复变函数在平面解析几何中的应用

The Applications of Complex Function in Plane Analytic Geometry

摘要: 本文主要研究将直角坐标系的平面解析几何复数化。通过大量地计算和观察点，直线，圆锥曲线和向量等复数化表达形式，给出平面解析几何相关结论的复数化证明。进而，根据所求得的一系列结果进行总结归纳，将技巧性方法和共性结论统一给出。最后利用复数化方法得出的技巧和结论求解实际问题，体会复数化方法的巧妙与简单之处，展现数与形的完美结合。

Abstract: This paper focuses on exchanging the plane analytic geometry defined in cartesian coordinates to the complex. First, the proofs with a complex number of correlate conclusions on the plane analytic geometry are given by calculating largely and observing the complex expression forms of things like points, straight lines, conical curves and vectors. In addition, according to the obtained series of results, we sum up and give the technical methods and common conclusions uniformly. Finally, we use the skills and conclusions drawn by the complex method to solve the practical problems, experience the cleverness and simplicity of it and show the perfect combination of number and shape.

1. 引言

复数域是最大的数域，自复数发展以来，数学上的复变函数，留数，欧拉公式，傅里叶变换，拉普拉斯变换等理论上也发展完善起来，复数的重要性可见一斑，当今，随着数学教学大纲的改革，探究性课题日益增多，一题多解的现象频频出现，而且有一些题用一般几何证明或代数法很难证出，对此，引进新的几何证明的方法——复数法。其基本思路是：首先运用复数表示复平面上的点，然后利用平面直角坐标系的点与复平面的复数的代数对应关系，以及复数模和辐角的有关性质，复数运算，复数的几何意义等，化几何问题为复数问题处理。复平面的建立实现了平面解析几何和复数几何问题间的相互转化(详见参考文献 [1] )。

本文首先根据高中必修二(详见参考文献 [2] [3] )，选修2-1 (详见参考文献 [4] [5] )所学内容将平面解析几何及其相关结论复数化，对照地写出计算结果并进行观察，研究二者之间的联系，观察点，直线，圆锥曲线，向量等表达形式的改变，并进行归纳总结；然后，将重要结论的复数法证明给出；最后，给出复数法具体实例应用。复数法不仅提供给我们一个新的解题思路，而且利用复数的几何意义和复数表达往往使得问题更加简单，直观，充分体现数形结合思想。

2. 平面解析几何的复数化表达式的计算

平面解析几何复数化大部分是通过 $z=x+iy,x=\frac{z+\bar{z}}{2},y=\frac{z-\bar{z}}{2i}$ 来实现的，即：平面解析几何表达式

通过上述变换就可以转化为复平面上的表达式。

下面我们以直线的点斜式方程为例，体会一下这个过程：

我们首先给出平面直角坐标系上直线的点斜式方程的叙述：已知直线上一点 $P_0\left(x_0,y_0\right)$ 和直线的斜率k，则直线的点斜式方程为 $y-y_0=k\left(x-x_0\right)$ (不能表示垂直于x轴的直线)。

而在复变函数中，我们已经学习过，复平面上的点记作 $z=x+iy$，所以我们假设已知直线上一点 $z_0=x_0+i{y}_0$，斜率为k。

$y-y_0=k\left(x-x_0\right),x=\frac{z+\bar{z}}{2},y=\frac{z-\bar{z}}{2i}$，

代入得

$\frac{z-\bar{z}}{2i}-\frac{z_0-\overline{z_0}}{2i}=k\left(\frac{z+\bar{z}}{2}-\frac{z_0+\overline{z_0}}{2}\right)$，

$\frac{z-z_0}{2i}-\frac{\bar{z}-\overline{z_0}}{2i}=k\left(\frac{z-z_0}{2}-\frac{\bar{z}-\overline{z_0}}{2}\right)$，

