三角学与复数
§6.1 三角学基础
定义6.1.1
正弦(Sin)、余弦(Cos)和正切(Tan)只是三角形中的比值。下图将为你解释。
SOH CAH TOA 是一种轻松记忆正弦(sine)、余弦(cosine)和正切(tangent)的方法。我想你已经发现，这些比值只适用于直角三角形，因为它们涉及斜边(hypotenuse)。这么想完全正确，但有时你得自己“造”出直角三角形。做法是给某条底边作一条垂线，之后就能运用三角函数了。
我建议熟记15°、30°、45°、60°、75°、90°和120°的正弦(sin)和余弦(cos)值，同时熟记15°、30°、45°、60°、75°和90°的正切(tan)值。这对参加AMC 12的考生非常有帮助。对于参加AMC 10的考生，这一步是可选的。然而，部分几何题可以用三角法解决。如果你掌握了三角学并参加AMC 10，熟记这些值会非常有用，因为它能成为你遇到不会做的题目时的备用方案。
问题6.1.2——一个三角形面积为30，其中一条边长为10，该边对应的中线长为9。设 \( \theta \) 为该边与中线所成的锐角，求 \( \sin \theta \) ？
(A) \( \frac{3}{10} \) (B) \( \frac{1}{3} \) (C) \( \frac{9}{20} \) (D) \( \frac{2}{3} \) (E) \( \frac{9}{10} \)
来源:2012 AMC
解:一如既往，我们先绘制示意图。
\( \overline{AB} \) 长度为10， \( \overline{CD} \) 是中线。 \( \overline{CE} \) 是三角形的高。已知三角形面积为 \( \frac{bh}{2} \) ，我们可立即得出其高为6，因为底边为10。这意味着CE的长度为6。
既然我们要找边与中线所成锐角的正弦值，显然就是求sin∠CDE。
\( \sin \left( {\angle \mathrm{{CDE}}}\right) = \frac{CE}{CD} \) .
我们知道CE的长度为6，CD的长度为9。因此， \( \sin \left( {\angle \mathrm{{CDE}}}\right) = \frac{2}{3} \) (D)。
问题6.1.3——在等边三角形 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中，点 \( D \) 和 \( E \) 将 \( \overline{BC} \) 三等分。则 \( \sin \left( {\angle {DAE}}\right) \) 可表示为 \( \frac{a\sqrt{b}}{c} \) 的形式，其中 \( a \) 和 \( c \) 为互质的正整数，且 \( b \) 为不被任何素数平方整除的整数。求 \( a + b + c \) 。
来源:2013年美国数学邀请赛(AIME)
解:在所有涉及三角学应用的几何问题中，我们都应先画出图形。
在本题中，由于 \( \overline{AB} = \overline{BC} = \overline{AC} = s \) ，其中 \( s \) 是表示等边三角形边长的变量
由于点 \( D \) 和 \( E \) 将 \( {BC} \) 三等分，这意味着 \( \overline{BD} = \overline{DE} = \overline{EC} = \frac{s}{3} \) 。
由于作三角形的高是一种有用的策略，尤其当我们面对等边三角形时，让我们假设从A向 \( \overline{BC} \) 作高，并在点 \( M \) 与之相交。
由于 \( M \) 是 \( \overline{BC} \) 的中点，因此 \( \overline{BM} = \overline{MC} = \frac{s}{2} \) 。
\[ \overline{DM} = \overline{BM} = \overline{BD} = \frac{s}{2} - \frac{s}{3} = \frac{s}{6} \]
现在，由于我们想求 \( \sin \left( {\angle {DAE}}\right) \) ，可以先求其半角，即 \( \sin \left( {\angle {DAM}}\right) \) 。然后应用二倍角正弦恒等式。由此可知
\[ \sin \left( {\angle {DAE}}\right) = 2 \cdot \sin \left( {\angle {DAM}}\right) \cdot \cos \left( {\angle {DAM}}\right) \]
现在我们可以直接求出 \( \sin \left( {\angle {DAM}}\right) \) 和 \( \cos \left( {\angle {DAM}}\right) \) 。
\[ \sin \left( {\angle {DAM}}\right) = \frac{o}{h} = \frac{\overline{DM}}{\overline{AD}} \]
\[ \cos \left( {\angle {DAM}}\right) = \frac{a}{h} = \frac{\overline{AM}}{\overline{AD}} \]
我们可以轻松求出 \( \overline{AM} \) ，因为它是等边三角形的高，用边长 \( s \) 表示即为 \( \frac{s\sqrt{3}}{2} \)
利用这一点，我们可以用勾股定理求 \( \overline{AD} \) ，因为 \( {\overline{AD}}^{2} = {\overline{AM}}^{2} + \) \( {\overline{DM}}^{2} = {\left( \frac{s\sqrt{3}}{2}\right) }^{2} + {\left( \frac{s}{6}\right) }^{2} = \frac{7{s}^{2}}{9} \)
于是得到 \( \overline{AD} = \frac{s\sqrt{7}}{3} \)
既然已知 \( \overline{AD},\overline{DM} \) 和 \( \overline{AM} \) ，我们就可以用这些值计算 \( \sin \left( {\angle {DAM}}\right) \) 和 \( \cos \left( {\angle {DAM}}\right) \)
\[ \sin \left( {\angle {DAM}}\right) = \frac{\frac{s}{6}}{\frac{s\sqrt{7}}{3}} \]
\[ \cos \left( {\angle {DAM}}\right) = \frac{\frac{s\sqrt{3}}{2}}{\frac{s\sqrt{7}}{3}} \]
我们将这两个值相乘，再乘以2，得到 \( \sin \left( {\angle {DAE}}\right) \) ，即 \( \frac{3\sqrt{3}}{14} \) 。将3、3和14相加得到20作为答案。
§6.2 余弦定理与正弦定理
定理6.2.1
余弦定理
对于任意三角形，若边长为 \( a, b, c \) ，对应角为 \( A, B \) 和 \( C \) ，则以下定理成立
\[ {c}^{2} = {a}^{2} + {b}^{2} - {2ab}\cos C \]
\[ {b}^{2} = {a}^{2} + {c}^{2} - {2ac}\cos B \]
\[ {a}^{2} = {b}^{2} + {c}^{2} - {2bc}\cos A \]
定理6.2.2
正弦定理(Law of Sines)
对于一个三角形，设其边长为 \( a, b, c \) ，对应的对角为 \( A, B, C \) ，外接圆半径为 \( R \) ，则我们的公式为
\[ \frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = {2R} \]
