【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题7.6 复数的三角表示（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(14)页，109.006 KB，由管理员店铺上传

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专题7.6复数的三角表示（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2023·高一课时练习）下列结论中正确的是（）．A．复数z的任意两个辐角之间都差2π的整数倍；B．任何一个非零复

数的辐角有无数个，但辐角主值有且只有一个；C．实数0不能写成三角形式；D．复数0的辐角主值是0．【解题思路】根据复数辐角、辐角主值定义及复数0辐角判断各项的正误.【解答过程】A：复数0的辐角为任意值，其两个辐角之差不一定为2π整数倍，错误；B：任何一个非零复数的辐角有无数个，但辐角主值

有且只有一个，正确；C：0×(cos𝜃+isin𝜃)=0其中𝜃∈R，故实数0能写成三角形式，错误；D：复数0的辐角主值不唯一，错误.故选：B.2．（3分）（2022·全国·高三专题练习）复数𝑧=cos(−2π5)+isin(−2π5)的辐角主值为（）A

．8π5B．−8π5C．2𝜋5D．−2π5【解题思路】设出辐角为𝜃，利用公式计算出𝜃=−25π+2𝑘π，𝑘∈𝑍，结合辐角主值的取值范围求出答案.【解答过程】设复数𝑧=cos(−2π5)+isin(−2π5)的辐角为𝜃，则tan𝜃=sin(−2π5)cos(−

2π5)=tan(−2π5)，所以𝜃=−25π+2𝑘π，𝑘∈𝑍，因为arg𝑧∈[0,2π)，所以当𝑘=1时，满足要求，arg𝑧=8π5所以辐角主值为8π5.故选：A.3．（3分）复数12−√32i的三角形式是（）A．cos(−π3)+

isin(−π3)B．cosπ3+isinπ3C．cosπ3−isinπ3D．cosπ3+isin5π6【解题思路】根据对应象限角的三角函数值及诱导公式，写出复数的三角形式.【解答过程】由cos(5π3)=12,sin(5π3)=−√32，则12−

√32i=cos(5π3)+isin(5π3)=cos(2π−π3)+isin(2π−π3)=cos(−π3)+isin(−π3).故选：A.4．（3分）（2023·高一课时练习）将复数1+√3𝑖对应的向量𝑂𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑绕原点按顺时针方向旋转

𝜋2，得到的向量为𝑂𝑁1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，那么𝑂𝑁1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑对应的复数是A．√3−𝑖B．√3+𝑖C．−√3−𝑖D．−√3+𝑖【解题思路】先将复数1+√3𝑖写成三角形式,再根据三角形式的运算法则求

解即可.【解答过程】复数1+√3𝑖的三角形式是2(cos𝜋3+𝑖sin𝜋3),向量𝑂𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑1对应的复数是2(cos𝜋3+sin𝜋3)cos𝜋2+𝑖sin𝜋2=2[cos(−𝜋6)+𝑖sin(−𝜋6

)]=√3−𝑖，故选：A.5．（3分）（2023·高一课时练习）已知i为虚数单位，𝑧1=√2(cos60°+isin60°)，𝑧2=2√2(sin30°−icos30°)，则𝑧1⋅𝑧2等于（）A．4(cos90°+i

sin90°)B．4(cos90°+isin90°)C．4(cos30°−isin30°)D．4(cos0°+isin0°)【解题思路】利用复数三角形式乘法运算法则计算即可.【解答过程】∵𝑧2=2√2(sin30°−i

cos30°)=2√2(cos300°+isin300°)，∴𝑧1⋅𝑧2=√2(cos60°+isin60°)⋅2√2(cos300°+isin300°)=4[cos(60°+300°)+isin(60°+300°)]=4(cos360°+isin360°)=4(c

os0°+isin0°).故选：D.6．（3分）（2022·全国·高三专题练习）棣莫弗公式(cos𝑥+isin𝑥)𝑛=cos𝑛𝑥+isin𝑛𝑥（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754年）发现