去分母得

$\left(z-z_0\right)-\left(\bar{z}-\overline{z_0}\right)=ki\left[\left(z-z_0\right)+\left(\bar{z}-\overline{z_0}\right)\right]$，

合并同类项得

$\left(1-ki\right)\left(z-z_0\right)=\left(1+ki\right)\left(\bar{z}-\overline{z_0}\right)$，

设 $\alpha =1-ki$，则有

$\alpha \left(z-z_0\right)=\bar{\alpha }\left(\bar{z}-{\bar{z}}_0\right)$，

即

$\alpha \left(z-z_0\right)=\overline{\alpha \left(z-z_0\right)}$。

通过这样的变换就把平面解析几何中的结论转换为复平面中的对应结论中，而其他类型的直线方程如：两点式，斜截式等也同样可以通过上述转换过程得到在复数域内的表达式，而这些表达式在证明复数域中相关结论时就可以直接应用。

除了直线，我们在复变函数中还学习过圆，它也可以通过类似的方式进行转换，那么其他更为复杂的椭圆，双曲线，抛物线等通过上面的类似过程会得到什么结果呢？

我们以焦点在x轴上的椭圆为例：

在平面解析几何中椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$ (焦点在x轴上)。

由 $x=\frac{z+\bar{z}}{2}$， $y=\frac{z-\bar{z}}{2i}$

代入得

$\frac{{\left(\frac{z+\bar{z}}{2}\right)}^2}{a^2}+\frac{{\left(\frac{z-\bar{z}}{2i}\right)}^2}{b^2}=1$，

去分母得

$b^2{\left(z+\bar{z}\right)}^2-a^2{\left(z-\bar{z}\right)}^2=4a^2{b}^2$，

展开得

$\left(b^2-a^2\right)\left(z^2+{\bar{z}}^2\right)+2\left(a^2+b^2\right)z\bar{z}=4a^2{b}^2$，

设 $A=b^2+a^2$， $B=b^2-a^2$，

则有

$B\left(z^2+{\bar{z}}^2\right)+2Az\bar{z}=B^2-A^2$ (焦点在实轴上)。

此外，也可以根据椭圆的定义和复数的几何定义得到椭圆方程的另一种形式：

设焦点在实轴上为 $F_1=c,F_2=-c$，2a为椭圆的长轴长度，则椭圆的方程为

$\left|z-c\right|+\left|z+c\right|=2a$ (焦点在实轴上)。

3. 复平面上平面解析几何的相关性质的计算

利用已经求得的点，直线，圆，圆锥曲线的表达式，根据xOy平面和复平面表达式中系数的对应关系和xOy平面上的性质可以直接推得复平面上相关性质，不用根据初始原理进行计算，使得解题过程变得简单。

例 求复平面上两条直线垂直的充分必要条件。

分析 已知xOy平面上直线方程为 $Ax+By+C=0\left(A^2+B^2\ne 0\right)$，对应的复平面上直线方程为

$\alpha z+\overline{\alpha z}+C=0\left(\alpha =\frac{1}{2}\left(A-iB\right),\alpha \in ℂ\backslash \left\{0\right\},C\in ℝ\right)$。如果利用复平面上两条直线所成的夹角为90˚推垂直

的条件，分析无从下手；如果利用复平面上两条直线斜率的乘积为−1推垂直的条件，斜率不易求得，且需要考虑斜率不存在的情况。故而考虑在显示xOy平面上直线的一般方程情况下两条直线垂直的充分必要条件，再利用xOy平面和复平面表达式中系数的对应关系进行求解。

证明 已知在xOy平面上两条直线的方程为：

$\begin{array}{l}{l}_1:A_{1}x+B_{1}y+C_1=0\\ l_2:A_{2}x+B_{2}y+C_2=0\end{array}$。

其对应复平面上两条直线的方程为：

$l_1:{\alpha }_{1}z+{\bar{\alpha }}_1\bar{z}+C_1=0\left({\alpha }_1\in ℂ\backslash \left\{0\right\},C_1\in ℝ\right)$ (其中 ${\alpha }_1=\frac{1}{2}\left(A_1-i{B}_1\right)$ )，