问题6.2.3——四边形 \( {ABCD} \) 内接于圆，边 \( {AD} \) 为直径，长度为4。若边 \( {AB} \) 和 \( {BC} \) 的长度均为1，则边 \( {CD} \) 的长度为
\( \textbf{(A)}\frac{7}{2}\;\textbf{(B)}\frac{5\sqrt{2}}{2}\;\textbf{(C)}\sqrt{11}\;\textbf{(D)}\sqrt{13}\;\textbf{(E)}2\sqrt{3} \)
来源:1971 AHSME
解法:本题中，可连接B与O(AD的中点)。于是可得 \( \angle {AOB} = \angle {BOC} = a \)
接下来，可对 \( \bigtriangleup \mathrm{{AOB}} \) 应用余弦定理(Law of Cosines)。已知 \( {c}^{2} = \) \( {a}^{2} + {b}^{2} - {2ab}\cos C \) 为余弦定理公式，可将其应用于所选三角形。设 \( \mathrm{{AB}} \) 为 \( c \) ， \( \mathrm{{AO}} \) 和 \( \mathrm{{BO}} \) 分别为 \( a \) 和 \( b \) 。已知 \( \mathrm{{AO}} \) 和 \( \mathrm{{BO}} \) 均等于半径2。应用余弦定理得 \( {\overline{AB}}^{2} = {\overline{AO}}^{2} + {\overline{BO}}^{2} - 2 \cdot \overline{AO} \cdot \overline{BO} \cdot \cos a \) 。因 \( \overline{AB} \) 为1， \( \overline{AO} \) 和 \( \overline{BO} \) 均为2，代入得 \( 1 = 8 - 8 \cdot \cos a \) 。由此可得 \( \cos a = \frac{7}{8}. \)
已知 \( \angle \mathrm{{COD}} \) 等于 \( {180} - {2a} \) 。由于可对 \( \bigtriangleup \mathrm{{COD}} \) 使用余弦定理，需求 \( \cos \left( {{180} - {2a}}\right) \) 的值。可利用若干三角恒等式求得。
因 \( \cos \left( {{180} - x}\right) = - \cos x \) ，故 \( \cos \left( {{180} - {2a}}\right) = - \cos \left( {2a}\right) \) 。由此，可使用二倍角余弦恒等式: \( \cos \left( {2x}\right) = 2{\cos }^{2}x - 1 \) 。结合 \( - \cos \left( {2a}\right) \) ，可得 \( \cos {180} - {2a} \) 的值即为 \( - 2{\cos }^{2}a + 1 \) 。
已知 \( \cos a \) 为 \( \frac{7}{8} \) ，代入得 \( \cos \left( {{180} - {2a}}\right) \) \( = - 2 \cdot {\frac{7}{8}}^{2} + 1 = \frac{-{17}}{32} \) 。现可用此值对 \( \bigtriangleup \mathrm{{COD}} \) 应用余弦定理，得
\( {\overline{CD}}^{2} = {\overline{CO}}^{2} + {\overline{DO}}^{2} - 2 \cdot \overline{CO} \cdot \overline{DO} \cdot \cos \left( {{180} - {2a}}\right) \) 。代入已知值化简表达式为
\( {\overline{CD}}^{2} = {2}^{2} + {2}^{2} - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \frac{-{17}}{32} = \frac{49}{4}. \)
化简得 \( \overline{CD} = \frac{7}{2} \) (A)。
问题6.2.4——圆 \( {C}_{1} \) 的圆心 \( O \) 位于圆 \( {C}_{2} \) 上。两圆相交于 \( X \) 和 \( Y \) 。位于 \( {C}_{1} \) 外部的点 \( Z \) 在圆 \( {C}_{2} \) 上，且 \( {XZ} = {13} \) 、 \( {OZ} = {11} \) 和 \( {YZ} = 7 \) 。求圆 \( {C}_{1} \) 的半径？
(E) \( \sqrt{30} \) 位于两角之间。
来源:2012 AMC
解答:本题中，我们将首先应用正弦定理(Law of Sines)来建立关系
由于已知XO与OY长度相等，我们尝试在 \( \bigtriangleup \mathrm{{XZO}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{YZO}} \) 上应用扩展正弦定理。由于它们具有相同的外接圆半径(circumradius)，我们设此外接圆半径长度为 \( R \) 。
对于 \( \bigtriangleup \mathrm{{XZO}} \) ，我们得到 \( \frac{XO}{\sin \left( {\angle {XZO}}\right) } = {2R} \)
对于 \( \bigtriangleup \mathrm{{YZO}} \) ，我们得到 \( \frac{YO}{\sin \left( {\angle {YZO}}\right) } = {2R} \)
由于 \( {XO} = {YO} \) ，可将两式联立得到 \( \angle \mathrm{{XZO}} = \angle \mathrm{{YZO}} \) 。
现在可对 \( \bigtriangleup \mathrm{{XZO}} \) 和 \( \bigtriangleup \mathrm{{YZO}} \) 应用余弦定理(Law of Cosines)。
将其应用于三角形 \( \mathrm{{XZO}} \) 得 \( X{O}^{2} = X{Z}^{2} + O{Z}^{2} - 2 \cdot {XZ} \cdot {OZ} \cdot \cos \left( {\angle {XZO}}\right) \)
将其应用于三角形 \( \mathrm{{YZO}} \) 得 \( Y{O}^{2} = Y{Z}^{2} + O{Z}^{2} - 2 \cdot {YZ} \cdot {OZ} \cdot \cos \left( {\angle {YZO}}\right) \)
代入边长得 \( {r}^{2} = {290} - {286}\cos \left( {\angle {XZO}}\right) \) 和 \( {r}^{2} = {170} - \) \( {154}\cos \left( {\angle {YZO}}\right) \)
将两式联立得 \( {290} - {286}\cos \left( {\angle {XZO}}\right) = {170} - {154}\cos \left( {\angle {YZO}}\right) \) 。由于 \( \angle \mathrm{{XZO}} = \angle \mathrm{{YZO}} \) ，可将方程化简为 \( {290} - {286}\cos \left( {\angle {XZO}}\right) = \) \( {170} - {154}\cos \left( {\angle {XZO}}\right) \)
解方程得 \( \cos \left( {\angle {XZO}}\right) = \frac{120}{132} = \frac{10}{11} \) 。可将该值代入方程 \( {r}^{2} = {290} - {286}\cos \left( {\angle {XZO}}\right) \) 。
