小结教案设计

第三章

数系的扩充与复数的引入

小结

复数的概念是掌握复数并解答复数有关问题的基础，其中有虚数单位i，复数的代数形式，实部与虚部、虚数、纯虚数、复数相等、共轭复数等．有关复数题目的解答是有别于实数问题的，应根据有关概念求解．

11[典例1]

(1)复数＋的虚部是(

) －2＋i1－2i1111A.i

B.

C．－i

D．－

5555(2)若复数(a2－3a＋2)＋(a－1)i是纯虚数，则实数a的值为(

) A．1

B．2

C．1或2

D．－1 解析：(1)选B

11＋i，故虚部为. 552(2)选B

由纯虚数的定义，可得{a－3a＋2＝0，a－1≠0，

－2－i1＋2i－2－i1＋2i111＋＝＋＝＋＝－555－2＋i1－2i－2＋i－2－i1－2i1＋2i解得a＝2. [对点训练] z11．设z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且为纯虚数，则实数a的值为________．

z2

z1解析：设＝bi(b∈R且b≠0)，所以z1＝bi·z2，即a＋2i＝bi(3－4i)＝4b＋3bi.所以z28所以a＝. 38答案：

32．设复数z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i，试求实数m的取值，使(1)z是纯虚数；(2)z是实数；(3)z在复平面上的对应点在复平面的第二象限．

22解：(1)由{lgm－2m－2＝0，m＋3m＋2≠0，

得m＝3. ∴当m＝3时，z是纯虚数．

22(2)由{m－2m－2>0，m＋3m＋2＝0，

得m＝－1或m＝－2. ∴当m＝－1或m＝－2时，z是实数．

22(3)由{lgm－2m－2<0，m＋3m＋2>0，

得

－1

1.复数加、减、乘、除运算的实质是实数的加减乘除，加减法是对应实、虚部相加减；乘法类比多项式乘法；除法类比分式的分子分母有理化，注意i2＝－1. 2．复数四则运算法则是进行复数运算的基础，同时应熟练掌握i幂的周期性变化，即i4n1＝i，i4n2＝－1，i4n3＝－i，i4n＝1，复数的四则运算常与复数的概念、复数的几何意义＋＋＋等结合在一起考查．

另外计算要注意下面结论的应用：

(1)(a±b)2＝a2±2ab＋b2，

(2)(a＋b)(a－b)＝a2－b2，

(3)(1±i)2＝±2i，

1(4)＝－i，

i1＋i1－i(5)＝i，＝－i，

1－i1＋i(6)a＋bi＝i(b－ai)．

i2＋i3＋i4[典例2]

复数等于(

) 1＋i1111A.＋i

B.－i 22221111C．－＋i

D．－－i 2222

i2＋i3＋i4－i1－ii解析：选D

＝－＝

21＋i1＋i11＝－－i. 2215－5i[典例3]

已知复数z1＝，z＝a－3i(a∈R)．

2＋i22(1)若a＝2，求z1·z2；

z1(2)若z＝是纯虚数，求a的值．

z215－5i15－5i15－5i3－4i25－75i解：由于z1＝＝＝＝＝1－3i. 252＋i23＋4i3＋4i3－4i(1)当a＝2时，z2＝2－3i，

∴z1·z2＝(1－3i)·(2＋3i)＝2＋3i－6i＋9＝11－3i. (2)若z＝a＋92＝0，a＋91－3i1－3ia＋3ia＋9＋3－3aiz1＝＝＝为纯虚数，则应满足z2a－3ia－3ia＋3ia2＋93－3a≠0，

a2＋9

解得a＝－9.即a的值为－9. [对点训练] 3．设复数z满足(1－i)z＝2i，则z＝(

) A．－1＋i

B．－1－i C．1＋i

D．1－i 2i1＋i解析：选A

z＝＝－1＋i，故选A. 1－i1＋i11－7i4．设a，b∈R，a＋bi＝(i为虚数单位)，则a＋b的值为________．

1－2i解析：∵a＋bi＝得a＝5，b＝3，

故a＋b＝8. 答案：8 5．计算：

13(1)(1－i)－＋i(1＋i)；

22(2)2＋3i；(3)(2－i)2. 3－2i11－7i11－7i1＋2i，∴a＋bi＝＝5＋3i.根据复数相等的充要条件可1－2i1－2i1＋2i

13解：(1)法一：(1－i)－＋i(1＋i) 221313＝－＋i＋i－i2(1＋i) 2222＝＝3－13＋1(1＋i) 2＋2i3－13＋13－13＋12＋i＋i＋i

2222＝－1＋3i. 13法二：原式＝(1－i)(1＋i)－＋i

2213＝(1－i2)－＋i

2213＝2－＋i＝－1＋3i. 22(2)＝2＋3i2＋3i3＋2i＝

3－2i3－2i3＋2i2＋3i3＋2i6＋2i＋3i－6＝

2253＋25i＝＝i. 5(3)(2－i)2＝(2－i)(2－i) ＝4－4i＋i2＝3－4i.