$l_2:{\alpha }_{2}z+{\bar{\alpha }}_2\bar{z}+C_2=0\left({\alpha }_2\in ℂ\backslash \left\{0\right\},C_2\in ℝ\right)$ (其中 ${\alpha }_2=\frac{1}{2}\left(A_2-i{B}_2\right)$ )。

又已知在xOy平面上有

$l_1\perp l_2\iff A_1{A}_2+B_1{B}_2=0$，

根据上式以及xOy平面和复平面表达式中系数的对应关系

$\{\begin{array}{l}{\alpha }_1=\frac{1}{2}\left(A_1-i{B}_1\right)\\ {\alpha }_2=\frac{1}{2}\left(A_2-i{B}_2\right)\end{array}$，

得

$\{\begin{array}{l}{A}_1={\alpha }_1+\overline{{\alpha }_1}\\ A_2={\alpha }_2+\overline{{\alpha }_2}\\ B_1=\left({\alpha }_1-\overline{{\alpha }_1}\right)i\\ B_2=\left({\alpha }_2-\overline{{\alpha }_2}\right)i\end{array}$，

将上式带入 $A_1{A}_2+B_1{B}_2=0$ 中，得

$\left({\alpha }_1+\overline{{\alpha }_1}\right)\left({\alpha }_2+\overline{{\alpha }_2}\right)-\left({\alpha }_1-\overline{{\alpha }_1}\right)\left({\alpha }_2-\overline{{\alpha }_2}\right)=0$，

展开得

${\alpha }_1{\alpha }_2+\overline{{\alpha }_1}{\alpha }_2+{\alpha }_1\overline{{\alpha }_2}+\overline{{\alpha }_1{\alpha }_2}-{\alpha }_1{\alpha }_2+\overline{{\alpha }_2}{\alpha }_1+\overline{{\alpha }_1}{\alpha }_2-\overline{{\alpha }_1{\alpha }_2}=0$，

整理得

$\overline{{\alpha }_1}{\alpha }_2+{\alpha }_1\overline{{\alpha }_2}=0$，

所以

$l_1\perp l_2\iff {\alpha }_1\overline{{\alpha }_2}+\overline{{\alpha }_1}{\alpha }_2=0$。

4. xOy平面上与复平面上技巧性解题对比

以求过圆锥曲线上一点的切线方程为例：

对于xOy平面，根据详细计算所得结果类比，得到解题技巧：假设圆锥曲线上的切点为 $\left(x_0,y_0\right)$，根据已知的圆锥曲线表达式，将表达式中的平方项x²拆成 $x\cdot x$，再将其中一个x换成 $x_0$，即将x²换成 $x_{0}x$，

同理将y²换成 $y_{0}y$ ；将表达式中的一次项x拆成 $\frac{x+x}{2}$，再将其中一个x换成 $x_0$，即将x换成 $\frac{x+x_0}{2}$，同理将y换成 $\frac{y+y_0}{2}$ ；常数项和系数都不变；即可求得符合题目要求的切线方程。

对于复平面，根据详细计算所得结果类比，得到解题技巧：假设圆锥曲线上的切点为 $z_0$，根据已知的圆锥曲线复数表达式，将表达式中的平方项z²拆成 $z\cdot z$，再将其中一个z换成 $z_0$，即将z²换成 $z_{0}z$，

同理将 ${\bar{z}}^2$ 换成 $\overline{z_{0}z}$ ；将表达式中的 $z\bar{z}$ 拆成 $\frac{z\bar{z}+z\bar{z}}{2}$，然后将 $z\bar{z}$ 换成 $\frac{z_0\bar{z}+z\overline{z_0}}{2}$ ；将表达式中的z拆成 $\frac{z+z}{2}$，再将其中一个z换成 $z_0$，即将z换成 $\frac{z_0+z}{2}$，同理将 $\bar{z}$ 换成 $\overline{\frac{z_0+z}{2}}$ ；常数项和系数都不变；即可求得符合