代入后得 \( {r}^{2} = {30} \) ，即半径值为 \( \sqrt{30} \) (E)。
问题6.2.5——在四边形ABCD中， \( \mathrm{{AB}} = \mathrm{{DB}} \) 且 \( \mathrm{{AD}} = \mathrm{{BC}} \) 。若 \( \angle \mathrm{{ABD}} = \) 36且 \( \angle \mathrm{{BCD}} = {54} \) ，求 \( \angle \mathrm{{ADC}} \) 的度数。
来源:2016 CHMMC
解法:遇到这类问题一定要先画图，这是第一步。
我们可以对这道题使用正弦定理(Law of Sines)。通常，当一道题包含多个三角形且其中某些边长相等时，正弦定理往往是非常有用的公式。
首先，因为 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABD}} \) 是等腰三角形，所以 \( \angle \mathrm{{BAD}} = \angle \mathrm{{BDA}} \) \( = {72} \) ，因为等腰三角形的两个底角必然相等。
对 \( \bigtriangleup \) ABD应用正弦定理得
\[ \frac{\overline{AD}}{\sin {36}} = \frac{\overline{BD}}{\sin {72}} \]
现在我们可以再次对 \( \bigtriangleup \mathrm{{BDC}} \) 应用正弦定理得到
\[ \frac{\overline{BD}}{\sin {54}} = \frac{\overline{BC}}{\sin a} \]
由于 \( \overline{BC} = \overline{AD} \) ，我们可以将其代入 \( \frac{\overline{BD}}{\sin {54}} = \frac{\overline{BC}}{\sin a} \) 得到 \( \frac{\overline{BD}}{\sin {54}} = \frac{\overline{AD}}{\sin a} \)
方程 \( \frac{\overline{AD}}{\sin {36}} = \frac{\overline{BD}}{\sin {72}} \) 可以写成 \( \frac{\overline{AD}}{\overline{BD}} = \frac{\sin {36}}{\sin {72}} \) 。
我们也可以用同样的方式重写 \( \frac{\overline{BD}}{\sin {54}} = \frac{\overline{AD}}{\sin a} \) 得到
\[ \frac{\overline{AD}}{\overline{BD}} = \frac{\sin a}{\sin {54}} \]
因为我们已经得到了 \( \overline{\frac{AD}{BD}} \) 的两个表达式，可以将它们相等，从而得到 \( \frac{\sin {36}}{\sin {72}} = \frac{\sin a}{\sin {54}} \)
利用二倍角正弦恒等式 \( \sin {2a} = 2 \cdot \sin a \cdot \cos a \) ，我们得到 \( \sin {72} = 2 \cdot \sin {36} \cdot \cos {36} \) 。将其代入我们的表达式可得 \( \frac{\sin {36}}{2 \cdot \sin {36} \cdot \cos {36}} = \frac{\sin a}{\sin {54}} \)
我们可以消去 \( \sin {36} \) 得到 \( \frac{1}{2 \cdot \cos {36}} = \frac{\sin a}{\sin {54}} \) 。
我们知道对任意角 \( x,\sin x = \cos \left( {{90} - x}\right) \) 都有 \( \sin {54} = \cos {36} \) 。因此 \( \sin a = \frac{1}{2} \) 。将其应用于方程可消去同类项，方程变为 \( \angle a \) 。由此可知 \( \angle \mathrm{{ADC}} \) 必为30度。由于我们要求 \( \angle \mathrm{{ADB}} + \angle \mathrm{{BDC}} \) 的值，只需计算 \( {72} + {30} \) ，结果为102度。
§6.3 三角恒等式
三角恒等式种类繁多。请花时间多加练习，这有助于你逐步熟记所有恒等式。它们对于解决AMC和AIME中出现的许多较难的三角题至关重要，因为许多题目需要大量变形，而恒等式正是关键所在。
定理 6.3.1
\[ {\sin }^{2}\theta + {\cos }^{2}\theta = 1 \]
\[ {\tan }^{2}\theta + 1 = {\sec }^{2}\theta \]
\[ 1 + {\cot }^{2}\theta = {\csc }^{2}\theta \]
这些就是我们的毕达哥拉斯恒等式(Pythagorean identities)。它们在许多场景中都很有用。例如，若已知 \( \sin \theta \) 的值而未知 \( \cos \theta \) ，则可利用恒等式 \( {\sin }^{2}\theta + {\cos }^{2}\theta = 1 \) ，将其改写后得到 \( \cos \theta = \sqrt{1 - {\sin }^{2}\theta } \)
定理6.3.2
| 三角函数 | |
| 偶函数 \( f\left( {-x}\right) = f\left( x\right) \) | 奇函数 \( f\left( {-x}\right) = - f\left( x\right) \) |
| \( \cos \left( {-x}\right) = \cos x \) \( \sec \left( {-x}\right) = \sec x \) | \( \sin \left( {-x}\right) = - \sin x \) \( \csc \left( {-x}\right) = - \csc x \) \( \tan \left( {-x}\right) = - \tan x \) \( \cot \left( {-x}\right) = - \cot x \) |
这些恒等式在处理 \( \sin \left( {-\theta }\right) \) 或 \( \cos \left( {-\theta }\right) \) 等情况时极其重要。你可以用它求出负角的三角函数值。
定理 6.3.3
\[ \sin \left( {a + b}\right) = \sin a\cos b + \cos a\sin b \]
\[ \sin \left( {a - b}\right) = \sin a\cos b - \cos a\sin b \]
\[ \cos \left( {a + b}\right) = \cos a\cos b - \sin a\sin b \]
\[ \cos \left( {a - b}\right) = \cos a\cos b + \sin a\sin b \]
\[ \tan \left( {a + b}\right) = \frac{\tan a + \tan b}{1 - \tan a\tan b} \]
\[ \tan \left( {a - b}\right) = \frac{\tan a - \tan b}{1 + \tan a\tan b} \]
这些是我们的和差恒等式。在求诸如 \( {75}^{ \circ } \) 这类角的三角函数值时非常有用，因为你可以把它拆成 \( {30}^{ \circ } \) 和 \( {5}^{ \circ } \) 。例如，若想求 \( \sin \left( {15}\right) \) ，只需将其改写为 \( \sin \left( {{45} - {30}}\right) \) ，然后利用差角恒等式即可求得其值。