复数z＝a＋bi(a，b∈R)和复平面上的点Z(a，b)一一对应，和向量OZ―→一一对应，正确求出复数的实部和虚部是解决此类题目的关键．

z[典例4]

若i为虚数单位，如图中复平面内点Z表示复数z，则表示复数的点是1＋i(

)

A．E

B．F

C．G

D．H

3＋i3＋i1－i4－2iz解析：选D

由题图可得z＝3＋i，所以＝＝＝＝2－i，则其在21＋i1＋i1＋i1－i复平面上对应的点为H(2，－1)．

z[典例5]

已知z是复数，z＋2i，均为实数(i为虚数单位)，且复数(z＋ai)2在复平面2－i

上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．

解：设z＝x＋yi(x，y∈R)，

则z＋2i＝x＋(y＋2)i，

x＋yi1z＝＝(x＋yi)(2＋i) 2－i2－i511＝(2x－y)＋(2y＋x)i. 551由题意知y＋2＝0，52y＋x＝0，

∴{x＝4，y＝－2，

∴z＝4－2i. ∵(z＋ai)2＝[4＋(a－2)i]2

＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i，

2由已知得{12＋4a－a>0，

a－2>0，

∴2

[对点训练] 6．若复数z满足iz＝2＋4i，则在复平面内，z对应的点的坐标是(

) A．(2,4)

B．(2，－4) C．(4，－2)

D．(4,2) 2＋4i2＋4i·－i解析：选C

由iz＝2＋4i，可得z＝＝＝4－2i，

ii·－i所以z对应的点的坐标是(4，－2)．

7．已知等腰梯形OABC的顶点A、B在复平面上对应的复数分别为1＋2i，－2＋6i，OA∥BC.求顶点C所对应的复数z.[来源学科网ZXXK]

解：设z＝x＋yi，x，y∈R，如图，A(1，2)，B(－2,6)，C(x，y)．

∵OA∥BC，|OC|＝|BA|，

∴kOA＝kBC，|zC|＝|zB－zA|，

2y－6，即1＝x＋2x2＋y2＝－32＋42.

解得{x＝－5，y＝0

或{x＝－3，y＝4.

∵|OA|≠|BC|，∴x＝－3，y＝4(舍去)，故z＝－5.

复数z＝a＋bi(a，b∈R)对应复平面上的点Z，则复数的模|z|＝|OZ―→|＝a2＋b2，即Z(a，b)到原点的距离．

[典例6]

已知复数z满足|z＋2－2i|＝1，求|z－3－2i|的最小值．

解：法一：设z＝x＋yi(x，y∈R)，

则|x＋yi＋2－2i|＝1，

即|(x＋2)＋(y－2)i|＝1. ∴(x＋2)2＋(y－2)2＝1. ∴|z－3－2i|＝x－32＋y－22

＝x－32＋1－x＋22＝－10x＋6，

由(y－2)2＝1－(x＋2)2≥0，得x2＋4x＋3≤0. ∴－3≤x≤－1，∴16≤－10x＋6≤36. ∴4≤－10x＋6≤6. ∴当x＝－1时，|z－3－2i|取最小值4. 法二：由复数及其模的几何意义知：

满足|z＋2－2i|＝1，

即|z－(－2＋2i)|＝1的复数z所对应的点是以C(－2,2)为圆心，半径r＝1的圆，而|z－3－2i|＝|z－(3＋2i)|的几何意义是：复数z对应的点与点A(3,2)的距离．

由圆的知识可知|z－3－2i|的最小值为|AC|－r. 又|AC|＝3＋22＋2－22＝5，

所以|z－3－2i|的最小值为5－1＝4. [对点训练] 8．在复平面内，点P，Q分别对应复数z1，z2，且z2＝2z1＋3－4i，|z1|＝1，则点Q的轨迹是(

) A．线段

B．圆

C．椭圆

D．双曲线[来源学§科§网]

解析：选B

∵z2＝2z1＋3－4i，∴2z1＝z2－(3－4i)．

∵|z1|＝1，∴|2z1|＝2，

∴|z2－(3－4i)|＝2，由模的几何意义可知点Q的轨迹是以(3，－4)为圆心，2为半径的圆．

9．已知复数z，且|z|＝2，求|z－i|的最大值，以及取得最大值时的z. 解：法一：设z＝x＋yi(x，y∈R)，

∵|z|＝2，∴x2＋y2＝4，

|z－i|＝|x＋yi－i|＝|x＋(y－1)i|＝x2＋y－12

＝4－y2＋y－12＝5－2y. ∵y2＝4－x2≤4，∴－2≤y≤2. 故当y＝－2时，5－2y取最大值9，

从而5－2y取最大值3，此时x＝0，

即|z－i|取最大值3时，z＝－2i.