题目要求的切线方程，具体结果详见5.3。

5. 复平面表达式规律总结探究

5.1. 表达式形式的统一

$A\left(z^2+{\bar{z}}^2\right)+2Bz\bar{z}+\alpha z+\overline{\alpha z}+C=0$

1) 当 $A=0,B=0,\alpha \ne 0$ 且 $\alpha$ 为复数时，表示直线；

当 $C=0$ 时，直线过原点；

2) 当 $A=0,B\ne 0,{\left|\alpha \right|}^2>2BC$， $\alpha$ 为复数时，表示圆；

当 $C=0$ 时，圆过原点；

3) 当 $A\ne 0,B\ne 0,\alpha =0,B>A,C=A^2-B^2$ 时，表示椭圆；

(1) 当 $A>0$ 时，焦点在实轴上；

(2) 当 $A<0$ 时，焦点在虚轴上；

4) 当 $A\ne 0,B\ne 0,\alpha =0,A>B,C=B^2-A^2$ 时，表示双曲线；

(1) 当 $A>0$ 时，焦点在实轴上；

(2) 当 $A<0$ 时，焦点在虚轴上；

5) 当 $A\ne 0,B\ne 0,\alpha \ne 0$ 且为实数或者纯虚数时，表示抛物线；

(1) 当 $\alpha$ 为实数 $\alpha >0$ 时，焦点在实轴正半轴上；

(2) 当 $\alpha$ 为实数 $\alpha <0$ 时，焦点在实轴负半轴上；

(3) 当 $\alpha$ 为纯虚数 $\mathrm{Im}\alpha >0$ 时，焦点在虚轴正半轴上；

(4) 当 $\alpha$ 为纯虚数 $\mathrm{Im}\alpha <0$ 时，焦点在虚轴负半轴上。

5.2. 圆锥曲线弦长公式的统一

假设直线方程为 $\alpha z-\bar{\alpha }\bar{z}-2\beta =0\left(\alpha =1-ki,\beta =mi\right)$ 与圆锥曲线的交点为 $z_1=x_1+i{y}_1,z_2=x_2+i{y}_2$ 两

点，则弦长 $\left|z_1{z}_2\right|=\left|\alpha \right|\left|\frac{\left(z_1-z_2\right)+\overline{z_1-z_2}}{2}\right|$。

5.3. 圆锥曲线切线公式的统一

过圆锥曲线上一点 $z_0$ 的切线方程 $A\left(z{z}_0+\bar{z}{\bar{z}}_0\right)+B\left(z_0\bar{z}+{\bar{z}}_{0}z\right)+\frac{1}{2}\alpha \left(z_0+z\right)+\frac{1}{2}\bar{\alpha }\left({\bar{z}}_0+\bar{z}\right)+C=0$。

(1) 当 $A=0,B\ne 0,\alpha \ne 0$ 时,得到过圆上一点的切线方程：

$B\left(z_0\bar{z}+{\bar{z}}_{0}z\right)+\frac{1}{2}\alpha \left(z_0+z\right)+\frac{1}{2}\bar{\alpha }\left({\bar{z}}_0+\bar{z}\right)+C=0$ ；

(2) 当 $A\ne 0,B\ne 0,C\ne 0,\alpha =0$ 时，得到过椭圆上一点的切线方程：

$A\left(z{z}_0+\bar{z}{\bar{z}}_0\right)+B\left(z_0\bar{z}+{\bar{z}}_{0}z\right)+C=0$ (其中 $C=A^2-B^2$ )；

