i}\sin 2\theta )}=\text{i}\tan 2\theta (\cos 4\theta -\text{i}\sin 4\theta )$ $\omega =\tan 2\theta \sin 4\theta +\text{i}\tan 2\theta \cos 4\theta$

进一步展开：由于 $\sin 4\theta =2\sin 2\theta \cos 2\theta$，则 $\tan 2\theta \sin 4\theta =\frac{\sin 2\theta }{\cos 2\theta }\cdot 2\sin 2\theta \cos 2\theta =2{\sin }^{2}2\theta$。 同理，$\tan 2\theta \cos 4\theta =\tan 2\theta (1-2{\sin }^{2}2\theta )=\tan 2\theta -2{\sin }^{2}2\theta \tan 2\theta$。 综合以上，有一种更简便的化简视点： $\omega =\frac{1-z^{-4}}{1+z^4}\text{（不成立，因为 }\bar{z}=z^{-1}\text{ 在 }|z|=1\text{ 时成立）}$ 确实，因为 $|z|=1$，所以 $\bar{z}=\frac{1}{z}⟹(\bar{z}{)}^4=z^{-4}$。 代入 $\omega$： $\omega =\frac{1-z^{-4}}{1+z^4}=\frac{\frac{z^4-1}{z^4}}{1+z^4}=\frac{z^4-1}{z^4(1+z^4)}\text{——此变形方向不方便消元}$

继续沿着前面的三角函数式化简： $\omega =\tan 2\theta \cdot \frac{\text{i}\cdot {\text{e}}^{-\text{i}2\theta }}{{\text{e}}^{\text{i}2\theta }}=\tan 2\theta \cdot \text{i}\cdot {\text{e}}^{-\text{i}4\theta }=\tan 2\theta \cdot {\text{e}}^{\text{i}\frac{\pi }{2}}\cdot {\text{e}}^{-\text{i}4\theta }=\tan 2\theta \cdot {\text{e}}^{\text{i}\left(\frac{\pi }{2}-4\theta \right)}$

由此可得 $\omega$ 的模与辐角关系。 因为 $|\omega |=\frac{\sqrt{3}}{3}$，而 $|{\text{e}}^{\text{i}\phi }|=1$，所以： $|\tan 2\theta |=\frac{\sqrt{3}}{3}$

由此可知： $\tan 2\theta =\frac{\sqrt{3}}{3}\text{或}\tan 2\theta =-\frac{\sqrt{3}}{3}$

由于 $0<\theta <\pi$，所以 $0<2\theta <2\pi$。

情况一：若 $\tan 2\theta =\frac{\sqrt{3}}{3}>0$ 此时 $\omega =\frac{\sqrt{3}}{3}{\text{e}}^{\text{i}\left(\frac{\pi }{2}-4\theta \right)}$。 其辐角 $\arg \omega =\frac{\pi }{2}-4\theta +2k\pi$。 由 $\tan 2\theta =\frac{\sqrt{3}}{3}$，在 $0<2\theta <2\pi$ 内，解得：

• 当 $2\theta =\frac{\pi }{6}⟹\theta =\frac{\pi }{12}$ 时： $\arg \omega =\frac{\pi }{2}-4\left(\frac{\pi }{12}\right)=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}$。 满足条件 $\arg \omega <\frac{\pi }{2}$，故 $\theta =\frac{\pi }{12}$ 为其一解。
• 当 $2\theta =\frac{7\pi }{6}⟹\theta =\frac{7\pi }{12}$ 时： $\arg \omega =\frac{\pi }{2}-4\left(\frac{\pi }{12}\times 7\right)=\frac{\pi }{2}-\frac{7\pi }{3}=-\frac{11\pi }{6}\equiv \frac{\pi }{6}(\mathrm{mod}2\pi )$。 由于辐角主值规定或满足其大小范围，其对应主值亦为 $\frac{\pi }{6}<\frac{\pi }{2}$，同样满足条件。

情况二：若 $\tan 2\theta =-\frac{\sqrt{3}}{3}<0$ 此时 $\omega =-\frac{\sqrt{3}}{3}{\text{e}}^{\text{i}\left(\frac{\pi }{2}-4\theta \right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}{\text{e}}^{\text{i}\left(\frac{\pi }{2}-4\theta +\pi \right)}=\frac{\sqrt{3}}{3}{\text{e}}^{\text{i}\left(\frac{3\pi }{2}-4\theta \right)}$。 其辐角为 $\arg \omega =\frac{3\pi }{2}-4\theta +2k\pi$。 由 $\tan 2\theta =-\frac{\sqrt{3}}{3}$，在 $0<2\theta <2\pi$ 内，解得：

• 当 $2\theta =\frac{5\pi }{6}⟹\theta =\frac{5\pi }{12}$ 时： $\arg \omega =\frac{3\pi }{2}-4\left(\frac{5\pi }{12}\right)=\frac{3\pi }{2}-\frac{5\pi }{3}=-\frac{\pi }{6}\equiv \frac{11\pi }{6}$。 按题意要求辐角值 $\arg \omega <\frac{\pi }{2}$，取其对应的小于 $\frac{\pi }{2}$ 的形式（$-\frac{\pi }{6}<\frac{\pi }{2}$）满足要求。

• 当 $2\theta =\frac{11\pi }{6}⟹\theta =\frac{11\pi }{12}$ 时： $\arg \omega =\frac{3\pi }{2}-4\left(\frac{11\pi }{6}\right)=\frac{3\pi }{2}-\frac{22\pi }{3}=-\frac{35\pi }{6}\equiv \frac{\pi }{6}$。 $\frac{\pi }{6}<\frac{\pi }{2}$，同样满足要求。

答案： $\theta =\frac{\pi }{12},\frac{5\pi }{12},\frac{7\pi }{12},\frac{11\pi }{12}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：复数的模与辐角性质、棣莫弗定理的应用。 核心 method：利用 $|z|=1⟹\bar{z}=\frac{1}{z}$ 或者是引入二倍角公式化简分式复数是处理本题的两大核心切入点。 避坑指南：

• 极其容易漏解。由于 $\tan 2\theta$ 带有绝对值，开方时必须讨论正负两种情况。
• 忽略 $\theta$ 的范围约束导致求出区间外的无效解。务必由 $0<\theta <\pi$ 严格卡住 $2\theta$ 的范围在 $(0,2\pi )$ 之间。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题将复数与三角函数深度融合，属于 90 年代高考理科压轴题中经典的复数大题模式，重点测验高强度的符号推导与多解讨论能力。 结论推广：若复数满足 $|z|=1$，则对于任意的 $\omega =\frac{1-(\bar{z}{)}^n}{1+z^n}$，其均可以表示为 $\text{i}\tan \left(\frac{n\theta }{2}\right)\cdot z^{-n}$ 样式，通过欧拉公式可快速解构其几何轨迹与性质。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 12.01 数系的扩充与复数

类题演练 (Links)

• 1986-广东文-11 单-复数的辐角
• 1986-广东理-05 单-复数的辐角
• 1984-全国文-03 单-复数的三角形式