3.2.1 复数代数形式的加减运算及其几何意义PPT配套优秀教学设计内容

第84课时

课题：复数的有关概念

一．教学目标：

1．使学生了解扩充实数集的必要性，正确理解复数的有关概念．掌握复数的代数、几何、三角表示及其转换；

2．掌握复数的运算法则，能正确地进行复数的运算，并理解复数运算的几何意义；

3．掌握在复数集中解实数系数一元二次方程和二项方程的方法．

4．通过内容的阐述，带综合性的例题和习题的训练，继续提高学生灵活运用数学知识解题的能力．

5．通过数的概念的发展，复数、复平面内的点及位置向量三者之间的联系与转换的复习教学，继续对学生进行辩证观点的教育．

二．教学重点：复数三角形式表示法及复数的运算法则，复数与实数的区别和联系。

三．教学过程：

（一）主要知识：

1.数的概念的发展，复数的有关概念（实数、虚数、纯虚数、复数相等、共轭复数、模）；

2.复数的代数表示与向量表示；

3.复数的加法与减法，复数的乘法与除法，复数的三角形式，复数三角形式的乘法与乘方，复数三角形式的除法与开方；

4.复数集中解实系数方程（包括一元二次方程、二项方程）。

复数在过去几年里是代数的重要内容之一，涉及的知识面广，对能力要求较高，是高考热点之一。但随着新教材对复数知识的淡化，高考试题比例下降，因此考生要把握好复习的尺度。

从近几年的高考试题上看：复数部分考查的重点是基础知识题型和运算能力题型。基础知识部分重点是复数的有关概念、复数的代数形式、三角形式、两复数相等的充要条件及其应用，复平面内复数的几何表示及复向量的运算。主要考点为复数的模与辐角主值，共轭复数的概念和应用。若只涉及到一、二个知识点的试题大都集中在选择题和填空题；若涉及几个知识点的试题，往往是中、高档题目，解答此类问题一般要抓住相应的概念进行正确的变换，对有些题目，往往用数形结合可获得简捷的解法。有关复数n次乘方、求辐角（主值）等问题，涉及到复数的三角形式，首先要将所给复数转化为三角形式后再进行变换。

复数的运算是高考中复数部分的热点问题。主要考查复数的代数和三角形式的运算，复数模及辐角主值的求解及复向量运算等问题。

基于上述情况，我们在学习“复数”一章内容时，要注意以下几点：

（1）复数的概念几乎都是解题的手段。因此在学习复数时要在深入理解、熟练掌握复数概念上下功夫。除去复数相等、模、辐角、共轭

复数的三角形式和代数式，提供了将“复数问题实数化”的手段。

复数的几何意义也是解题的一个重要手段。

（2）对于涉及知识点多，与方程、三角、解析几何等知识综合运用的思想方法较多的题型，以第84课时

课题：复数的有关概念

1

及复数本身的综合题，一直成为学生的难点，应掌握规律及典型题型的技巧解法，并加以强化训练以突破此难点；

(3)重视以下知识盲点：

①不能正确理解复数的几何意义，常常搞错向量旋转的方向；

②忽视方程的虚根成对出现的条件是实系数；

③盲目地将实数范围内数与形的一些结论，不加怀疑地引用到复数范围中来；

④容易混淆复数的有关概念，如纯虚数与虚数的区别问题，实轴与虚轴的交集问题，复数辐角主值的范围问题等。

（二）知识点详析

1．知识体系表解

2．复数的有关概念和性质：

(1)i称为虚数单位，规定i1，形如a+bi的数称为复数，其中a，b∈R．

(2)复数的分类(下面的a，b均为实数) 2

(3)复数的相等设复数z1a1b1i,z2a2b2i(a1,b1,a2,b2R)，那么z1z2的充要条件是：a1b1且a2b2．

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2

(4)复数的几何表示复数z=a+bi（a，b∈R）可用平面直角坐标系内点Z(a，b)来表示．这时称此平面为复平面，x轴称为实轴，y轴除去原点称为虚轴．这样，全体复数集C与复平面上全体点集是一一对应的．

复数z=a+bia,bR．在复平面内还可以用以原点O为起点，以点Z(a，b)