定理 6.3.4
| \( \cos x = \sin \left( {\frac{\pi }{2} - x}\right) \) | \( \sin x = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - x}\right) \) |
| \( \tan x = \cot \left( {\frac{\pi }{2} - x}\right) \) | \( \cot x = \tan \left( {\frac{\pi }{2} - x}\right) \) |
| \( \sec x = \csc \left( {\frac{\pi }{2} - x}\right) \) | \( \csc x = \sec \left( {\frac{\pi }{2} - x}\right) \) |
这些是我们的余函数恒等式(co-function identities)。当你已知 \( \cos \left( \theta \right) \) 的值却想求 \( \sin \left( {{90} - \theta }\right) \) 的值时，它们会很有用。利用这些恒等式，很容易发现这两个三角函数值相等。
定理6.3.5
\[ \sin \left( {2A}\right) = 2\sin \left( A\right) \cos \left( A\right) \]
\[ \cos \left( {2A}\right) = {\cos }^{2}\left( A\right) - {\sin }^{2}\left( A\right) \]
\[ = 1 - 2{\sin }^{2}\left( A\right) \]
\[ = 2{\cos }^{2}\left( A\right) - 1 \]
\[ \tan \left( {2A}\right) = \frac{2\tan \left( A\right) }{1 - {\tan }^{2}\left( A\right) } \]
这些是二倍角恒等式(double angle identities)。它们经常出现，掌握它们对于迅速将三角表达式化简为简单形式至关重要。
定理6.3.6
\[ \sin \frac{\theta }{2} = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos \theta }{2}} \]
\[ \cos \frac{\theta }{2} = \pm \sqrt{\frac{1 + \cos \theta }{2}} \]
\[ \tan \frac{\theta }{2} = \frac{\sin \theta }{1 + \cos \theta } = \frac{1 - \cos \theta }{\sin \theta } \]
这些是我们的半角恒等式(half-angle identities)。当你需要求某个已知角度一半的三角函数值时，它们会派上用场。
问题6.3.7——若 \( \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\cos }^{2n}\theta = 5 \) ，则 \( \cos {2\theta } \) 的值是多少？
(A) \( \frac{1}{5}\; \) (B) \( \frac{2}{5}\; \) (C) \( \frac{\sqrt{5}}{5}\; \) (D) \( \frac{3}{5}\; \) (E) \( \frac{4}{5} \)
来源:2004 AMC 12
解答:本题中，我们可以对 \( \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{\cos }^{2n}\theta = 5 \) 应用无穷等比数列求和公式。已知首项为 \( {\cos }^{0}\theta \) ，公比为 \( {\cos }^{2}\theta \) ，因此和为 \( \frac{1}{1 - {\cos }^{2}\theta } \)
由于已知其等于5，我们得到 \( 1 = 5 - 5{\cos }^{2}\theta \) 。由此可得 \( {\cos }^{2}\theta = \frac{4}{5} \) 。
为了求 \( \cos {2\theta } \) ，我们可以利用三角恒等式进行化简。已知 \( \cos {2\theta } = 2{\cos }^{2}\theta = 1 \) 。将已知的 \( {\cos }^{2}\theta \) 代入，可得 \( \cos {2\theta } \) 等于 \( \frac{3}{5}\left( \mathbf{D}\right) \) 。
问题6.3.8——设 \( x \) 和 \( y \) 为实数，满足 \( \frac{\sin x}{\sin y} = 3 \) 且 \( \frac{\cos x}{\cos y} = \frac{1}{2} \) 。 \( \frac{\sin {2x}}{\sin {2y}} + \frac{\cos {2x}}{\cos {2y}} \) 的值可表示为 \( \frac{p}{q} \) 的形式，其中 \( p \) 和 \( q \) 为互质的正整数。求 \( p + q \) 。
来源:2012 AIME
解答:本题中，我们可以分别求出 \( \frac{\sin {2x}}{\sin {2y}} \) 和 \( \frac{\cos {2x}}{\cos {2y}} \) ，然后将它们相加。
利用三角恒等式，我们可以将 \( \frac{\sin {2x}}{\sin {2y}} \) 化简为
\( \frac{\sin {2x}}{\sin {2y}} = \frac{2\sin x\cos x}{2\sin y\cos y} = \frac{\sin x\cos x}{\sin y\cos y} = \frac{\sin x}{\sin y} \cdot \frac{\cos x}{\cos y} \)
现在，将已知值代入上式，得到 \( 3 \cdot \frac{1}{2} \) ，即 \( \frac{3}{2} \) 。
现在我们需要化简并利用三角恒等式求出 \( \frac{\cos {2x}}{\cos {2y}} \) 。
现在我们可以利用恒等式得到 \( \frac{\cos {2x}}{\cos {2y}} = \frac{2{\cos }^{2}x - 1}{2{\cos }^{2}y - 1} \)
为了求出这些项，我们可以把给定的两个方程改写为
\( \sin x = 3\sin y \)
\( 2\cos x = \cos y \)
现在我们可以把两个方程的两边都平方，得到
\( {\sin }^{2}x = 9{\sin }^{2}y \)
\( {\cos }^{2}x = \frac{{\cos }^{2}y}{4} \)
将两个方程相加可得 \( {\sin }^{2}x + {\cos }^{2}x = 9{\sin }^{2}y + \frac{{\cos }^{2}y}{4} \) 。由于我们知道 \( {\sin }^{2}\theta + {\cos }^{2}\theta = 1 \) ，可以利用该恒等式将方程化简为
\[ 1 = 9{\sin }^{2}y + \frac{{\cos }^{2}y}{4} \]
现在我们可以把上述方程两边同时乘以4，得到
\( 4 = {36}{\sin }^{2}y + {\cos }^{2}y \)
从方程中减去 \( 1 = {\sin }^{2}y + {\cos }^{2}y \) ，得到
\( 3 = {35}{\sin }^{2}y \)