的，根据棣茣弗公式可知，复数(cos𝜋6+isin𝜋6)7在复平面内所对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解题思路】根据棣莫弗公式及诱导公式代入计算即可．【解答过程】解：由已知得(cos𝜋6+isin𝜋6)7=cos7𝜋6+i

sin7𝜋6=cos(𝜋+𝜋6)+isin(𝜋+𝜋6)=−cos𝜋6−isin𝜋6=−√32−12i，∴复数(cos𝜋6+isin𝜋6)7在复平面内所对应的点的坐标为(−√32,−12)，位于第三象限．故选：C

．7．（3分）（2022·高一课时练习）把复数z1与z2对应的向量𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑，𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑分别按逆时针方向旋转𝜋4和5𝜋3后，重合于向量𝑂𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑且模相等，已知𝑧2=−1−√3𝑖，则复数𝑧1的代数式和它的

辐角主值分别是（）A．−√2−√2𝑖，3𝜋4B．−√2+√2𝑖,3𝜋4C．−√2−√2𝑖,𝜋4D．−√2+√2𝑖,𝜋4【解题思路】由题可知𝑧1(cos𝜋4+𝑖sin𝜋4)=𝑧2(cos5𝜋

3+𝑖sin5𝜋3)，即可求出𝑧1，再根据𝑧1对应的坐标即可得出它的辐角主值.【解答过程】由题可知𝑧1(cos𝜋4+𝑖sin𝜋4)=𝑧2(cos5𝜋3+𝑖sin5𝜋3)，则𝑧1(√22+√22𝑖)=(−1−√3𝑖)(12−√32𝑖)=−2，∴𝑧1=−

2√22+√22𝑖=−2√21+𝑖=−2√2(1−𝑖)(1+𝑖)(1−𝑖)=−√2+√2𝑖，可知𝑧1对应的坐标为(−√2,√2)，则它的辐角主值为3𝜋4.故选：B.8．（3分）（2022春·福建福州·高二期末）已知i为虚数单位

，若𝑧1=𝑟1(cos𝜃1+isin𝜃1)，𝑧2=𝑟2(cos𝜃2+isin𝜃2)，⋅⋅⋅，𝑧𝑛=𝑟𝑛(cos𝜃𝑛+isin𝜃𝑛)，则𝑧1𝑧2⋅⋅⋅𝑧𝑛=𝑟1𝑟2⋅⋅

⋅𝑟𝑛[cos(𝜃1+𝜃2+⋅⋅⋅+𝜃𝑛)+isin(𝜃1+𝜃2+⋅⋅⋅+𝜃𝑛).特别地，如果𝑧1=𝑧2=⋅⋅⋅=𝑧𝑛=𝑟(cos𝜃+isin𝜃)，那么[𝑟(cos𝜃+is

in𝜃)]𝑛=𝑟𝑛(cos𝑛𝜃+isin𝑛𝜃)，这就是法国数学家棣莫佛(1667~1754年)创立的棣莫佛定理.根据上述公式，可判断下列命题正确的是（）A．若𝑧=cos𝜋6+isin�

�6，则𝑧4=−12+√32iB．若𝑧=cos𝜋5+isin𝜋5，则𝑧5=1+iC．若𝑧1=2(cos7𝜋12+isin7𝜋12)，𝑧2=3(cos5𝜋12+isin5𝜋12)，则𝑧1𝑧2=−6+6iD．若𝑧1=3(cos𝜋12−isin𝜋12)，𝑧2=4(c

os𝜋4+isin𝜋4)，则𝑧1𝑧2=6+6i【解题思路】A.𝑧4=cos4𝜋6+isin46𝜋=−12+√32i，所以该选项正确；B.𝑧5=cos𝜋+isin𝜋=−1，所以该选项错误；

C.𝑧1𝑧2=6(cos𝜋+isin𝜋)=−6，所以该选项错误；D.𝑧1𝑧2=12(cos136𝜋+isin136𝜋)=6√3+6i.所以该选项错误.【解答过程】A.若𝑧=cos𝜋6+isin𝜋6，则𝑧4=cos4𝜋6+isin4

6𝜋=−12+√32i，所以该选项正确；B.若𝑧=cos𝜋5+isin𝜋5，则𝑧5=cos𝜋+isin𝜋=−1，所以该选项错误；C.若𝑧1=2(cos7𝜋12+isin7𝜋12)，𝑧2=3(cos5𝜋12+isin5𝜋12)，则𝑧1𝑧2=6(cos