(3) 当 $A\ne 0,B\ne 0,C\ne 0,\alpha =0$ 时，得到过双曲线上一点的切线方程：

$A\left(z{z}_0+\bar{z}{\bar{z}}_0\right)+B\left(z_0\bar{z}+{\bar{z}}_{0}z\right)+C=0$ (其中 $C=B^2-A^2$ )；

(4) 当 $A\ne 0,B\ne 0,\alpha \ne 0$ 时，得到过抛物线上一点的切线方程：

$A\left(z{z}_0+\bar{z}{\bar{z}}_0\right)+B\left(z_0\bar{z}+{\bar{z}}_{0}z\right)+\frac{1}{2}\alpha \left(z_0+z\right)+\frac{1}{2}\bar{\alpha }\left({\bar{z}}_0+\bar{z}\right)+C=0$。

6. 利用复平面解题的实际应用

除了运用平面直角坐标系的点与复平面的复数的代数对应关系，复数运算，复数的几何意义等化几何问题为复数问题处理得到复平面的相对结论外，还可以利用这些求得的结论，复数的模长和辐角等求解或证明平面解析几何问题。将复数的几何意义与代数表达充分结合，大大降低了解题难度，使得思考更加多元，直观。

6.1. 利用复平面求解轨迹问题

题1 已知抛物线 $y^2=8\left(x+1\right)$，F为抛物线的焦点，A为抛物线上任意一点，点P为线段AF的中点，求点P的轨迹方程。

分析 从平面直角坐标系角度思考，由点P为线段AF的中点可以得到点P的坐标与抛物线上任意一点A的坐标之间的关系，通过变形得到将点A的坐标用点P的坐标表达的对应关系式，再带入抛物线方程中进行化简求解。从复平面角度思考，借助复数的几何意义中的辐角，复数的多种表达形式可以简化计算，更加直观，容易理解，具体过程如下：

解 由题意可知， $F\left(1,0\right)$

在复平面上，设 $A,F,P$ 各点对应的复数分别为 $z_A=x_1+i{y}_1,z_F=1,z_P=x+iy$，向量 $PF=z_1=r_1{\text{e}}^{i{\theta }_1}$， $PA=z_2=r_2{\text{e}}^{i{\theta }_2}$，

因为

$r_1=r_2,{\theta }_2={\theta }_1+\pi$，

所以

$PA=z_2=r_2{\text{e}}^{i{\theta }_2}=r_1{\text{e}}^{i\left({\theta }_1+\pi \right)}=r_1{\text{e}}^{i{\theta }_1}{\text{e}}^{i\pi }=r_1{\text{e}}^{i{\theta }_1}\left(\cos \pi +i\sin \pi \right)=z_1\left(\cos \pi +i\sin \pi \right)=-z_1=-PF$。

又

$PA=z_2=z_A-z_P,PF=z_1=z_F-z_P$，

所以

$z_A-z_P=-z_F+z_P$，

所以

$x_1+i{y}_1-\left(x+iy\right)=x+iy-1$，

所以

$\left(x_1-2x+1\right)+i\left(y_1-2y\right)=0$，

所以

$\{\begin{array}{l}{x}_1=2x-1\\ y_1=2y\end{array}$。

因为点 $A\left(x_1,y_1\right)$ 在抛物线上，所以

${\left(2y\right)}^2=8\left(2x-1+1\right)$，

即点P的轨迹方程为

$y^2=4x$。

题2 已知M为抛物线 $y^2=2px$ 上任意一点，以OM为边逆时针作正方形OMQN，求动点N的轨迹方程。

分析 从平面直角坐标系角度看本题，可能刚开始无从下手，故而考虑从几何角度和复平面的角度出发，利用复数的几何意义，复数的多种表达形式求解问题，简化求解过程，具体过程如下：

解 建立复平面，设 $M,N$ 对应的复数分别为 $z_M=x_0+i{y}_0,z_N=x+iy$。

因为以M为边逆时针作正方形OMQN，所以

$z_M=r{\text{e}}^{i{\theta }_1},z_M=r{\text{e}}^{i{\theta }_2},{\theta }_2={\theta }_1+\frac{\pi }{2}$，