由此我们得到 \( {\sin }^{2}y = \frac{3}{35} \) 。由于我们想求 \( {\cos }^{2}y \) 和 \( {\cos }^{2}x \) 的值，可以利用方程 \( {\sin }^{2}x + {\cos }^{2}y = 1 \) 得到 \( {\cos }^{2}y \) 等于 \( \frac{32}{35} \) 。
利用我们之前得到的方程 \( \left( {{\cos }^{2}x = \frac{{\cos }^{2}y}{4}}\right) \) ，我们知道 \( {\cos }^{2}x \) 等于 \( \frac{8}{35} \) 。
我们可以把这些值代入表达式 \( \frac{2{\cos }^{2}x - 1}{2{\cos }^{2}y - 1} \) ，得到值为 \( \frac{-{19}}{29} \) 。
现在由于这个数就是 \( \frac{\cos {2x}}{\cos {2y}} \) 的值，我们把它与 \( \frac{\sin {2x}}{\sin {2y}} \) 的值 \( \frac{3}{2} \) 相加，得到 \( \frac{-{19}}{29} + \frac{3}{2} \) ，即 \( \frac{49}{58} \) 。我们将分子与分母相加得到107。
问题6.3.9——三角形 \( {ABC} \) 是等腰三角形，其中 \( {AB} = {AC} \) ，高为 \( {AM} = {11} \) 。假设在 \( \overline{AM} \) 上有一点 \( D \) ，满足 \( {AD} = {10} \) 且 \( \angle {BDC} = \) \( 3\angle {BAC} \) 。那么 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的周长可以写成 \( a + \sqrt{b} \) 的形式，其中 \( a \) 和 \( b \) 为整数。求 \( a + b \) 。
来源:1995 AIME
来源:在本题中，我们首先把 \( \angle \) BAM记为 \( a \) 。由此可得 \( \angle \) BDM为 \( {3a} \) 。
由 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABM}} \) ，我们得到 \( \tan a = \frac{\overline{BM}}{\overline{AM}} = \frac{\overline{BM}}{11} \) 。
现在由 \( \bigtriangleup \) BDM，我们得到 \( \tan {3a} = \frac{\overline{BM}}{\overline{DM}} = \frac{\overline{BM}}{1} \) 。
将两个方程合并得到 \( \frac{\tan {3a}}{\tan a} = {11} \)
现在我们将应用正切加法公式，其表述为 \( \tan a + b = \frac{\tan a + \tan b}{1 - \tan a \cdot \tan b} \) 。我们将其应用于角 \( a \) ，先求出 \( \tan {2a} \) ，然后再用角 \( a \) 和 \( {2a} \) 求出 \( \tan {3a} \) 。
该恒等式给出 \( \tan a + a = \tan {2a} = \frac{2\tan a}{1 - {\tan }^{2}a} \)
现在我们再次使用这个正切加法公式得到
\( \tan {2a} + a = \tan {3a} = \frac{\tan a + \tan {2a}}{1 - \tan a \cdot \tan {2a}} \) 。我们将 \( \tan {2a} \) 的值 \( \frac{2\tan a}{1 - {\tan }^{2}a} \) 代入，得到 \( \tan {3a} = \frac{3\tan a - {\tan }^{3}a}{1 - 3{\tan }^{2}x} \) 。由于已知 \( \frac{\tan {3a}}{\tan a} = {11} \) ，可将 \( \tan {3a} \) 的值代入并除以 \( \tan a \) ，得到
\( \frac{3 - {\tan }^{2}a}{1 - 3{\tan }^{2}a} = {11} \)
现在将方程两边同乘以 \( 1 - 3{\tan }^{2}a \) ，得到 \( {\tan }^{2}a = \frac{1}{4} \) 。两边开平方得 \( \tan a = \frac{1}{2} \) 。
我们再次使用 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABM}} \) ，得到 \( \tan a = \frac{\overline{BM}}{11} \) 。
将已求得的 \( \tan a \) 代入，得到 \( \overline{BM} = \frac{11}{2} \) 。
现在该三角形的周长(即我们要求解的量)就是 \( {AB} + {AC} + {BC} \) 。由于我们求得 \( \overline{BM} \) 为 \( \frac{11}{2} \) ，将其乘以2得到 \( \overline{BC} \) 为11。
现在要求 \( {AB} \) 和 \( {AC} \) (由于这是等腰三角形，二者相等)，可对 \( \bigtriangleup \mathrm{{ABM}} \) 应用勾股定理，得到 \( {\overline{AB}}^{2} = {\overline{BM}}^{2} + {\overline{AM}}^{2} = \) \( {\left( \frac{11}{2}\right) }^{2} + {11}^{2} \)
由此得到 \( \overline{AB} = \frac{{11}\sqrt{5}}{2} \) 。于是总周长为 \( {11} + 2 \cdot \frac{{11}\sqrt{5}}{2} \) 。由于答案需写成 \( a + \sqrt{b} \) 的形式，我们将其改写为 \( {11} + \sqrt{605} \) 。将605与11相加，得到最终答案616。
问题6.3.10——已知 \( {\log }_{10}\sin x + {\log }_{10}\cos x = - 1 \) 且 \( {\log }_{10}(\sin x + \) \( \cos x) = \frac{1}{2}\left( {{\log }_{10}n - 1}\right) \) ，求 \( n \) 。
来源:2003年AIME
解答:本题中，我们首先利用对数性质化简第一个方程。由于已知 \( {\log }_{10}a + {\log }_{10}b = {\log }_{10}{ab} \) ，可将其应用于第一个方程，得到
\( {\log }_{10}\left( {\sin x \cdot \cos x}\right) = - 1 \)
将其转化为指数形式，得到 \( \sin x \cdot \cos x = \frac{1}{10} \) 。
现在我们可以令 \( {\log }_{10}\left( {\sin x + \cos x}\right) = \frac{1}{2}\left( {{\log }_{10}n - 1}\right) \) 等于 \( a \) 。这样就得到两个独立的方程
\[ {\log }_{10}\left( {\sin x + \cos x}\right) = a \]
\[ \frac{1}{2}\left( {{\log }_{10}n - 1}\right) = a \]
现在我们可以将上述两个方程转化为指数形式，得到
\( {10}^{a} = \sin x + \cos x \)
对于第二个方程 \( \frac{1}{2}\left( {{\log }_{10}n - 1}\right) = a \) ，我们可以先将两边乘以2消去分母，得到 \( {\log }_{10}n - 1 = {2a} \)
