2003-广东卷-18 解-复数的代数表示与代数运算

本题导读

本题主要考查复数的几何意义、模的代数计算以及等比中项的性质。解题的关键在于将复数用其模 $r$ 和给定的辐角 $60^{\circ }$ 表示出来，进而利用复数模的坐标公式将已知条件转化为关于 $r$ 的一元方程进行求解。此外，本题也可以直接借助复平面的几何向量，利用余弦定理建立方程。

📌【题干】

Question

（2003年广东卷） 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. 设定复数的代数式：设 $|z|=r$ ($r>0$)。根据复数的三角形式，可将 $z$ 表示为 $z=r(\cos 60^{\circ }+\text{i}\sin 60^{\circ })$。

2. 写出各模的代数式：代入特殊角数值，将 $z$ 化为代数式。分别计算并用含 $r$ 的式子表示出 $|z-1|$ 和 $|z-2|$。

3. 建立等比方程：根据等比中项的性质，有 $|z-1{|}^2=|z|\cdot |z-2|$。

4. 解方程求模长：将各模长的表达式代入方程，化简为关于 $r$ 的代数方程，解出 $r$ 即可。

✅【答案】

Success

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

✍【详细解析】

Abstract

方法一：代数法

设 $|z|=r$ ($r>0$)。 因为复数 $z$ 的辐角为 $60^{\circ }$，所以可将 $z$ 表示为： $z=r(\cos 60^{\circ }+\text{i}\sin 60^{\circ })=r\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right)=\frac{r}{2}+\frac{\sqrt{3}r}{2}\text{i}$

分别计算 $|z-1|$ 和 $|z-2|$ 的平方：

1. 计算 $|z-1{|}^2$： $z-1=\left(\frac{r}{2}-1\right)+\frac{\sqrt{3}r}{2}\text{i}$ $|z-1{|}^2={\left(\frac{r}{2}-1\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}r}{2}\right)}^2=\frac{r^2}{4}-r+1+\frac{3r^2}{4}=r^2-r+1$

2. 计算 $|z-2{|}^2$： $z-2=\left(\frac{r}{2}-2\right)+\frac{\sqrt{3}r}{2}\text{i}$ $|z-2{|}^2={\left(\frac{r}{2}-2\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}r}{2}\right)}^2=\frac{r^2}{4}-2r+4+\frac{3r^2}{4}=r^2-2r+4$ 所以 $|z-2|=\sqrt{r^2-2r+4}$。

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

将已求出的代数式代入上式中： $r^2-r+1=r\cdot \sqrt{r^2-2r+4}$

由于 $r>0$，两边同时平方： $(r^2-r+1{)}^2=r^2(r^2-2r+4)$

展开左边与右边： $r^4+r^2+1-2r^3+2r^2-2r=r^4-2r^3+4r^2$ $r^4-2r^3+3r^2-2r+1=r^4-2r^3+4r^2$

两边同时消去共同项 $r^4-2r^3$： $3r^2-2r+1=4r^2$ $r^2+2r-1=0$

解这个关于 $r$ 的一元二次方程： $r=\frac{-2\pm \sqrt{2^2-4\times 1\times (-1)}}{2}=\frac{-2\pm \sqrt{8}}{2}=-1\pm \sqrt{2}$

因为 $r=|z|>0$， 所以 $-1-\sqrt{2}<0$（不合题意，舍去）。 故 $|z|=\sqrt{2}-1$。

方法二：几何法（利用余弦定理）

在复平面上，设复数 $z,1,2$ 对应的点分别为 $Z,A(1,0),B(2,0)$，原点为 $O$。 则 $|z|=OZ=r$， $|z-1|=AZ$， $|z-2|=BZ$。 已知 $\angle ZOA=60^{\circ }$。

在 $△OZA$ 中，由余弦定理： $A{Z}^2=O{Z}^2+O{A}^2-2OZ\cdot OA\cdot \cos 60^{\circ }=r^2+1^2-2\cdot r\cdot 1\cdot \frac{1}{2}=r^2-r+1$

在 $△OZB$ 中，由余弦定理： $B{Z}^2=O{Z}^2+O{B}^2-2OZ\cdot OB\cdot \cos 60^{\circ }=r^2+2^2-2\cdot r\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=r^2-2r+4$

根据等比中项条件 $A{Z}^2=OZ\cdot BZ$，即： $r^2-r+1=r\sqrt{r^2-2r+4}$ 后续计算同方法一，解得 $r=\sqrt{2}-1$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：复数三角形式的代数展开，等比中项的代数式变形 $b^2=ac$，复数模长在复平面下的三角形余弦定理代换。
2. 核心方法：三角形式法（数形结合）。利用辐角建立关于模长单一变量的代数方程。
3. 避坑指南：

   • 展开 $(r^2-r+1{)}^2$ 时容易漏项或算错系数。可以用多项式乘法逐项对齐：$(r^2-(r-1){)}^2=r^4-2r^2(r-1)+(r-1{)}^2=r^4-2r^3+3r^2-2r+1$。

   • 求解二次方程后，切记根据模长必须大于 0 的实际物理意义剔除负根。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题将“复数”与“等比数列”两个独立的知识板块通过“模长”这一标量桥梁进行跨板块交汇，是典型考查数形结合与方程思想的综合解答题。
2. 结论推广: 若复数 $z$ 的辐角为 $\theta$，且 $|z-1|$ 是 $|z|$ 和 $|z-2|$ 的等比中项，利用几何余弦定理可直接写出通用方程结构：$(r^2-2r\cos \theta +1{)}^2=r^2(r^2-4r\cos \theta +4)$。当 $\theta =60^{\circ }$ 时， $\cos \theta =\frac{1}{2}$，方程退化为本题的形式。

🔗【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)

• 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