法二：方程|z|＝2表示以原点为圆心，以2为半径的圆，而|z－i|表示圆上的点到点A(0,1)的距离．

如图，连接AO并延长与圆交于点B(0，－2)，显然根据平面几何的知识可知，圆上的点B到点A的距离最大，最大值为3，

即当z＝－2i时，|z－i|取最大值3.

(时间：120分钟

满分：150分) 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1－i21．已知＝1＋i(i为虚数单位)，则复数z＝(

) zA．1＋i

B．1－i C．－1＋i

D．－1－i 1－i21－i2－2i－2i1－i解析：选D

由＝1＋i，得z＝＝＝＝－1－i，故选D. z1＋i1＋i1＋i1－i2．复数z＝i(i＋1)(i为虚数单位)的共轭复数是(

) A．－1－i

B．－1＋i C．1－i

D．1＋i 解析：选A

∵z＝i(i＋1)＝－1＋i，∴z＝－1－i. 3．设z1＝3－4i，z2＝－2＋3i，则z1－z2在复平面内对应的点位于(

) A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

解析：选D

由已知，得z1－z2＝3－4i－(－2＋3i)＝5－7i，则z1－z2在复平面内对应的点为(5，－7)．

1＋ia4．设a是实数，且＋是实数，则a等于(

) 21＋i13A.

B．1

C.

D．2 22解析：选B

1＋ia1－i1＋ia＋11－aa＋＝＋＝＋i，222221＋i[来源学科网ZXXK]

1－a由题意可知＝0，即a＝1. 25．a为正实数，i为虚数单位，A．2

B.3

C.2

D．1解析：选B

由已知∵a＞0，∴a＝3. 6．复数a＋ii＝2，则a＝(

)

1＋a2＝2，[来源:Zxxk.Com]a＋ia＋i＝2得(－i)|＝|－ai＋1|＝2，所以

ii＝|(a＋i)·1－i2＝a＋bi(a，b∈R，i是虚数单位)，则a2－b2的值为(

) 22A．－1

B．0

C．1

D．2 1－i21－2i＋i解析：选A

＝＝－i＝a＋bi，所以a＝0，b＝－1，所以a2－b2＝0－122＝－1. 7．已知f(n)＝in－in(i2＝－1，n∈N)，集合{f(n)|n∈N}的元素个数是(

) －A．2

B．3

C．4

D．无数个

1－解析：选B

f(0)＝i0－i0＝0，f(1)＝i－i1＝i－＝2i，

if(2)＝i2－i2＝0，f(3)＝i3－i3＝－2i，

－－由in的周期性知{f(n)|n∈N}＝{0，－2i,2i}．

8．复数z1＝(

) A.10

B．－3－i C．1＋i

D．3＋i 解析：选D

∵z1＝(－i)2＝－1，z2＝2＋i，

∴对应的复数是z2－z1＝2＋i－(－1)＝3＋i. 1－i2，z＝2－i3分别对应复平面内的点P，Q，则向量1＋i2对应的复数是9．z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i，m∈R，z2＝3－2i，则“m＝1”是“z1＝z2”的(

) A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

解析：选A

m＝1时，z1＝3－2i＝z2，故“m＝1”是“z1＝z2”的充分条件．

由z1＝z2，得m2＋m＋1＝3，且m2＋m－4＝－2，解得m＝－2或m＝1，故“m＝1”不是“z1＝z2”的必要条件．

10．已知方程x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0(a∈R)有实根b，且z＝a＋bi，则复数z等于(

) A．2－2i

B．2＋2i C．－2＋2i

D．－2－2i 解析：选A

∵b2＋(4＋i)b＋4＋ai＝0，

∴b2＋4b＋4＋(a＋b)i＝0，

∴z＝2－2i. 11．定义运算＝ad－bc，则符合条件＝4＋2i的复数z为(

) A．3－i

B．1＋3i

C．3＋i

D．1－3i 解析：选A

由定义知＝zi＋z，

4＋2i得zi＋z＝4＋2i，即z＝＝3－i. 1＋i12．若1＋2i是关于x的实系数方程x2＋bx＋c＝0的一个复数根，则(

) A．b＝2，c＝3

B．b＝－2，c＝3 C．b＝－2，c＝－1

D．b＝2，c＝－1[来源:Z#xx#k.Com]