两边同时加1得到 \( {\log }_{10}n = {2a} + 1 \) 。写成指数形式，我们得到 \( {10}^{{2a} + 1} = n \)
我们可以重写 \( {10}^{a} = \sin x + \cos x \) ，使得左边得到 \( {10}^{{2a} + 1} \) 。方法是先将方程平方，再将两边乘以10
\[ {10}^{{2a} + 1} = {10} \cdot {\left( \sin x + \cos x\right) }^{2} \]
由于我们已经知道 \( n \) 等于 \( {10}^{{2a} + 1} \) ，我们可以将方程简化为
\[ n = {10} \cdot {\left( \sin x + \cos x\right) }^{2} \]
该方程变为 \( n = {10}\left( {{\sin }^{2}x + {\cos }^{2}x + 2\sin x\cos x}\right) \)
利用恒等式 \( {\sin }^{2}x + {\cos }^{2}x = 1 \) ，可得方程为 \( n = {10}(1 + \) \( 2\sin x\cos x) \)
在解题之初，我们已经求得 \( \sin x \cdot \cos x = \frac{1}{10} \) ，将其代入 \( n \) 的答案中，得到 \( {10}\left( {1 + 2 \cdot \frac{1}{10}}\right) = \mathbf{{12}} \)
§6.4 复数(Complex Numbers)
定义 6.4.1
复数的形式为 \( a + {bi}.a \) ，其中 \( {bi} \) 表示实数， \( i \) 表示虚数。 \( \sqrt{-1} \) 表示
定理 6.4.2
注意 \( i \) 的幂次，观察其规律及数值的循环
\( {i}^{1} = i\;{i}^{2} = - 1\;{i}^{3} = - i\;{i}^{4} = 1 \)
\( {i}^{5} = i\;{i}^{6} = - 1\;{i}^{7} = - i\;{i}^{8} = 1 \)
\( {i}^{9} = i\;{i}^{10} = - 1\;{i}^{11} = - i\;{i}^{12} = 1 \)
定理 6.4.3
若 \( z = a + {bi} \) 且 \( w = c + {di} \) ，则以下定理成立
\( \bar{z} = a - {bi} \) ( \( \bar{z} \) 表示共轭复数)
\( \left| z\right| = \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2}} \)
\( \bar{z} \cdot \bar{w} = \overline{zw} \)
\( \bar{z} + \bar{w} = \overline{z + w} \)
\( \left| z\right| \cdot \left| w\right| = \left| {zw}\right| \)
\( {\left| z\right| }^{n} = \left| {z}^{n}\right| \)
\( z\left| z\right| = {\left| z\right| }^{2} \)
\( \left| {w - z}\right| \) 表示复平面上 \( w \) 与 \( z \) 之间的距离。
几何上， \( \left| z\right| \) 表示该点与复平面上原点0的距离。
关键策略:在许多涉及复数的问题中，我们可以用 \( a + {bi} \) 代替诸如 \( z \) 这样的变量来表示该复数。
问题6.4.4——存在一个复数 \( z \) ，其虚部为164，且存在正整数 \( n \) 使得
\[ \frac{z}{z + n} = {4i} \]
求 \( n \) 。
来源:2009年AIME
解法:我们可以设复数 \( z = a + {bi} \) 。由于已知虚部为164，故 \( z \) 的 \( b \) 值为164。这意味着 \( z = a + {164i} \)
将其代入给定方程得 \( \frac{a + {164i}}{a + n + {164i}} = {4i} \)
两边同乘分母得
\[ a + {164i} = {4i}\left( {a + n}\right) + {656}{i}^{2} \]
我们已知 \( {i}^{2} = - 1 \) ，因此可用其化简方程为
\[ a + {164i} = {4i}\left( {a + n}\right) - {656} \]
将虚部与实部分别配对得 \( a + {656} + \left( {{164} - {4a} - {4n}}\right) i = 0. \)
\( a + {656} \) 为实部， \( {164} - {4a} - {4n} \) 为虚部。由于该复数等于0，故实部与虚部均等于0，从而得到两个方程。
\[ a + {656} = 0 \]
\[ {164} - {4a} - {4n} = 0 \]
由第一个方程得 \( a = - {656} \) 。将其代入第二个方程得 \( \mathbf{n} = {697} \) 。
问题6.4.5——若 \( a, b \) 、 \( c \) 为正整数，且满足 \( c = \) \( {\left( a + bi\right) }^{3} - {107i} \) ，其中 \( {i}^{2} = - 1 \) ，求 \( c \) 。
来源:1985年AIME
解:在本题中，我们知道 \( {\left( a + bi\right) }^{3} - {107i} \) 的虚部为0，因为该表达式等于 \( c \) ，而 \( c \) 是一个正整数。因此，我们可以在展开表达式后分离实部和虚部。
\[ {\left( a + bi\right) }^{3} - {107i} = {a}^{3} - {3a}{b}^{2} + \left( {3{a}^{2}b - {b}^{3} - {107}}\right) i = c \]
显然，实部等于 \( c \) ，而虚部等于0。这给出了两个方程:
\[ {a}^{3} - {3a}{b}^{2} = c \]
\[ 3{a}^{2}b - {b}^{3} - {107} = 0 \]
对第二个方程进行因式分解得到 \( b\left( {3{a}^{2} - {b}^{2}}\right) = {107} \)
由于107是质数，且 \( b \) 必须整除它，因此 \( b \) 只能等于1。这意味着我们只剩下 \( 3{a}^{2} - {b}^{2} = {107} \) 。将1代入 \( b \) 得到 \( {a}^{2} = {36} \) 。这表明 \( a = 6 \) ，因为 \( a \) 必须是正整数。
既然已知 \( a = 6 \) 和 \( b = 1 \) ，我们可以将这些数值代入方程 \( {a}^{3} - {3a}{b}^{2} = c \) ，从而得到 \( \mathbf{c} = \mathbf{{198}} \) 。
问题6.4.6——复数 \( z \) 等于 \( 9 + {bi} \) ，其中 \( b \) 为正实数且 \( {i}^{2} = - 1 \) 。已知 \( {z}^{2} \) 与 \( {z}^{3} \) 的虚部相同，求 \( b \) 的值。
来源:2007年AIME
解:既然已知 \( {z}^{2} \) 与 \( {z}^{3} \) 的虚部相等，我们可以分别求出它们的虚部并令之相等。只需展开 \( {z}^{2} \) 和 \( {z}^{3} \) ，然后取两者的虚部即可。
\[ {z}^{2} = {\left( 9 + bi\right) }^{2} = {81} + {b}^{2}{i}^{2} + {18bi} = {81} - {b}^{2} + {18bi} \]
显然
\[ \mathfrak{{Im}}\left( {z}^{2}\right) = {18b} \]
