前言
复数性质
设\(z=a+bi\)，\(\bar{z}=a-bi\)，\(a，b\in R\)，\(z_1，z_2\in C\)，则有以下性质：
➊\(\bar{\bar{z}}=z\)；
➋\(\bar{z}=z\) \(\Leftrightarrow\) \(z\)为实数；
➌\(\bar{z}=-z\)且\(z\neq 0\) \(\Leftrightarrow\) \(z\)为纯虚数；
➍\(z=\cfrac{1}{\bar{z}}\) \(\Leftrightarrow\) \(|z|=1\)；此处类似互为倒数；
➎\(\overline{z_{1}\pm z_{2}}=\overline{z_{1}}\pm \overline{z_{2}}\)；
➏\(\overline{z_1\cdot z_2}=\overline{z_1}\cdot \overline{z_2}\)；
➐\(\overline{\left(\cfrac{z_1}{z_2}\right)}=\cfrac{\overline{z_1}}{\overline{z_2}}\)，(\(z_2\neq 0\))；
➑\(\overline{z^n}=(\bar{z})^n\)，\(n\in N^*\)；
运算技巧
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\(ai-b=i(a+bi)\)；可以约分，
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\(i^{4n}=1\)；\(i^{4n+1}=i\)；\(i^{4n+2}=-1\)；\(i^{4n+3}=-i\)；\(n\in N^*\)；
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\(i^{4n}+i^{4n+1}+i^{4n+2}+i^{4n+3}=0\)；\(n\in N^*\)；
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\(|z|=|\bar{z}|\)，\(|z_1\cdot z_2|=|z_1|\cdot |z_2|\)
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\(\cfrac{1+i}{1-i}=\cfrac{(1+i)^2}{(1-i)(1+i)}=\cfrac{2i}{2}=i\)；\(\cfrac{1-i}{1+i}=\cfrac{(1-i)^2}{(1-i)(1+i)}=\cfrac{-2i}{2}=-i\)；
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\(i^2=-1\)，则\(-1=i^2\)，故\(-1+2i=i(i+2)\)；
一般计算方法\(\cfrac{-1+2i}{2+i}=\cfrac{(-1+2i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\cfrac{-2+i+4i-2i^2}{5}=\cfrac{5i}{5}=i\)，
更快的算法\(\cfrac{-1+2i}{2+i}=\cfrac{i(2+i)}{2+i}=i\)
复数\(z\)、复平面上的点\(Z\)及向量\(\overrightarrow{OZ}\)相互联系，一一对应，故为数形结合建立了相应的求解基础；
典例剖析
分析：\(z=1+\cfrac{2i}{1-i}=1+\cfrac{2i(1+i)}{2}=i\)，
\(1+z+z^2+\cdots+z^{2019}=\cfrac{1\cdot(1-z^{2020})}{1-z}\)
\(=\cfrac{1-i^{2020}}{1-i}=\cfrac{1-i^{4\times 505}}{1-i}=\cfrac{1-1}{1-i}=0\)，故选D。
总结： 1、复数的周期性；2、复数和等比数列求和的交汇融合
分析：\(\cfrac{1+i}{1-i}=\cfrac{(1+i)^2}{(1-i)(1+i)}=\cfrac{2i}{2}=i\)；
\(\cfrac{1-i}{1+i}=\cfrac{(1-i)^2}{(1-i)(1+i)}=\cfrac{-2i}{2}=-i\)；
则有\(f(n)=i^n+(-i)^n\)，故\(f(1)=0\)，\(f(2)=-2\)，\(f(3)=0\)，
\(f(4)=2\)，\(f(5)=0\)，\(\cdots\)，故集合\(\{f(n)\}\)中的元素个数为3个。
总结1、将\(\cfrac{1+i}{1-i}\)化简后就能看到思路了。2、复数的周期性
分析：\(|z-2|=\sqrt{(x-2)^2+y^2}=\sqrt{3}\)，则有\((x-2)^2+y^2=3\)，它表示一个圆，
\(\cfrac{y}{x}=\cfrac{y-0}{x-0}\)，其几何意义是圆上的动点\((x，y)\)与定点\((0，0)\)的连线的斜率，
故由图可知\(\left(\cfrac{y}{x}\right)_{max}=\cfrac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}\)。
反思总结：1、复数问题实数化；2、数形结合；
分析：由题可知，\(z_1=1+i\)，\(z_2=-\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}i\)，代入运算得到，\(\cfrac{z_1^2}{z_2}=\sqrt{3}-i\)，故选\(C\).