解析：选B

由题意可得(1＋2i)2＋b(1＋2i)＋c＝0⇒－1＋b＋c＋(22＋2b)i＝0，

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．已知a，b∈R，i是虚数单位．若(a＋i)·(1＋i)＝bi，则a＋bi＝________. 解析：由(a＋i)(1＋i)＝a－1＋(a＋1)i＝bi，得{a－1＝0，a＋1＝b，

解方程组，得a＝1，b＝2，则a＋bi＝1＋2i. 答案：1＋2i iz214．已知复数z1＝3－i，z2是复数－1＋2i的共轭复数，则复数－的虚部等于________．

z14－1－2i3i－1－1－2i3＋16iiz2i4解析：－＝－＝－＝，其虚部为. z143－i4104205

4答案：

515．若关于x的方程x2＋(2－i)x＋(2m－4)i＝0有实数根，则纯虚数m＝________. 2解析：设m＝bi(b∈R，且b≠0)，方程的实根为x0，则x0＋(2－i)x0＋(2bi－4)i＝0，

2即(x0＋2x0－2b)－(x0＋4)i＝0，

解得x0＝－4，b＝4.故m＝4i. 答案：4i ab516．已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)且＋＝，则复数z在复平面对应的点位于1－i1－2i3＋i第________象限．

ab5解析：∵a，b∈R且＋＝，

1－i1－2i3＋i即a1＋ib1＋2i3－i＋＝，

252∴5a＋5ai＋2b＋4bi＝15－5i，

∴z＝7－10i.∴z对应的点位于第四象限．

答案：四

三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题10分)实数k为何值时，复数z＝(k2－3k－4)＋(k2－5k－6)i是：

(1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数；(4)0. 解：(1)当k2－5k－6＝0，即k＝6，或k＝－1时，z是实数．

(2)当k2－5k－6≠0，即k≠6，且k≠－1时，z是虚数．

1＋i23＋4i218．(本小题12分)已知复数z满足|z|＝1＋3i－z，求的值．

2z解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，

∵|z|＝1＋3i－z，∴a2＋b2－1－3i＋a＋bi＝0，

∴z＝－4＋3i，

1＋i23＋4i22i－7＋24i24＋7i∴＝＝＝3＋4i. 2z2－4＋3i4－3i15－5i19．(本小题12分)已知复数z1＝2－3i，z2＝.求：

2＋i2z1(1)z1·z2；(2). z215－5i15－5i解：z2＝＝＝1－3i. 2＋i23＋4i(1)z1·z2＝(2－3i)(1－3i)＝－7－9i. z12－3i113(2)＝＝＋i. z21－3i101020．(本小题12分)已知z＝1＋i，a，b为实数．

(1)若ω＝z2＋3z－4，求|ω|；

z2＋az＋b(2)若2＝1－i，求a，b的值．

z－z＋1解：(1)因为ω＝z2＋3z－4＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i，所以|ω|＝－12＋－12＝2. z2＋az＋b1＋i2＋a1＋i＋ba＋b＋a＋2i(2)由条件2＝1－i，得＝1－i，即＝1－i.所以2iz－z＋11＋i－1＋i＋1(a＋b)＋(a＋2)i＝1＋i，所以{a＋b＝1，a＋2＝1，

解得{a＝－1，b＝2.

21．(本小题12分)已知复数z1满足(1＋i)z1＝－1＋5i，z2＝a－2－i，其中i为虚数单位，a∈R，若|z1－z2|<|z1|，求a的取值范围．

－1＋5i解：∵z1＝＝2＋3i，z2＝a－2－i，z2＝a－2＋i，

1＋i∴|z1－z2|＝|(2＋3i)－(a－2＋i)|＝|4－a＋2i| ＝4－a2＋4，又∵|z1|＝13，|z1－z2|<|z

1|，∴4－a2＋4<13，∴a2－8a＋7<0，解得1

m＋322．(本小题12分)已知z＝m＋3＋33i，其中m∈C，且为纯虚数．

m－3(1)求m对应的点的轨迹；

(2)求|z|的最大值、最小值．

解：(1)设m＝x＋yi(x，y∈R)，则

m＋3x＋3＋yix2＋y2－9－6yi＝＝，

m－3x－3＋yix－32＋y2∵m＋322222为纯虚数，∴{x＋y－9＝0，y≠0，

即{x＋y＝3，m－3y≠0.

∴m对应的点的轨迹是以原点为圆心，半径为3的圆，除去(－3,0)，(3,0)两点．

(2)由(1)知|m|＝3，由已知m＝z－(3＋33i)，

∴|z－(3＋33i)|＝3. ∴z所对应的点Z在以(3,33)为圆心，以3为半径的圆上．由图形可知|z|的最大值为|3＋33i|＋3＝9；

最小值为|3＋33i|－3＝3.