\[ {z}^{3} = {\left( 9 + bi\right) }^{3} = {729} - 9{b}^{2} - {18}{b}^{2} + {162bi} + {81bi} - {b}^{3}i = {729} - {27}{b}^{2} + i\left( {{243b} - {b}^{3}}\right) \]
显然
\[ \mathfrak{{Im}}\left( {z}^{3}\right) = {243b} - {b}^{3} \]
既然已知 \( \mathfrak{{Im}}\left( {z}^{2}\right) = \mathfrak{{Im}}\left( {z}^{3}\right) \) ，这意味着 \( {18b} = {243b} - {b}^{3} \) 。
化简方程得到 \( {b}^{2} = {225} \) ，这意味着 \( \mathbf{b} = \mathbf{{15}} \) 。
问题6.4.7——复数 \( z \) 和 \( w \) 满足方程组
\[ z + \frac{20i}{w} = 5 + i \]
\[ w + \frac{12i}{z} = - 4 + {10i} \]
求 \( {\left| zw\right| }^{2} \) 的最小可能值。
来源:2012年AIME
解:在本题中，我们首先尝试将两个方程相加，但毫无进展。接着我们将它们相乘，发现得到了一个理想的结果。
\[ {zw} - \frac{240}{zw} + {32i} = {46i} - {30} \]
化简后得到 \( {zw} - \frac{240}{zw} = {14i} - {30} \)
我们可以两边同乘 \( {zw} \) ，得到 \( {\left( zw\right) }^{2} + \left( {{30} - {14i}}\right) {zw} - {240} = 0 \)
我们可以使用二次公式(quadratic formula)，假设 \( {zw} \) 是我们的 \( {}^{\prime }{x}^{\prime } \) ，它给出
\( {zw} = 6 + {2i} \) 或 \( {12i} - {36} \) 为可能的解。
由于我们希望 \( {zw} \) 的模(magnitude)最小，我们的 \( {zw} \) 将取 \( 6 + {2i} \) ，因为其模为 \( \sqrt{{6}^{2} + {2}^{2}} \) ，即 \( \sqrt{40} \) 。由于要求模的平方，我们的答案是40。
§6.5 德摩弗定理(De Moivre's Theorem)与欧拉定理(Euler's Theorem)
上一节关于复数的内容属于基础部分，现在我们将进入更高级的技巧。
定义 6.5.1
复数的极坐标形式(Polar Form)
极坐标形式是将复数如 \( a + {bi} \) 写成 \( r\left( {\cos \theta + i\sin \theta }\right) \) 的形式
记住 \( \cos \theta + i\sin \theta \) 有一个简写形式，即 \( {cis\theta } \)
\( r \) 的值为 \( \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2}} \) ，而 \( \theta \) 为 \( {\tan }^{-1}\frac{b}{a} \)
定理 6.5.2
欧拉公式(Euler's Formula)
如果你想快速解决许多复数问题，这是一条极其重要的定理。
首先必须知道 \( {e}^{i\pi } = - 1 \) 。
我们可以将极坐标形式的复数表示为如上所示的形式。
\( {e}^{i\theta } = \cos \theta + i\sin \theta \)
定理 6.5.3
棣莫弗定理(De Moivre's Theorem)
若要将复数平方到高次幂或仅进行复数乘法，棣莫弗定理至关重要。首先，你的复数必须写成极坐标形式才能应用此定理。
对于两个复数 \( z = {r}_{1}{cis}{\theta }_{1} \) 和 \( w = {r}_{2}{cis}{\theta }_{2} \) ，则 \( {zw} = {r}_{1}{r}_{2}{cis}\left( {{\theta }_{1} + {\theta }_{2}}\right) \)
该定理还指出，若 \( z \) 为复数且 \( z = r\left( {\cos \theta + i\sin \theta }\right) \) ，则 \( {z}^{n} = {r}^{n}\left( {\cos \theta \cdot n + i\sin \theta \cdot n}\right) \)
提示:从刚才所学的所有定理可知，将复数由其矩形形式 \( \left( {a + {bi}}\right) \) 转换为极坐标形式在许多问题中都是极佳选择。由于极坐标形式带来的化简，复杂问题往往迎刃而解。
定理 6.5.4
单位根(Roots of Unity)
方程 \( {z}^{n} = 1 \) 的解(其中 \( z \) 为复数)为 \( \cos \left( \frac{2\pi k}{n}\right) + i\sin \left( \frac{2\pi k}{n}\right) \) ，等价于 \( \operatorname{cis}\left( \frac{2\pi k}{n}\right) \) ，即 \( {e}^{{2\pi k}/n} \) 。 \( k \) 的取值范围从 0 到 \( n - 1 \) 。
问题 6.5.5 —— 在下列复数 \( z \) 中，哪一个满足 \( {z}^{5} \) 的实部最大？
(A) -2 (B) \( - \sqrt{3} + i \) (C) \( - \sqrt{2} + \sqrt{2}i \) (D) \( - 1 + \sqrt{3}i \) (E) \( {2i} \)
来源:2021 AMC 12
解答:本题中，我们将把每个选项转换为极坐标形式。A 和 E 无需转换，因为它们本身已极易处理。
对于选项 B，可用前述方法将 \( - \sqrt{3} + i \) 转换。首先求得 \( r \) 为 \( \sqrt{{\left( \sqrt{3}\right) }^{2} + {1}^{2}} \) ，即 2。
接着我们得到 \( {\tan }^{-1}\theta = - \frac{1}{\sqrt{3}} \) ，于是 \( \theta = {150}^{ \circ } \) 。因此可将该复数写作 \( 2\left( {\cos {150} + i\sin {150}}\right) \) 。由于只需其实部，可提取 \( 2\cos {150} \) 。我们需求其实部的 5 次幂。根据棣莫弗定理，该值为 \( {32}\cos \left( {{150} \cdot 5}\right) \) ，即 \( {32}\cos \left( {750}\right) \) ，又因 750 可减去 720(360 的倍数)，故亦等于 \( {32}\cos \left( {30}\right) \) 。32 cos30° 计算得 \( {16}\sqrt{3} \) 。
对剩余选项重复上述步骤，可知实部最大的复数为 \( - \sqrt{3} + i\left( \mathbf{B}\right) \) 。
问题 6.5.6 — 设
\[ z = \frac{1 + i}{\sqrt{2}} \]
求
\[ \left( {{z}^{{1}^{2}} + {z}^{{2}^{2}} + {z}^{{3}^{2}} + \cdots + {z}^{{12}^{2}}}\right) \cdot \left( {\frac{1}{{z}^{{1}^{2}}} + \frac{1}{{z}^{{2}^{2}}} + \frac{1}{{z}^{{3}^{2}}} + \cdots + \frac{1}{{z}^{{12}^{2}}}}\right) ? \]