𝜋+isin𝜋)=−6，所以该选项错误；D.𝑧1=3(cos23𝜋12+isin23𝜋12)，𝑧2=4(cos𝜋4+isin𝜋4)，则𝑧1𝑧2=12(cos136𝜋+isin136𝜋)=6√3+6i.所以该选项错误.故选：A.二．多选题（共4

小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022·全国·高一假期作业）以下不是复数−1−√3i的三角形式是（）A．−2(cosπ3+isinπ3)B．2[cos(−2π3)+isin(−2π3)]C．2(sin7π6+icos7π6)D．2(cos7π6+isin7

π6)【解题思路】提取复数的模，结合三角函数的值即可化代数形式为三角形式．【解答过程】解：−1−√3i=2(−12−√32i)=2[cos(−2𝜋3)+isin(−2𝜋3)]，所以B正确，而−1−√3i=2(−12−√32i)=2(sin7π6+icos7π6)，故C正确.故选

：AD.10．（4分）（2022·高一单元测试）已知单位向量𝑂𝑍1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑、𝑂𝑍2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑分别对应复数𝑧1、𝑧2，且𝑂𝑍1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝑍2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0，则𝑧1𝑧2可能为（）A．iB．

1C．−1D．−i【解题思路】根据题意，设复数𝑧1=cos𝜃1+isin𝜃1，𝑧2=cos𝜃2+isin𝜃2，计算可得𝑧1𝑧2=±i，即可选出答案.【解答过程】因为单位向量𝑂𝑍1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑、𝑂𝑍2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑分别对应复数

𝑧1、𝑧2，设复数𝑧1=cos𝜃1+isin𝜃1，𝑧2=cos𝜃2+isin𝜃2，因为𝑂𝑍1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝑍2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0，所以𝑂𝑍1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝑂𝑍2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，即𝜃1−𝜃2=±

𝜋2，所以𝑧1𝑧2=cos𝜃1+isin𝜃1cos𝜃2+isin𝜃2=cos(𝜃1−𝜃2)+isin(𝜃1−𝜃2)=cos(±𝜋2)+isin(±𝜋2)=±i，故选：AD.11．（4分）（2022春

·江苏盐城·高一阶段练习）任何一个复数𝑧=𝑎+𝑏i（其中𝑎,𝑏∈𝑅，i为虚数单位）都可以表示成：𝑧=𝑟(cos𝜃+isin𝜃)的形式，通常称之为复数z的三角形式.法国数学家棣莫弗发现：𝑧𝑛=[𝑟(cos𝜃+isin𝜃)]𝑛=𝑟𝑛

(cos𝑛𝜃+isin𝑛𝜃)(𝑛∈𝑁∗)，我们称这个结论为棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法正确的是（）A．|𝑧2|=|𝑧|2B．当𝑟=2，𝜃=𝜋6时，𝑧̅=1−√3iC．当𝑟=1，𝜃=𝜋3时，𝑧3=−1D．当𝑟=1，

𝜃=𝜋4时，若n为偶数，则复数𝑧𝑛为纯虚数【解题思路】根据复数的相关定义及性质，逐项分析即可得出答案.【解答过程】对于复数𝑧=𝑎+𝑏i有，𝑧2=(𝑎+𝑏i)2=𝑎2−𝑏2+2𝑎𝑏i，∴|𝑧2|=𝑎2+𝑏2，而|𝑧|2=𝑎2+

𝑏2，所以选项A正确；根据复数的三角形式，𝑟=2，𝜃=π6时，𝑧=2(cosπ6+isinπ6)=√3+i，此时，𝑧=√3−i，选项B错误；𝑟=1，𝜃=π3时，𝑧=cosπ3+isinπ3=12+√32i根据棣莫弗定理，𝑧3=𝑟3(cosπ

+isinπ)=−1，所以选项C正确；𝑟=1，𝜃=π4时，𝑧𝑛=cos𝑛π4+isin𝑛π4，n为偶数时，设𝑛=2𝑘,𝑘∈𝑍∗,𝑧𝑛=cos𝑘π2+isin𝑘π2,𝑘∈𝑍∗，所以k为奇数时，𝑧𝑛为纯虚数；k为偶数时𝑧𝑛为实数，选项D错误.