所以

$z_N=z_M\cdot {\text{e}}^{i\frac{\pi }{2}}=z_M\cdot i=\left(x_0+i{y}_0\right)i=-y_0+i{x}_0=x+iy$，

则

$x=-y_0,y=x_0$。

因为M为抛物线 $y^2=2px$ 上任意一点，所以

$y_0^2=2p{x}_0$，

所以动点N的轨迹方程为

$x^2=2py$。

6.2. 利用复平面求最值问题

题3 长度为4的线段MN的两个端点在抛物线 $x^2=2y$ 上移动，求MN的中点到x轴的最短距离。

解 建立复平面，设 $M,N$ 对应的复数分别为 $z_M,z_N$，

则复平面上抛物线 $x^2=2y$ 表达式为

$\left|z-i\frac{1}{2}\right|=\mathrm{Im}\left(z+i\frac{1}{2}\right)$。

因为 $M,N$ 两点在抛物线上，所以

$\left|z_M-i\frac{1}{2}\right|=\mathrm{Im}\left(z_M+i\frac{1}{2}\right)$，

$\left|z_N-i\frac{1}{2}\right|=\mathrm{Im}\left(z_N+i\frac{1}{2}\right)$。

所以

$\left|z_M-i\frac{1}{2}\right|\text{+}\left|z_N-i\frac{1}{2}\right|=\mathrm{Im}\left(z_M+z_N+i\right)=2y_m+1$。

又因为

$\left|z_M-i\frac{1}{2}\right|\text{+}\left|z_N-i\frac{1}{2}\right|\ge \left|\left(z_M-i\frac{1}{2}\right)-\left(z_N-i\frac{1}{2}\right)\right|=\left|z_M-z_N\right|=\left|MN\right|=4$，

所以

$2y_m+1\ge 4$，

所以

$y_m\ge \frac{3}{2}$，

所以MN的中点到x轴的最短距离为 $\frac{3}{2}$。

6.3. 利用所得的复平面结论公式求解问题

题4 已知一个椭圆以原点为中心，焦点 $F_2$ 在x轴上，一条斜率为1的直线经过 $F_2$ 且与椭圆交于 $M,N$ 两点， $OM+ON$ 与向量 $n=\left(3,-2\right)$ 共线，求该椭圆的离心率。

解 在复平面中，设椭圆的焦点坐标为 $\left(c,0\right)$， $\left(-c,0\right)$。设直线方程为 $l_{MN}:\alpha \left(z-z_0\right)=\bar{\alpha }\left(\bar{z}-{\bar{z}}_0\right)$，其中 $\alpha =1-ki=1-i$， $z_0=x_0+i{y}_0=c$。设椭圆方程为 $2Az\bar{z}-B\left(z^2+{\bar{z}}^2\right)=A^2-B^2$。

将直线方程和椭圆方程联立

$\{\begin{array}{l}\left(1-i\right)\left(z-c\right)=\left(1+i\right)\left(\bar{z}-c\right)\\ 2Az\bar{z}-B\left(z^2+{\bar{z}}^2\right)=A^2-B^2\end{array}$，

整理得

$A{z}^2+\left[\left(-1+i\right)Ac-2B\left(1+i\right)c\right]z+2Bc-i\left(A^2-B^2\right)=0$。

由韦达定理得

$z_1+z_2=-\frac{\left(-1+i\right)Ac-B\left(1+i\right)c}{A}=\left(c+\frac{Bc}{A}\right)+i\left(-c+\frac{Bc}{A}\right)$。