\( \textbf{(A)}{18}\;\textbf{(B)}{72} - {36}\sqrt{2}\;\textbf{(C)}{36}\;\textbf{(D)}{72}\;\textbf{(E)}{72} + {36}\sqrt{2} \)
来源:2021 AMC 12
解答:虽然这道题乍看很难，但只要运用前面提到的技巧，其实非常简单。把矩形形式给出的复数转换成极坐标形式！
\[ \frac{1 + i}{\sqrt{2}} = \cos \left( {45}\right) + i\sin \left( {45}\right) = \operatorname{cis}\left( {45}\right) \]
由棣莫弗定理(De Moivre’s theorem)可知 \( {\left( \operatorname{cis}\left( {45}\right) \right) }^{n} = \operatorname{cis}\left( {{45} \cdot n}\right) \)
我们知道这些值会循环，因为若两个角在模 360 意义下相同，则它们的余弦和正弦也相同，
在本题中，若 \( {\left( \operatorname{cis}\left( {45}\right) \right) }^{n} \) 取某个值，则 \( {\left( \operatorname{cis}\left( {45}\right) \right) }^{n + 8} \) 也会取同一值，或加上 8 的任意倍数。
这意味着我们可以把待求表达式中的指数对 8 取模。若某些指数在模 8 意义下相等，则它们的值也相同。
\( {1}^{2},{5}^{2} \) 、 \( {9}^{2} \) 均 \( 1\left( {\;\operatorname{mod}\;8}\right) \)
\( {2}^{2},{6}^{2} \) 、 \( {10}^{2} \) 均 \( 4\left( {\;\operatorname{mod}\;8}\right) \)
\( {3}^{2},{7}^{2} \) 、 \( {11}^{2} \) 均 \( 1\left( {\;\operatorname{mod}\;8}\right) \)
\( {4}^{2},{8}^{2} \) 、 \( {12}^{2} \) 均 0 (mod) 8
这意味着:
\( {z}^{{1}^{2}} = {z}^{{5}^{2}} = {z}^{{9}^{2}} = {z}^{1} = \operatorname{cis}\left( {45}\right) = \cos \left( {45}\right) + i\sin \left( {45}\right) \)
\( {z}^{{2}^{2}} = {z}^{{6}^{2}} = {z}^{{10}^{2}} = {z}^{4} = \operatorname{cis}\left( {180}\right) = \cos \left( {180}\right) + i\sin \left( {180}\right) = - 1 \)
\( {z}^{{3}^{2}} = {z}^{{7}^{2}} = {z}^{{11}^{2}} = {z}^{1} = \operatorname{cis}\left( {45}\right) = \cos \left( {45}\right) + i\sin \left( {45}\right) \)
\( {z}^{{4}^{2}} = {z}^{{8}^{2}} = {z}^{{12}^{2}} = {z}^{0} = 1 \)
计算乘积左侧得 \( {z}^{{1}^{2}} + {z}^{{2}^{2}} + {z}^{{3}^{2}} + \cdots + {z}^{{12}^{2}} \) 为 \( 6\left( {\cos \left( {45}\right) + {6i}\sin \left( {45}\right) }\right) \)
计算乘积右侧得 \( \frac{1}{{z}^{{1}^{2}}} + \frac{1}{{z}^{{2}^{2}}} + \frac{1}{{z}^{{3}^{2}}} + \cdots + \frac{1}{{z}^{{12}^{2}}} \) 为 \( \frac{6}{\cos \left( {45}\right) + i\sin \left( {45}\right) } \)
将两值相乘后 \( \cos \left( {45}\right) + i\sin \left( {45}\right) \) 被消去，最终答案为 36。
问题6.5.7——复数 \( z \) 和 \( w \) 满足 \( {z}^{13} = w,{w}^{11} = z \) ，且 \( z \) 的虚部为 \( \sin \frac{m\pi }{n} \) ，其中 \( m \) 和 \( n \) 为互质的正整数且 \( m < n \) 。求 \( n \) 。
来源:2012 AIME
解答:本题中，我们将把 \( w = {z}^{13} \) 代入另一方程，以得到仅含 \( z \) 的方程，因为我们需要求 \( z \) 的值。
如此得到 \( {z}^{143} = z \) 。然后两边同除以 \( z \) ，得到 \( {z}^{142} = 1 \) 。
现在可应用单位根定理求出解。我们知道解的形式为 \( \cos \left( \frac{\pi k}{71}\right) + i\sin \left( \frac{\pi k}{71}\right) \) 。 \( k \) 的取值范围是0到141。显然 \( n \) 的值为71，因为它在分母。
问题6.5.8——共有24个不同的复数 \( z \) 满足 \( {z}^{24} = 1 \) 。其中有多少个使得 \( {z}^{6} \) 为实数？
\( \textbf{(A)} \) 0 \( \;\textbf{(B)} \) 4 \( \;\textbf{(C)} \) 6 \( \;\textbf{(D)} \) 12 \( \;\textbf{(E)} \) 24
解答:2017 AMC
解答:由于方程形式为 \( {z}^{n} = 1 \) ，我们将使用单位根。
我们知道解为 \( z = \cos \left( \frac{\pi k}{12}\right) + i\sin \left( \frac{\pi k}{12}\right) \) ，其中 \( k \) 取0到23的所有整数值。
现在将 \( z \) 的表达式取6次幂。 \( {\left( \cos \left( \frac{\pi k}{12}\right) + i\sin \left( \frac{\pi k}{12}\right) \right) }^{6} \)
由棣莫弗定理(De Moivre’s Theorem)可知 \( {z}^{n} = {r}^{n}\left( {\cos \left( {\theta \cdot n}\right) + i\sin \left( {\theta \cdot n}\right) }\right) \) 。将其应用于表达式，得到 \( {z}^{6} \) 等于 \( \cos \left( \frac{\pi k}{2}\right) + i\sin \left( \frac{\pi k}{2}\right) \) ，其中 \( k \) 介于0到23之间。
要使该表达式为实数，其虚部必须为0。虚部为 \( \left. {i\sin \left( \frac{\pi k}{2}\right) }\right) \) 。我们需使 \( \sin \left( \frac{\pi k}{2}\right) \) 为0。已知sin在π的任意整数倍(弧度制)处为0，因此 \( k \) 必须为偶数。0到23之间有12个偶数，故答案为12(D)。
感谢，Ritvik Rustagi