2000-上海卷理-22 解-复数的模与共轭复数

本题导读

本题为 2000 年上海理科卷的压轴大题。题目以复数运算为载体，引入了平面几何中的坐标变换结构。第一问利用复数的模长关系确定参数并建立映射关系式；第二问利用逆变换代入法求解已知直线变换后的新轨迹；第三问属于变换下的特征直线（不变直线）探究问题，考查对待定系数方程组完备性的分类讨论。

📌【题干】

Question

（2000年上海卷(理)） 已知复数 $z_0=1-m\text{i}(m>0)$，$z=x+y\text{i}$ 和 $\omega =x^{\prime }+y^{\prime }\text{i}$，其中 $x,y,x^{\prime },y^{\prime }$ 均为实数，$\text{i}$ 为虚数单位，且对于任意复数 $z$，有 $\omega =\overline{z_0}\cdot \overline{z}$，$|\omega |=2|z|$.

(1) 试求 $m$ 的值，并分别写出 $x^{\prime }$ 和 $y^{\prime }$ 用 $x,y$ 表示的关系式；

(2) 将 $(x,y)$ 作为点 $P$ 的坐标，$(x^{\prime },y^{\prime })$ 作为点 $Q$ 的坐标，上述关系式可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点 $P$ 变到这一平面上的点 $Q$，当点 $P$ 在直线 $y=x+1$ 上移动时，试求点 $P$ 经该变换后得到的点 $Q$ 的轨迹方程；

(3) 是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上？若存在，试求出所有这些直线；若不存在，则说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：

• 对 $\omega =\overline{z_0}\cdot \overline{z}$ 两边取模：$|\omega |=|\overline{z_0}|\cdot |\overline{z}|=|z_0|\cdot |z|$。
• 结合已知条件 $|\omega |=2|z|$，可得 $|z_0|=2$，即 $\sqrt{1^2+(-m{)}^2}=2$，由此解出 $m>0$ 的值。
• 将 $\overline{z_0}$ 和 $\overline{z}=x-y\text{i}$ 代入乘法式中展开，对照实部与虚部，输出 $x^{\prime },y^{\prime }$ 关于 $x,y$ 的线性方程组。

2. 第二问：

• 要利用点 $P(x,y)$ 在直线 $y=x+1$ 上的条件，需使用“逆变换法”。
• 将第一问的方程组变形，用 $x^{\prime },y^{\prime }$ 反向表示出 $x,y$。
• 将表达出的 $x,y$ 代入原直线方程，化简后即得点 $Q(x^{\prime },y^{\prime })$ 的轨迹方程。

3. 第三问：

• 设满足条件的直线方程。需注意直线分为“斜率存在”与“斜率不存在（竖直线）”两种情况。
• 设斜率存在的直线为 $y=kx+b$。若点 $P(x,y)$ 在直线上，变换后的点 $Q(x^{\prime },y^{\prime })$ 仍在直线上，意味着 $y^{\prime }=k{x}^{\prime }+b$ 恒成立。
• 将第一问的关系式代入该等式，转化为关于 $x,y$ 的恒等式。利用 $y=kx+b$ 消去 $y$，提取各项系数，建立关于 $k,b$ 的方程组，讨论其解的存在性。

✅【答案】

Success

(1) $m=\sqrt{3}$，$x^{\prime }=x+\sqrt{3}y$，$y^{\prime }=\sqrt{3}x-y$

(2) 点 $Q$ 的轨迹方程为 $(\sqrt{3}-1)x-(\sqrt{3}+1)y-4=0$

(3) 存在两条直线：$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$ 与 $y=-\sqrt{3}x$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求 $m$ 的值及 $x^{\prime },y^{\prime }$ 的表达式： 因为 $\omega =\overline{z_0}\cdot \overline{z}$，根据复数模的性质，两边取模得： $|\omega |=|\overline{z_0}\cdot \overline{z}|=|\overline{z_0}|\cdot |\overline{z}|=|z_0|\cdot |z|$