故选：AC.12．（4分）（2022·高一单元测试）著名的欧拉公式为：eiπ+1=0，其中i2=−1，e为自然对数的底数，它使用了几个基本的数学常数描述了实数集和复数集的联系．其广义一般式是ei𝜃=cos𝜃+isin𝜃(0≤𝜃<2π)，该复数在复平面内对应的向量坐标为(c

os𝜃,sin𝜃)，则下列说法正确的是（）A．ln(12+√32i)=π3iB．若复数𝑧满足𝑧=12+√32i，则𝑧2021=𝑧C．若复数ei𝛼与复数ei𝛽在复平面内表示的向量相互垂直，则𝛼−𝛽=π2D．复数ei𝛼与复数iei𝛼在复平面内表示的向量相互垂直【解题思路

】对于A：根据已知得12+√32i=eπ3i，再由对数运算可判断；对于B：由已知计算得𝑧2021=e2021π3i=12−√32i=𝑧，由此可判断；对于C：由已知得ei𝛼对应的向量坐标为(cos𝛼,sin

𝛼)，ei𝛽对应的向量坐标为(cos𝛽,sin𝛽)，根据垂直的坐标表示可判断；对于D:根据向量垂直的坐标表示可判断．【解答过程】∵12+√32i=cosπ3+isinπ3=eπ3i，∴ln(12+√32i)

=lneπ3i=π3i，故A正确；∵12+√32i=cosπ3+isinπ3=eπ3i，∴𝑧2021=e2021π3i=cos2021π3+isin2021π3=12−√32i=𝑧．故B正确；∵ei𝛼对应的向量坐标为(cos𝛼,sin

𝛼)，ei𝛽对应的向量坐标为(cos𝛽,sin𝛽)，∴cos𝛼cos𝛽+sin𝛽sin𝛼=0，即cos(𝛼−𝛽)=0，又0≤𝛼，𝛽<2π，∴|𝛼−𝛽|=π2，或3π2．故C不正确；∵ei𝛼=cos𝛼+isin𝛼，复数iei𝛼=−s

in𝛼i+icos𝛼，两者对应向量坐标为(cos𝛼,sin𝛼)、(−sin𝛼,cos𝛼)，∴两向量垂直．故D正确，故选：ABD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（

2023·高一课时练习）−(cos𝛼+isin𝛼)的三角形式是cos(π+𝛼)+isin(π+𝛼)（答案不唯一）．【解题思路】设−(cos𝛼+isin𝛼)=𝑟(cos𝜃+isin𝜃)，注意𝑟≥0求出对应𝑟,𝜃，即可得结果.【解答过程】令−(cos𝛼+

isin𝛼)=𝑟(cos𝜃+isin𝜃)且𝑟≥0，所以{𝑟=1cos𝜃=−cos𝛼sin𝜃=−sin𝛼，则{𝑟=1𝜃=π+𝛼满足，所以三角形式可写成cos(π+𝛼)+isin(π+𝛼).故答案为：cos(π+𝛼)+isin(

π+𝛼)(答案不唯一).14．（4分）（2023·高一课时练习）已知𝑧的辐角主值是π4，则它的共轭复数的辐角主值是7π4．【解题思路】根据复数的三角表示可得𝑧=𝑟(√22+√22i)，从而可得其共轭复数𝑧=𝑟(√22−√22i)=𝑟(cos

7π4+sin7π4i)，即可得共轭复数的辐角主值.【解答过程】解：𝑧的辐角主值是π4，则𝑧=𝑟(cosπ4+isinπ4)=𝑟(√22+√22i)，𝑟>0，所以共轭复数𝑧=𝑟(√22−√22i)=𝑟(cos7π4+sin7

π4i)，则共轭复数的辐角主值是7π4.故答案为：7π4.15．（4分）（2022春·福建漳州·高一期末）如果向量𝑂𝑍⃑⃑⃑⃑⃑对应复数−2i,𝑂𝑍⃑⃑⃑⃑⃑绕原点𝑂按顺时针方向旋转𝜋4后再把模变为原来的32倍