向量所成的集合也是一一对应的(例外的是复数0对应点O，看成零向量)．

(7)复数与实数不同处

①任意两个实数可以比较大小，而任意两个复数中至少有一个不是实数时就不能比较大小．

②实数对于四则运算是通行无阻的，但不是任何实数都可以开偶次方．而复数对四则运算和开方均通行无阻．

3．有关计算：

⑴innN怎样计算？（先求n被4除所得的余数，i*4krirkN*,rN）

⑵11313i、2i是1的两个虚立方根，并且：

22221211

32132112221121221121

⑶

复数集内的三角形不等式是：z1z2z1z2z1z2，其中左边在复数z1、z2对应的向量共线且反向（同向）时取等号，右边在复数z1、z2对应的向量共线且同向（反向）时取等号。

⑷

棣莫佛定理是：r(cosisin)rn(cosnisinn)(nZ)

n第84课时

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3

⑸

若非零复数zr(cosisin)，则z的n次方根有n个，即：

zknr(cos2k2kisin)(k0，1，2，，n1)

nn它们在复平面内对应的点在分布上有什么特殊关系？

都位于圆心在原点，半径为nr的圆上，并且把这个圆n等分。

⑹

若z12，z23(cos为坐标原点）的面积是2isin)z1，复数z1、z2对应的点分别是A、B，则△AOB（O33126sin33。

23⑺

zz=z。

⑻

复平面内复数z对应的点的几个基本轨迹：

①argz(为实常数)轨迹为一条射线。

②arg(zz0)(z0是复常数，是实常数）轨迹为一条射线。

③zz0r(r是正的常数）轨迹是一个圆。

④zz1zz2(z1、z2是复常数)轨迹是一条直线。

⑤zz1zz22a(z1、z2是复常数，a是正的常数）轨迹有三种可能情形：a)当2az1z2时，轨迹为椭圆；b)当2az1z2时，轨迹为一条线段；c)当2az1z2时，轨迹不存在。

⑥zz1zz22a(a是正的常数)轨迹有三种可能情形：a)当2az1z2时，轨迹为双曲线；b)当2az1z2时，轨迹为两条射线；c)当2az1z2时，轨迹不存在。

4．学习目标

(1)联系实数的性质与运算等内容，加强对复数概念的认识；

→(2)理顺复数的三种表示形式及相互转换：z=r(cosθ+isinθ)OZ(Z(a,b))z=a+bi

(3)正确区分复数的有关概念；

(4)掌握复数几何意义,注意复数与三角、解几等内容的综合；

(5)正确掌握复数的运算：复数代数形式的加、减、乘、除；三角形式的乘、除、乘方、开方及几何意义；虚数单位i及1的立方虚根第84课时

课题：复数的有关概念

虚

复数

数集集

实数集

纯虚数集

4

ω的性质；模及共轭复数的性质；

(6)掌握化归思想——将复数问题实数化（三角化、几何化）；

(7)掌握方程思想——利用复数及其相等的有关充要条件，建立相应的方程，转化复数问题。

（三）例题分析：

Ⅰ.2004年高考数学题选

1＋3i，则1＋ω＝

2211A.–ω

B.ω2

C.

D.2

22．(2004重庆卷2）)设复数z12i,则z22z, 则Z2Z

1. (2004年四川卷理3)设复数ω＝－

（

）

A．–3

B．3

C．－3i

D．3i 3. （2004高考数学试题广东B卷14）已知复数z与

(z +2)2-8i 均是纯虚数,则

z =

. Ⅱ.范例分析

①实数？②虚数？③纯虚数？

①复数z是实数的充要条件是：

∴当m＝2时复数z为实数．

②复数z是虚数的充要条件：

∴当m≠3且m≠2时复数z为虚数

③复数z是纯虚数的充要条件是：

∴当m＝1时复数z为纯虚数．

【说明】要注意复数z实部的定义域是m≠3，它是考虑复数z是实数，虚数纯虚数的必要条件．

要特别注意复数z＝a+bi(a，b∈R)为纯虚数的充要条件是a＝0且b≠0．

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5

[]

z2z144zz1，所以z222253，代入①得zi，故选B．

44

3解法3：选择支中的复数的模均为1，又z0，而方程右边为2+i，它的实部，虚部4均为正数，因此复数z的实部，虚部也必须为正，故选择B．

【说明】解法1利用复数相等的条件；解法2利用复数模的性质；解法3考虑选择题的特点．

求：z 【分析】确定一个复数要且仅要两个实数a、b，而题目恰给了两个独立条件采用待定系数法可求出a、b确定z．

运算简化．

解：设z=x+yi(x，y∈R)