又已知对于任意复数 $z$，恒有 $|\omega |=2|z|$，因此： $|z_0|\cdot |z|=2|z|⟹|z_0|=2$

已知 $z_0=1-m\text{i}$，则 $|z_0|=\sqrt{1^2+(-m{)}^2}=\sqrt{1+m^2}=2$。 两边平方得： $1+m^2=4⟹m^2=3$ 因为 $m>0$，所以： $m=\sqrt{3}$

由 $m=\sqrt{3}$ 可得 $z_0=1-\sqrt{3}\text{i}$，其共轭复数为 $\overline{z_0}=1+\sqrt{3}\text{i}$。 又已知 $\overline{z}=x-y\text{i}$，代入 $\omega =\overline{z_0}\cdot \overline{z}$ 中： $x^{\prime }+y^{\prime }\text{i}=(1+\sqrt{3}\text{i})(x-y\text{i})$ 展开右端： $x^{\prime }+y^{\prime }\text{i}=x-y\text{i}+\sqrt{3}x\text{i}-\sqrt{3}y{\text{i}}^2=(x+\sqrt{3}y)+(\sqrt{3}x-y)\text{i}$

根据复数相等的充要条件（实部与虚部分别相等），得关系式： $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=x+\sqrt{3}y\\ y^{\prime }=\sqrt{3}x-y\end{array}$

(2) 求点 $Q$ 的轨迹方程： 为了用点 $Q(x^{\prime },y^{\prime })$ 的坐标替换原直线 $y=x+1$ 中的 $x,y$，我们将（1）中求得的方程组进行逆向求解（解关于 $x,y$ 的二元一次方程组）。

将两式相加与相减变形：

• 由第一式得 $x=x^{\prime }-\sqrt{3}y$，代入第二式：$y^{\prime }=\sqrt{3}(x^{\prime }-\sqrt{3}y)-y=\sqrt{3}{x}^{\prime }-4y⟹4y=\sqrt{3}{x}^{\prime }-y^{\prime }$
• 同理可解得 $x$。 解得逆变换公式为： $\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{4}{x}^{\prime }+\frac{\sqrt{3}}{4}{y}^{\prime }\\ y=\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^{\prime }-\frac{1}{4}{y}^{\prime }\end{array}$

已知点 $P(x,y)$ 在直线 $y=x+1$ 上移动，将上述逆变换公式代入该直线方程中： $\frac{\sqrt{3}}{4}{x}^{\prime }-\frac{1}{4}{y}^{\prime }=\left(\frac{1}{4}{x}^{\prime }+\frac{\sqrt{3}}{4}{y}^{\prime }\right)+1$

两边同时乘以 4 以消去分母： $\sqrt{3}{x}^{\prime }-y^{\prime }=x^{\prime }+\sqrt{3}{y}^{\prime }+4$ 移项整理，将所有项移至一边： $(\sqrt{3}-1)x^{\prime }-(\sqrt{3}+1)y^{\prime }-4=0$

所以，点 $Q$ 的轨迹方程为： $(\sqrt{3}-1)x-(\sqrt{3}+1)y-4=0$

(3) 探究是否存在满足变换后仍在其身上的直线： 设存在满足题意的直线 $l$。分类讨论直线的形式：

情况一：直线的斜率不存在，即直线垂直于 $x$ 轴 设直线方程为 $x=c(c\text{为常数})$。 若点 $P(x,y)$ 在直线上，则 $x=c$。其变换后的点 $Q(x^{\prime },y^{\prime })$ 必须也满足该方程，即 $x^{\prime }=c$。 代入第一问的关系式 $x^{\prime }=x+\sqrt{3}y$ 得： $c+\sqrt{3}y=c⟹\sqrt{3}y=0⟹y=0$ 因为点 $P$ 在直线上移动时 $y$ 是可以取任意实数的变量，上述等式不可能对任意 $y$ 恒成立。 因此，不存在垂直于 $x$ 轴的直线满足题意。

情况二：直线的斜率存在 设直线方程为 $y=kx+b(k,b\text{为待定常数})$。 若点 $P(x,y)$ 在该直线上，则有 $y=kx+b$。 其经变换后的点 $Q(x^{\prime },y^{\prime })$ 仍在该直线上，即满足： $y^{\prime }=k{x}^{\prime }+b$