由于 $OM+ON$ 与向量 $n=\left(3,-2\right)$ 共线，则

$\frac{c+\frac{Bc}{A}}{-c+\frac{Bc}{A}}=\frac{3}{-2}$，

进而得到A和B的关系式

$A=5B$，

已知椭圆离心率 $e=\frac{\sqrt{2B\left(A+B\right)}}{A+B}$，则

$e=\frac{\sqrt{2B\left(A+B\right)}}{A+B}=\frac{\sqrt{2B\left(5B+B\right)}}{5B+B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，

故椭圆离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$。

题5 已知圆 $x^2+y^2+2x-6y+n=0$ 与直线 $x+2y-2=0$ 相交于 $Q,R$ 两点，O为坐标原点，若 $OQ\perp OR$，求n的值。

分析 这类题目的通常解法为，设出 $Q\left(x_1,y_1\right),R\left(x_2,y_2\right)$，联立圆与直线方程，利用 $x_1{x}_2+y_1{y}_2=0$ 和根与系数关系，最终求得n的值，这是一种代数思想。但如果我们利用几何关系去求解，会更为简便。我们已知 $OQ\perp OR$，则可将原点O看做以QR为直径的圆上的一点，而 $Q,R$ 刚好为直线和圆的交点，所以可以选取直线和圆交点的圆系方程来求解。

解 在复数域中，圆的方程为 $z\bar{z}+\left(1+3i\right)z+\left(1-3i\right)\bar{z}+n=0$，直线方程为 $\left(\frac{1}{2}-i\right)z+\left(\frac{1}{2}+i\right)\bar{z}-2=0$，

则过直线和圆的交点的圆系方程为

$z\bar{z}+\left(1+3i\right)z+\left(1-3i\right)\bar{z}+n+\lambda \left[\left(\frac{1}{2}-i\right)z+\left(\frac{1}{2}+i\right)\bar{z}-2\right]=0$，

即

$z\bar{z}+\left[\left(1+\frac{1}{2}\lambda \right)+i\left(3-\lambda \right)\right]z+\left[\left(1+\frac{1}{2}\lambda \right)+i\left(-3+\lambda \right)\right]\bar{z}+n-2\lambda =0$。

依题意，原点在QR为直径的圆上，则圆心 $z_1=-1-\frac{1}{2}\lambda +i\left(3-\lambda \right)$ 在直线 $\left(\frac{1}{2}-i\right)z+\left(\frac{1}{2}+i\right)\bar{z}-2=0$ 上，

代入，解得

$\lambda =\frac{6}{5}$。

又由于原点 $z_0=0$ 在圆 $z\bar{z}+\left(1+3i\right)z+\left(1-3i\right)\bar{z}+n+\frac{6}{5}\left[\left(\frac{1}{2}-i\right)z+\left(\frac{1}{2}+i\right)\bar{z}-2\right]=0$ 上，

因此，解得 $n=\frac{12}{5}$。

本文通过利用复数法求解问题发现，复数法解题往往能简化问题的求解过程。当学生遇到几何题时，首先想到的是画图，而对于一些复杂问题，在平面直角坐标系上不能充分表达几何意义，只能通过各种方程，代数等进行描绘，加大解题的复杂性，而复数具有其自身的几何意义，包括辐角，模长等，同时它又有代数表达式，完美实现数形结合，大大简化了问题的思考和求解。

致 谢

感谢辽宁师范大学教师指导本科生科研训练项目为我们提供了研究机会。从主题创新点的确定，到论文内容的详细多元，再到论文格式规范等，这些都离不开指导老师每次的全面解答和细致指导。经过不断的尝试与学习，我们慢慢掌握了项目的方向，理解了项目的意义。在今后的学习中，我们将以更加严谨的思维探索更多的知识，不断创新，不断突破。

附录

Table 1. Points

表1. 点

Table 2. Straight line

表2. 直线

Table 3. Circle

表3. 圆

Table 4. Conic section

表4. 圆锥曲线

Table 5. Parametric equations

表5. 参数方程

Table 6. Vector

表6. 向量

Table 7.Collinearity issues

表7. 共线问题

NOTES

^*通讯作者。