得到向量𝑂𝑍1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，则𝑂𝑍1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑对应的复数是−3√22−3√22i.【解题思路】先求出复数−2i的三角形式，然后利用三角形式变换求解𝑂𝑍1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑对应的复数【解答过程】解：因为−2i=2(cos3𝜋2+isin3𝜋2)，所以由题意可得𝑂�

�1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑对应的复数为2(cos3𝜋2+isin3𝜋2)⋅32[cos(−𝜋4)+isin(−𝜋4)]=3[cos(3𝜋2−𝜋4)+isin(3𝜋2−𝜋4)]=3(cos5𝜋4+isin5𝜋4)=3×(−√22−√22i)=−3√22−3√22i，

故答案为：−3√22−3√22i.16．（4分）（2022春·浙江·高二期末）人教版新教材中增加了如下内容：任何一个复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖（其中𝑎、𝑏∈𝑅，𝑖为虚数单位）都可以表示成：𝑧=𝑟(

cos𝜃+𝑖sin𝜃)的形式，通常称之为复数𝑧的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：𝑧𝑛=[𝑟(cos𝜃+𝑖sin𝜃)]𝑛=𝑟𝑛(cos𝑛𝜃+𝑖sin𝑛𝜃)(𝑛∈𝑁+)，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列法正确的是①③⑤．①|𝑧2

|=|𝑧|2；②当𝑟=1，𝜃=𝜋6时，𝑧6=1；③当𝑟=2，𝜃=𝜋3时，𝑧=1−√3𝑖；④当𝑟=1，𝜃=𝜋4时，若𝑛为偶数，则复数𝑧𝑛为纯虚数；⑤1+𝑖=√2(cos𝜋4+𝑖sin𝜋4)【

解题思路】利用复数的模长公式可判断①的正误，利用复数的三角运算可判断②③④⑤的正误.【解答过程】对于①，𝑧2=[𝑟(cos𝜃+𝑖sin𝜃)]2=𝑟2(cos2𝜃+𝑖sin2𝜃)，所以，|𝑧2|=𝑟2√cos22𝜃+sin22𝜃=𝑟2，而|𝑧|=

|𝑟|√cos2𝜃+sin2𝜃=|𝑟|，则|𝑧|2=𝑟2，所以，|𝑧2|=|𝑧|2，①正确；对于②，当𝑟=1，𝜃=𝜋6时，𝑧6=cos𝜋+𝑖sin𝜋=−1，②错误；对于③，当𝑟=2，𝜃=𝜋3时，𝑧=2(cos𝜋3+𝑖s

in𝜋3)=1+√3𝑖，则𝑧=1−√3𝑖，③正确；对于④，当𝑟=1，𝜃=𝜋4时，取𝑛=4，则𝑧4=cos𝜋+𝑖sin𝜋=−1，④错误；对于⑤，√2(cos𝜋4+𝑖sin𝜋4)=1+𝑖，⑤正确.故答案为：①③⑤.四．解

答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2023·高一课时练习）求复数−1+cos2π5+isin2π5的辐角主值．【解题思路】根据三角很恒等变换换成Z=𝑎+𝑏i=√𝑎2+𝑏2(cos𝜃+isin𝜃)�

�∈(0,2π]中角𝜃为主辐角.【解答过程】−1+cos2π5+isin2π5=−2sin2π5+2isinπ5cosπ5=2sinπ5(−sinπ5+icosπ5)=2sinπ5[cos(π2+π5)+isin(π2+π5)]=2sinπ5

(cos7π10+isin7π10)，故复数−1+cos2π5+isin2π5的辐角主值是7π10.18．（6分）（2022·高一课时练习）如图，向量𝑂𝑍⃑⃑⃑⃑⃑对应的复数为1+𝑖，把𝑂𝑍⃑⃑⃑⃑⃑绕点O按逆时针方向旋转120°，得到𝑂𝑍′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑.