将第一问的关系式 $x^{\prime }=x+\sqrt{3}y$ 和 $y^{\prime }=\sqrt{3}x-y$ 代入上式中： $\sqrt{3}x-y=k(x+\sqrt{3}y)+b$ 整理为关于 $x,y$ 的多项式形式： $(\sqrt{3}-k)x-(1+\sqrt{3}k)y-b=0$

由于点 $P(x,y)$ 在直线 $y=kx+b$ 上，将 $y=kx+b$ 代入上式中，使其转化为关于单一自变量 $x$ 的恒等式： $(\sqrt{3}-k)x-(1+\sqrt{3}k)(kx+b)-b=0$ 展开并按 $x$ 的降幂排列： $(\sqrt{3}-k-k-\sqrt{3}{k}^2)x-(1+\sqrt{3}k)b-b=0$ $(-\sqrt{3}{k}^2-2k+\sqrt{3})x-(\sqrt{3}k+2)b=0$

由于点 $P$ 在直线上可以连续移动，上式对任意实数 $x$ 均需要恒成立。根据多项式恒等定理，对应各项系数必须同时为 0： $\{\begin{array}{ll}-\sqrt{3}{k}^2-2k+\sqrt{3}=0& \text{(1)}\\ (\sqrt{3}k+2)b=0& \text{(2)}\end{array}$

解方程 ① 求斜率 $k$： $\sqrt{3}{k}^2+2k-\sqrt{3}=0$ $(\sqrt{3}k-1)(k+\sqrt{3})=0$ 解得： $k_1=\frac{\sqrt{3}}{3},k_2=-\sqrt{3}$

将 $k$ 的值分别代入方程 ② 中求解截距 $b$：

• 当 $k=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时， $\sqrt{3}k+2=\sqrt{3}\times \frac{\sqrt{3}}{3}+2=1+2=3\ne 0$。 代入 ② 得 $3b=0⟹b=0$。此时直线方程为：$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$。
• 当 $k=-\sqrt{3}$ 时， $\sqrt{3}k+2=\sqrt{3}\times (-\sqrt{3})+2=-3+2=-1\ne 0$。 代入 ② 得 $-b=0⟹b=0$。此时直线方程为：$y=-\sqrt{3}x$。

综上所述，存在两条这样的直线，它们的方程分别为： $y=\frac{\sqrt{3}}{3}x\text{和}y=-\sqrt{3}x$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：复数代数式的高效展开与等价实数方程组转化；逆变换代入法求曲线轨迹；恒等式条件下的待定系数法。
2. 核心方法：恒等变形与逆变换法。第二问中先用新变元反向表达旧变元再代入原方程，是求曲线变换轨迹的核心标准路径。
3. 避坑指南：

• 第三问中极易漏掉“直线斜率不存在”这一非典型情况的讨论。虽然本题中竖直线经检验不符合要求，但在严谨的解答题阅卷大纲中，若不写出该分支的假设与排查，会扣除 1~2 分的分类讨论不完整分。
• 解得 $\sqrt{3}k+2\ne 0$ 时，应明确其迫使 $b$ 只能严格等于 0，即直线必过原点。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题在 2000 年作为压轴大题，以复数为载体考查坐标变换下的曲线轨迹与不变直线问题。
2. 结论推广：对本题的坐标变换 $\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=x+\sqrt{3}y\\ y^{\prime }=\sqrt{3}x-y\end{array}$，第三问中方向不变的直线，本质是满足 $y^{\prime }=k{x}^{\prime }$ 与 $y=kx$ 同时成立的直线。用待定系数法代入，可得斜率 $k$ 满足 $\sqrt{3}{k}^2+2k-\sqrt{3}=0$，解出 $k=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 或 $k=-\sqrt{3}$，即得两条不变直线。此类「求变换下不变直线」的问题，一般思路是设直线 $y=kx+b$，代入变换关系后令其关于 $x$ 恒成立，转化为关于 $k,b$ 的方程组求解。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 16.01 直线的倾斜角与斜率

类题演练 (Links)

• 1986-上海文-19 单-复数模与平方
• 1986-上海理-18 单-复数模与平方
• 1986-全国文-12 填-复数的运算