将z=x+yi代入|z4|＝|z4i|可得x＝y，∴z=x+xi

(2)当|z1|＝13时，即有xx6=0则有x=3或x=2 综上所述故z＝0或z=3+3i或z=-22i 【说明】注意熟练地运用共轭复数的性质．其性质有：

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226

(3)1+2i+3i2+…+1000i999

【说明】计算时要注意提取公因式，要注意利用i的幂的周期性，

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7

(3)解法1：原式=(1+2i34i)+(5+6i78i)+…+(997+998i9991000i) =250(22i)=500500i 解法2：设S＝1+2i+3i2+…+1000i999，则iS＝i+2i2+3i3+…+999i999+1000i1000，

∴(1i)S＝1+i+i2+…+i9991000i1000

【说明】充分利用i的幂的周期性进行组合，注意利用等比数列求和的方法．

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8

【例6】已知三边都不相等的三角形ABC的三内角A、B、C满足

sinAcosBsinBsinAcosCsinC,设复数z1cosisin(0且、

)2z22(cosAisinA),求arg(z1z2)的值. 【解】sinAcosBsinBsinAcosCsinC得4sinsinA(cosBcosC)sinCsinB

AABCBCBCBC……3分

cos(sinsin)2sincos222222cosBCABCABCsin,sincos,又0,

22222ABCA222sinABC0,sin0.上式化简为cos2A12222……6分

2z1z22[cos(2)isin(……9分3)]当0时,arg(z1z2)

222当时,arg(zz)……12分

1222【例7】设z1=1-cosθ+isinθ，z2=a2+ai(a∈R)，若z1z2≠0，z1z2+z1z2=0，问在（0，2π）内是否存在θ使(z1-z2)2为实数？若存在，求出θ的值；若不存在，请说明理由．

【分析】这是一道探索性问题．可根据复数的概念与纯虚数的性质及复数为实数的充要条件，直接进行解答．

【解】假设满足条件的θ存在．

因z1z2≠0，z1z2+z1z2=0，故z1z2为纯虚数．

又z1z2=(1-cosθ+isinθ)(a2+ai) =[a2(1-cosθ)-asinθ]+[a(1-cosθ)+a2sinθ]i，

a2(1-cosθ)-asinθ=0 ，

①于是，

2

②a(1-cosθ)+asinθ≠0．由②知a≠0．

sinθ因θ∈(0，2π)，故cosθ≠1．于是，由①得a=．

1-cosθ另一方面，因(z1-z2)2∈R，故z1-z2为实数或为纯虚数．又z1-z2=1-cosθ-a2+(sinθ-a)i，于是sinθ-a=0，或1-cosθ-a2=0．

