2003-全国卷理-17 解-复数的三角形式与模长性质

本题导读

本题核心考查复数模长、辐角的运算以及等比中项的代数关系。解题关键在于利用复数的三角形式或复平面的几何向量模型，将复数模长 $|z-1|$ 和 $|z-2|$ 转化为关于模长 $|z|$ 的代数式，再通过等比中项关系式建立方程求解。

📌【题干】

Question

（2003年全国卷(理)） 已知复数 $z$ 的辐角为 $60^{\circ }$，且 $|z-1|$ 是 $|z|$ 和 $|z-2|$ 的等比中项，求 $|z|$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 复数形式参数化：设复数 $z$ 的模长 $|z|=r$ ($r>0$)。已知其辐角为 $60^{\circ }$，根据复数的三角形式，可将 $z$ 表示为 $z=r(\cos 60^{\circ }+\text{i}\sin 60^{\circ })=\frac{r}{2}+\frac{\sqrt{3}r}{2}\text{i}$。

2. 复平面几何化归（推荐）：在复平面内， $|z|$, $|z-1|$, $|z-2|$ 分别代表动点 $Z$ 到原点 $O(0,0)$、定点 $M(1,0)$、定点 $N(2,0)$ 的距离。在 $△OZM$ 和 $△OZN$ 中，已知 $OZ=r$， $\angle ZOM=60^{\circ }$，可利用余弦定理直接表示出 $|z-1|$ 和 $|z-2|$ 的平方项。

3. 建立等比关系方程：根据等比中项的定义，满足方程 $|z-1{|}^2=|z|\cdot |z-2|$。将关于 $r$ 的代数式代入方程中，消元求解 $r$。

✅【答案】

Success

$|z|=\sqrt{2}-1$

✍【详细解析】

Abstract

设复数 $z$ 的模长 $|z|=r$。由题意， $r>0$。 因为复数 $z$ 的辐角为 $60^{\circ }$，所以其代数标准形式可表示为： $z=r(\cos 60^{\circ }+\text{i}\sin 60^{\circ })=\frac{r}{2}+\frac{\sqrt{3}r}{2}\text{i}$

根据复数模长的代数运算规则，分别计算 $|z-1{|}^2$ 和 $|z-2{|}^2$：

• 计算 $|z-1{|}^2$： $|z-1{|}^2={\left|\left(\frac{r}{2}-1\right)+\frac{\sqrt{3}r}{2}\text{i}\right|}^2={\left(\frac{r}{2}-1\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}r}{2}\right)}^2$ $|z-1{|}^2=\frac{r^2}{4}-r+1+\frac{3r^2}{4}=r^2-r+1\text{(1)}$ (亦可在复平面几何三角形中，由余弦定理直接得出： $|z-1{|}^2=r^2+1^2-2\cdot r\cdot 1\cdot \cos 60^{\circ }=r^2-r+1$)

• 计算 $|z-2{|}^2$： $|z-2{|}^2={\left|\left(\frac{r}{2}-2\right)+\frac{\sqrt{3}r}{2}\text{i}\right|}^2={\left(\frac{r}{2}-2\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}r}{2}\right)}^2$ $|z-2{|}^2=\frac{r^2}{4}-2r+4+\frac{3r^2}{4}=r^2-2r+4\text{(2)}$ (亦可在复平面几何三角形中，由余弦定理直接得出： $|z-2{|}^2=r^2+2^2-2\cdot r\cdot 2\cdot \cos 60^{\circ }=r^2-2r+4$)

因为 $|z-1|$ 是 $|z|$ 和 $|z-2|$ 的等比中项，根据等比中项的定义，满足： $|z-1{|}^2=|z|\cdot |z-2|$

将 ①、② 式以及 $|z|=r$ 代入上述等比关系式中： $r^2-r+1=r\cdot \sqrt{r^2-2r+4}$

由于等式两边在 $r>0$ 时均为正数，两边同时平方： $(r^2-r+1{)}^2=r^2(r^2-2r+4)$

利用多项式展开公式展开左边与右边： $\text{左边}=r^4+r^2+1-2r^3+2r^2-2r=r^4-2r^3+3r^2-2r+1$ $\text{右边}=r^4-2r^3+4r^2$

移项合并同类项，消去高次项 $r^4$ 与 $r^3$： $(r^4-2r^3+3r^2-2r+1)-(r^4-2r^3+4r^2)=0$ $-r^2-2r+1=0⟹r^2+2r-1=0$

利用一元二次方程求根公式求解 $r$： $r=\frac{-2\pm \sqrt{2^2-4\cdot 1\cdot (-1)}}{2}=\frac{-2\pm \sqrt{8}}{2}=-1\pm \sqrt{2}$

因为复数模长 $r=|z|>0$， 舍去负根 $r=-1-\sqrt{2}$。 故得： $r=\sqrt{2}-1$

答： $|z|$ 的值为 $\sqrt{2}-1$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：复数的三角形式转化为直角坐标，复平面向量模长的余弦定理化归，等比中项的代数方程变形。
2. 核心方法：几何余弦定理法。在计算 $|z-1{|}^2$ 和 $|z-2{|}^2$ 时，直接利用余弦定理可避免繁琐的复数直角坐标展开与因式相加。
3. 避坑指南：

   • 在对高次方程 $(r^2-r+1{)}^2=r^2(r^2-2r+4)$ 进行平方展开时必须细心，避免因漏掉交叉项或弄错符号导致无法消去 $r^4$ 和 $r^3$ 项。

   • 最终求根出的两个解一正一负，切记要根据模长大于 0 的物理底线约束条件，排除负根，防止多解。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题属于复数板块经典的数形交汇解答题。直接考查教材中复数代数形式、三角形式与几何模长之间的灵活互化，属于高考解答题中的常规基础题。
2. 结论推广: 在复平面中，若已知复数 $z$ 的辐角为 $\theta$，且满足 $|z-a|$ 是 $|z|$ 和 $|z-b|$ 的等比中项（其中 $a,b\in \mathbf{R}$），则其模长 $r$ 满足的几何对偶通用判别方程为： $(r^2+a^2-2ar\cos \theta )=r\cdot \sqrt{r^2+b^2-2br\cos \theta }$ 该模型是解析几何中利用极坐标系求解交点线段动力学比例的核心基础代数构型。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 12.01 数系的扩充与复数

类题演练 (Links)

• 1984-全国文-03 单-复数的三角形式
• 1985-广东文-03 填-复数的三角形式
• 1986-上海文-19 单-复数模与平方