【思路分析】可根据复平面内点的轨迹的定义；也可根据m、n的取值讨论进行求解. 【略解】由复平面内点的轨迹的定义，得
方程①在复平面上表示以点?ni,mi为焦点的椭圆，n?0,故?n?0.这表明，至少有
一焦点在下半虚轴上，可见（A）不真. 又由方程①，椭圆的长轴之长为n， ∴|F1F2| 又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|n|?|m|. 故在图（B）与（D）中，均有F1 : －ni，F2 : mi，且m?0. 由方程②，双曲线上的点应满足，到F2点的距离小于该点到F1点的距离. 答案：（B） 【别解】仿上得n>0. （1）若n?0,m?0.这时，在坐标平面上，F1（0，－n），F2（0，m），只可能为图象 （C），但与|F1F2|<长轴n，而|OF1|=n矛盾. （2）若n?0,m?0.这时,F1(0,?n),F2(0,m)均在y轴的下半轴下，故只能为图象（B） 与（D）. 又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|n|>|m|. 故在（B）与（D）中，均有F1 : －ni；F2 : mi，且m<0. 由方程②，双曲线上的点应满足到F2点的距离小于该点到F1点的距离. 答案：（B） 【评述】（1）本题涉及的知识点：复数的几何意义，复平面上的曲线与方程，椭圆，双曲线， 共焦点的椭圆与双曲线，讨论法. （2）本题属于读图题型. 两种解法均为基本方法：解法中前者为定义法；后者为分类讨论法. 例2：若z?C,arg(z?4)?25?6,arg(z2?4)??3,则z的值是 . 【思路分析】本题可由已知条件入手求出复数z的模，继而求出复数；也可由几何意义入手 来求复数z. 【略解】令z?4??1(cosz225?6?isin5?6), ① ?4??2(cos?3?isin?3), ② (?1?0,?2?0) 12323212①—②得 8?( ?2??1)?i(?2?46 ?1), ?31?2??1?0,??22 解得???3?1?2??1?8,?2?22①+②得 2z?4(?1?2?4,?1?43,代入后， 3i), ?z??2(cos?3?isin?3)??(1?23i). 【别解】如图I—1—8—2，OD?z. 过D作与实轴平行的直线AB，取AD=BD=4， 则OA?z?xOA?2?4,OB?z2?4.5?6,?xOB??3.从而?BOA??2.在Rt?AOB中,|AD|?|DB|?|OD|?4,?xOD??xOB??BOD?2?xOB?22?3 , ?z?4(cos2?3?isin2?3),?z??2(cos??(1??33i)?isin?3)【评述】本题的两种解法中，前者应用了复数的三角形式；后者应用了复数的几何意义，数 形结合，形象直观. 例3：x的二次方程x?z1x?z2?m?0中,z1、z2、m均是复数，且z1?4z2?16?20i. 设这个方程的两个根为?、?，且满足|???|?27. 求|m|的最大值和最小值. 【解法1】根据韦达定理有 ???????z1,????z2?m.222 图I—1—8—3 2 ?(???)?(???)?4???z1?4z2?4m, 247 ?|???|?|4m?(z1?4z2)|?28.22 ?|m?14(z1?4z2)|?7,2 即|m?(4?5i)|?7. 这表明复数m在以A（4，5）为圆心，以7为半径的圆周上如图I—1—8—3所示. ?|OA|?42?52?延长交⊙A于两点B与41?7,故原点O在⊙A之内. 连接OA， C，则|OB|=|OA|+|AB|=41?7为|m|最大值. |OC|=|CA|－|AO|=7－41为|m|最小值. ∴|m|的最大值是41?7,|m|的最小值是7－41. 【解法2】同解法1，得 |m?(4?5i)|?7, 令m?x?yi(x,y?R）. ?x?7cos??4, 则??y?7sin??5.?|m|?x22 ?y2?90?56cos??70sin? ?90?14?90?1441(441cos??541sin?) 41sin(???),其中sin??441. ∴ |m|的最大值=90?14 |m|的最小值=90?1441?7?41, 41?7?41. ??????z1【解法3】根据韦达定理，有? ???z?m.2? (???)?(???)?4???z1?4z2?4m， ∴ |???|?|4m?(z1?4z2)|?|4m?(16?20i)|?28. 22222 48 即|m?(4?5i)|?7.?|m|?|m?(4?5i)?(4?5i)|?|m?(4?5i)|?|4?5i| ?7? 41. 等号成立的充要条件是m?(4?5i)与(4?5i)的辐角主值相差?，即 441?541i),所以当m?(?7?41)(441?541i)时,|m|取最小值7?m?(4?5i)??7(41. 【评述】三种解法，各有千秋. 解法1运用数形结合法，揭示复数m的几何意义，直观清晰； 解法2则活用三角知识，把56cos??70sin?化为角“???”的正弦；解法3运用不等式中等号成立的条件获得答案；三种解法从不同侧面刻面了本题的内在结构特征. 例4：若M?{z|z? t1?t?i1?tt,t?R，t??1,t?0},N?{z|z?2 （ ） [cos(arcsint)?icos(arccost)],t?R，|t|?1},则M?N中元素的个数为 A．0 B．1 C．2 D．4 解法同本章一的练习第4题. 例5：设复数z1,z2满足|z1|?|z1?z2|?3,|z1?z2|?33,则 log2|(z1z2)2000?(z1z2)2000|? . 2000【思路分析】应先设法求出(z1z)【评述】由题设知 9?|z1?z2|?|z1|222?(z1z2)2000的值. ?|z2|22?z1z2?z1z2,2 29?|z1?z2|?|z1|?|z2|?(z1z2?z1z2). 因为|z1|?3,故|z2|?3,z1z2?z1z2??9,并且|z1z2|?|z1z2|?9. 设z1z2?9(cos??isin?),则z1z2?9(cos??isin?). 由?9?z1z2?z1z2?18cos?,得cos???12. 于是z1z2?9?或者z1z2?9?这里???12?32i.2 49 当z1z2?9?时,可得(z1z2)故log22000?(z1z2)2000??92000,|(z1z2)2000?(z1z2)2000 |?4000. 2当z1z2?9?时，可得同样结果，故答案4000. 【评述】此题属填空题中的难题，故解题时应仔细. 例6：设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为z1,z2,?,z20,则复 数z1 1995,z21995,?,z201995所对应的不同的点的个数是（ ） A．4 B．5 C．10 D．20 20【思路分析】如题设可知，应设zk?1.故解题中应注意分解因式. 2060【解法1】因为我们只关心不同的点的个数，所以不失一般性可设zk?1.由zk?1，有 0?zk?zk1560?1?(zk?1)(zk?1)(zk?i)(zk?i),1515151515?1,zk??1,zk15?i,zk15 ??i.【答案】A. 20205555【解法2】由zk?1,则0?zk?1?(zk?1)(zk?1)(zk?i)(zk?i), 可知zk只有4个取值，而zk=（zk）3的取值不会增加，则B、C、D均应排除，故应 5155选A. 20【评述】上述两个解法均为基本方法.思维的起点是不失一般性设zk?1，于是可用直接法 （解法1）和排除法（解法2）. 50