sinθ-a=0，sinθ若sinθ-a=0，则由方程组

a= ，1-cosθ第84课时

课题：复数的有关概念

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得π3πsinθ=sinθ，故cosθ=0，于是θ=

或θ=

．

221-cosθ若1-cosθ-a2=0，则由方程组

1-cosθ-a=0，sinθ2a= sinθ，得

()=1-cosθ．

1-cosθ1-cosθ由于sin2θ=1-cos2θ=(1+cosθ)(1-cosθ)，故1+cosθ=(1-cosθ)2．

π3π解得cosθ=0，从而θ=

或θ=

．

22

π3π综上所知，在(0，2π)内，存在θ=

或θ=

，使(z1-z2)2为实数．

22Re(z)=0，【说明】①解题技巧：解题中充分使用了复数的性质：z≠0，z+z=0z∈{纯虚数}

Im(z)≠0．2以及z2∈Rz∈R或z∈{纯虚数}．（注：Re(z)，Im(z)分别表示复数z的实部与虚部）

②解题规律：对于“是否型存在题型”，一般处理方法是首先假设结论成立，再进行正确的推理，若无矛盾，则结论成立；否则结论不成立．

【例8】设a为实数，在复数集C中解方程：

z2+2|z|=a．

【分析】由于z2=a-2|z|为实数，故z为纯虚数或实数，因而需分情况进行讨论．

【解】设|z|=r．若a＜0，则z2=a-2|z|＜0，于是z为纯虚数，从而r2=2r–a．

解得

r=1+ 1-a(r=1-

1-a＜0，不合，舍去)．故

z=±(1+ 若a≥0，对r作如下讨论：

1（1）若r≤a，则z2=a-2|z|≥0，于是z为实数．

2解方程r2=a-2r，得r=-1+ 1+a(r=-1-

1+a＜0，不合，舍去)．

故

z=±(-1+ 1+a)．

1（2）若r＞a，则z2=a-2|z|＜0，于是z为纯虚数．

2解方程r2=2r-a，得r=1+ 1-a或r=1-

故

z=±(1±

1-a)i(a≤1)．

综上所述，原方程的解的情况如下：

1-a(a≤1)．

1-a)i．

当a＜0时，解为：z=±(1+ 1-a)i；

当0≤a≤1时，解为：z=±(-1+ 1+a)，z=±(1±

1-a)i；

当a＞1时，解为：z=±(-1+ 1+a)．

【说明】解题技巧：本题还可以令z=x+yi(x、y∈R)代入原方程后，由复数相等的条件将复数方程化归为关于x，y的实系数的二元方程组来求解．

【例9】（2004年上海市普通高校春季高考数学试卷18）

已知实数p满足不等式2x10，试判断方程z22z5p20有无实根，并给出证明. x2第84课时

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10，解得2x1，2p1.方程z22z5p20的判别式4(p24). 【解】由2xx222，12p1p24，0，由此得方程z22z5p20无实根. 24

【例10】给定实数a，b，c．已知复数z1、z2、z3满足

|z1|=|z2|=|z3|，

(1)z2z3z1求｜az1+bz2+cz3｜的值．

+

+

=1．

(2)z2z3z1【分析】注意到条件(1)，不难想到用复数的三角形式；注意到条件（2），可联想使用复数为实数的充要条件进行求解．

z1z2【解】解法一由|z1|=|z2|=|z3|=1，可设

=cosθ+isinθ，

=cosφ+isinφ，

z2z3

z31z1z2z3则

=

=cos(θ+φ)-isin(θ+φ)．因

+

+

=1，其虚部为0，

z1z2z1z2z3z1

·

z3z2θ+φθ-φθ+φθ+φ故0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)=2sincos-2sincos

2222θ-φθ+φθ+φθ+φθφ=2sin（cos-cos）=4sinsinsin．

222222故θ=2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ，k∈Z．因而z1=z2或z2=z3或z3=z1．

z3若z1=z2，代入（2）得

=±i，此时

z1

｜az1+bz2+cz3｜=|z1|·|a+b±ci｜=(a+b)2 + c2

．

类似地，如果z2=z3，则｜az1+bz2+cz3｜=(b+c)2 + a2

；

如果z3=z1，则｜az1+bz2+cz3｜=(a+c)2 + b2

．

z1z2z3解法二由（2）知

+

+

∈R，故

z2z3z1

_ zzz1z2z3z1z2z3z1z2z3z

+

+

= + +

，

即

+

+

=123．

z2z3z1z2z3z1z2z3z1zz3z12

1z1z2z3z2z3z1由（1）得zk

=

(k=1，2，3)，代入上式，得

+

+

=

+

+

，

zkz2z3z1z1z2z3即z12z3+z22z1+z32z2=z22z3+z32z1+z12z2，分解因式，得(z1-z2)(z2-z3)(z3-z1)=0，

于是z1=z2或z2=z3或z3=z1．下同解法一．

_z1z2【说明】①解题关键点是巧妙利用复数为实数的充要条件：z∈Rz=z

，以及视

，

等为整体，z2z3从而简化了运算．

②解题易错点是拿到问题不加分析地就盲目动笔，而不注意充分观察题目的已知条件，结论特征等，从而使问题的求解或是变得异常的复杂，或干脆就无法解出最终的结果．

第84课时

课题：复数的有关概念

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（四）巩固练习：

π设复数z=3cosθ+2isinθ，求函数y=θ-argz(0＜θ＜

)的最大值以及对应角θ的值．

2【分析】先将问题实数化，将y表示成θ的目标函数，后利用代数法（函数的单调性、基本不等式等）以及数形结合法进行求解．

解法一、由0＜θ＜π2

，得tanθ＞0，从而0＜argz＜π2

．

由z=3cosθ+2isinθ，得

tan(argz)=2sinθ3cosθ=23tanθ＞0．

1于是

tany=tan(θ-argz)=tanθ-tan(argz)3tanθ11+tanθtan(argz)=

=

1 + 23tan2θ3tanθ

+ 2tanθ≤13=6212．

tanθ·2tanθ当且仅当3tanθ

=2tanθ

，即tanθ=6

2时，取“=”．

又因为正切函数在锐角的范围内为增函数，故当θ=arctan6

2时，y取最大值为arctan612．解法二、因0＜θ＜π2

，故cosθ＞0，sinθ＞0，0＜argz＜π2

，且

cos(argz)=3cosθ2sinθ9cos2θ+4sin2θ，sin(argz)=9cos2θ+4sin2θ．

显然y∈(-ππ2

，2

)，且siny为增函数．

siny=sin(θ-argz)=sinθcos(argz)-cosθsin(argz)=sinθcosθ9cos2θ+4sin2θ

=19csc2θ+4sec2θ=19+9cot2θ+4+4tan2θ≤113+29cot2θ·4tan2θ=15．

当且仅当9cot2θ = 4tan2θ，即tanθ=6

2，取“=”，此时y6max=arctan12．

解法三、设Z1=2(cosθ+isinθ)，Z2=cosθ，则Z=Z1+Z2，而Z1、Z2、y Z的辐角主值分别为θ、0，argz．如图所示，必有y=∠ZOZ1，且0Z1 Z