求向量𝑂𝑍′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑对应的复数（用代数形式表示）.【解题思路】根据复数乘法的几何意义，向量𝑂𝑍′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑对应的复数是复数1+𝑖与𝑧0的积，其中复数𝑧0的模是1，辐角的主值是120°【解答过程】解：向量𝑂

𝑍′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑对应的复数为(1+𝑖)(cos120°+𝑖sin120°)=(1+𝑖)(−12+√32𝑖)=−1−√32+√3−12𝑖.19．（8分）（2022·高一课时练习）把下列复数表示成三角形式，并画出与之对应的向量．(1)6；(2)1+i；(3)1−√3i；(4)−√3

2+12i．【解题思路】对（1）（2）（3）（4）中的复数，先画出图像，结合图像求得辐角主值和模，从而求得其三角形式.【解答过程】（1）设复数的模为𝑟，辐角主值为𝜃．6对应的向量如下图中𝑂𝑍1⃑

⃑⃑⃑⃑⃑⃑，∵𝑟=6，cos𝜃=1，sin𝜃=0，又𝜃∈[0,2π)，∴𝜃=0，∴6=6(cos0+isin0)．（2）设复数的模为𝑟，辐角主值为𝜃．1+i对应的向量如下图中𝑂𝑍2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，∵𝑟=√2，cos𝜃=√22，s

in𝜃=√22，又𝜃∈[0,2π)，∴𝜃=π4，∴1+i=√2(cos𝜋4+isin𝜋4)．（3）设复数的模为𝑟，辐角主值为𝜃．1−√3i对应的向量如下图中𝑂𝑍3⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，∵𝑟=√1+3=2，cos𝜃=12

，sin𝜃=−√32，又𝜃∈[0,2π)，∴𝜃=5π3，∴1−√3i=2(cos5𝜋3+isin5𝜋3)．（4）设复数的模为𝑟，辐角主值为𝜃．−√32+12i对应的向量如下图中𝑂𝑍4⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，∵

𝑟=1，cos𝜃=−√32，sin𝜃=12，又𝜃∈[0,2π)，∴𝜃=5π6，∴−√32+12i=cos5𝜋6+isin5𝜋6．20．（8分）（2022·全国·高一假期作业）计算下列各式：(1)16(cos4𝜋3+isin4𝜋3)×4(c

os5𝜋6+isin5𝜋6)；(2)3(cos20∘+isin20∘)[2(cos50∘+isin50∘)][10(cos80∘+isin80∘)]；(3)(−1+i)[√3(cos7𝜋4+isin7𝜋4)]．【解题思路】根据复数三角形式的乘法运算直接求解即可

.【解答过程】(1)16(cos4𝜋3+isin4𝜋3)×4(cos5𝜋6+isin5𝜋6)=64(cos(4𝜋3+5𝜋6)+isin(4𝜋3+5𝜋6))=64(cos13𝜋6+isin13𝜋6)=64(cos𝜋

6+isin𝜋6)=32√3+32i.(2)3(cos20∘+isin20∘)[2(cos50∘+isin50∘)][10(cos80∘+isin80∘)]=60[cos(20∘+50∘+80∘)+i

sin(20∘+50∘+80∘)]=60(cos150∘+isin150∘)=60×(−√32+12i)=−30√3+30i.(3)方法一：(−1+i)[√3(cos7𝜋4+isin7𝜋4)]=[√2(cos3𝜋4+isin3𝜋4)][√3(cos7𝜋4+i

sin7𝜋4)]=√6[cos(3𝜋4+7𝜋4)+sin(3𝜋4+7𝜋4)]=√6(cos5𝜋2+isin5𝜋2)=√6i.方法二：(−1+i)[√3(cos7𝜋4+isin7𝜋4)]=(−1+i)(√62−√62i)=√6i.21．（8分）（2022·高二

课时练习）已知复数𝑧1,𝑧2,𝑧1+𝑧2在复平面上对应的点分别为𝐴，𝐵，𝐶，且𝑂为复平面的坐标原点.（1）若𝑧1=√32+12𝑖,向量𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑绕原点逆时针旋转90°且模变为原来的2倍后与向量𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑重合，求𝑧

2的值.（2）若𝑧1−𝑧2=2𝑖(𝑧1+𝑧2)，试判断四边形𝑂𝐴𝐶𝐵的形状.【解题思路】（1）根据题意得复数𝑧1的三角形式，利用旋转得复数𝑧1+𝑧2，进而可得复数𝑧2；（2）根据题意

可得𝑂𝐴𝐶𝐵为平行四边形，计算复数的模进而可得𝑂𝐴𝐶𝐵为菱形.【解答过程】（1）∵𝑧1=√32+12𝑖=cos30°+𝑖sin30°,∴复数𝑧1对应向量𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑绕原点逆时针旋转90°变为复数cos120°+𝑖sin120

°,∴模变为原来的2倍后，向量𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑对应复数.𝑧1+𝑧2=2(cos120°+𝑖sin120°)=−1+√3𝑖，∴𝑧2=(𝑧1+𝑧2)−𝑧1=(−1+√3𝑖)−(√32+12𝑖)=−2−√32+2√3−12𝑖.（2）由复数𝑧1,

𝑧2,𝑧1+𝑧2在复平面上对应的点分别为𝐴，𝐵，𝐶，且𝑂为原点，∴四边形𝑂𝐴𝐶𝐵为平行四边形.∵𝑧1−𝑧2=2𝑖(𝑧1+𝑧2)，∴(1−2𝑖)𝑧1=(1+2𝑖)𝑧2，∴|(1−2𝑖)𝑧1|=|(1+2𝑖)𝑧2|，∴|1−2𝑖|⋅|𝑧1|=|1+2

𝑖|⋅|𝑧2|，∴√5|𝑧1|=√5|𝑧2|，∴|𝑧1|=|𝑧2|，∴四边形𝑂𝐴𝐶𝐵为菱形.22．（8分）（2022·全国·高一专题练习）一般地，任何一个复数𝑧=𝑎+𝑏i（𝑎，𝑏∈𝑅）都可以表示成𝑟(cos𝜃+isin𝜃)形式，其中，𝑟

是复数𝑧的模，𝜃是以𝑥轴的非负半轴为始边，向量𝑂𝑍所在射线（射线𝑂𝑍）为终边的角，叫做复数𝑧=𝑎+𝑏i的辐角，𝑟(cos𝜃+isin𝜃)叫做复数𝑧=𝑎+𝑏i的三角表示式，简称三角形式.为了与“三角

形式”区分开来，𝑎+𝑏i（𝑎，𝑏∈𝑅）叫做复数的代数表示式，简称“代数形式”.(1)画出复数𝑧=1−i对应的向量，并把𝑧=1−i表示成三角形式；(2)已知𝑧1=cos𝜃1+isin𝜃1，𝑧2=cos𝜃2+isin𝜃2，cos(�

�+𝜃1+𝜃2)=35，其中𝜃1∈(0,𝜋2)，𝜃2∈(0,𝜋2).试求𝑧1𝑧2（结果表示代数形式）.【解题思路】（1）根据𝑧=1−i对应的点(1,−1)在第四象限画出图象，求得复数的模和辅角即可；（2）根据cos(𝜋+�

�1+𝜃2)=−cos(𝜃1+𝜃2)=35，进而求得cos(𝜃1+𝜃2)，sin(𝜃1+𝜃1)，再利用复数的乘法求解.【解答过程】(1)因为𝑧=1−i对应的点(1,−1)在第四象限，所以𝑧对应的向量如图所示.易得𝑟=√12+(−1)

2=√2，cos𝜃=1√2=√22，sin𝜃=−1√2=−√22，所以𝜃=7𝜋4.所以1−i=√2(cos7𝜋4+isin7𝜋4).(2)因为cos(𝜋+𝜃1+𝜃2)=−cos(𝜃1+𝜃2)=35，所以cos(𝜃1+𝜃2)=−35<0.又𝜃1∈(0,𝜋2)，�

�2∈(0,𝜋2)，所以𝜃1+𝜃2∈(𝜋2,𝜋).所以sin(𝜃1+𝜃1)=√1−cos2(𝜃1+𝜃1)=√1−(−35)2=45.所以𝑧1𝑧2=(cos𝜃1+isin𝜃1)(cos𝜃2+isin𝜃2)，=(cos𝜃1cos𝜃2−sin𝜃1sin𝜃2

)+(cos𝜃1sin𝜃2+sin𝜃1cos𝜃2)i，=cos(𝜃1+𝜃2)+isin(𝜃1+𝜃2)=−35+45i.