＜y＜π2

．

在△ZOZ1中，由余弦定理得

o θ

argz

9图

Zx 2

cosy=|OZ1|2+|OZ|2-|Z1Z|24+4+5cos2θ-cos22|OZ1|·|OZ|

=θ

2×24+5cos2θ

第84课时

课题：复数的有关概念

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4+5cos2θ626=+≥．

5554+5cos2θ当且仅当4+5cos2θ=6，即cosθ=10时，取“=”．

5π1026又因为余弦函数在0＜θ＜

为减函数，故当θ=arccos时，ymax=arccos．

255【说明】①解题关键点：将复数问题通过化归转化为实数问题，使问题能在我们非常熟悉的情景中求解．②解题规律：多角度思考，全方位探索，不仅使我们获得了许多优秀解法，而且还使我们对问题的本质认识更清楚，进而更有利于我们深化对复数概念的理解，灵活驾驭求解复数问题的能力．③解题易错点：因为解法的多样性，反三角函数表示角的不唯一性，因而最后的表述结果均不一样，不要认为是错误的．

四．课后作业：

1、下列说法正确的是

[

] A．0i是纯虚数B．原点是复平面内直角坐标系的实轴与虚轴的公共点

C．实数的共轭复数一定是实数，虚数的共轭复数一定是虚数D．i是虚数

2、下列命题中，假命题是

[

] A．两个复数不可以比较大小B．两个实数可以比较大小

C．两个虚数不可以比较大小D．一虚数和一实数不可以比较大小

3、已知对于x的方程x+（12i）x+3mi=0有实根，则实数m满足[

] 22

4、复数1+i+i+…+i等于

[

] A．i

B．

i

C．2i

D．2i 2105、已知常数z0C,且z00,复数z1满足|z1z0||z1|，又复数z满足zz11，求复平面内z对应的点的轨迹。

346、设复数z62i，记u。

z（1）求复数u的三角形式；（2）如果abz2u，求实数a、b的值。

zu7、（2003年普通高等学校招生全国统一考试(理17)）

已知复数z的辐角为60，且|z1|是|z|和|z2|的等比中项，求|z|

8、已知复数z1,z2满足z1z21，且z1z22。

第84课时

课题：复数的有关概念

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z（1）

求z1z2的值；（2）求证：10；

z2（3）求证对于任意实数a，恒有z1az2z1az2。

9、（1992·三南试题）求同时满足下列两个条件的所有复数z：

1010(1)z+是实数，且1＜z+≤6；(2)z的实部和虚部都是整数．

zz参考答案

1、解0i=0∈R故A错；原点对应复数为0∈R故B错，i2=-1∈R，故D错，所以答案为C。

2、解本题主要考察复数的基本性质，两个不全是实数的复数不能比较大小，故命题B，C，D均正确，故A命题是假的。

3、解本题考察复数相等概念，由已知

2

4、解：因为i的四个相邻幂的和为0，故原式=1+i+i2+0+0=i，答案：A。

5、解：zz11,z11,|1z0||1|,即|z1|1(z00)

zzzz0|z0|

∴Z对应的点的轨迹是以1对应的点为圆心，以|1|为半径的圆，但应除去原点。

z0z06、答案：（1）u22cos33isin22（2）a8,b8

；r.zzr,zzr2由题设

27、解：设zrcos60rsin60)，则复数z的实部为|z1|2|z||z2|即:(z1)(z1)|z|(z2)(z2),r2r1rr22r4,

整理得r22r10.解得:r21,r21(舍去).即|z|21.8、答案（1）2；（2）、（3）省略。

9、分析：按一般思路，应设z＝x＋yi（x，y∈R），或z=r（cos

第84课时

课题：复数的有关概念

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∵1＜t≤6∴Δ=t2-40＜0，解方程得

又∵z的实部和虚部都是整数，∴t=2或t=6 故z=1±3i或z=3±i 10解法二：∵z+∈R，

z

___1010从而z=z

或zz

=10．若z=z

，则z∈R，因1＜z+≤6，故z＞0，从而z+≥210＞6，此时zz__x=1，无解；若zz

=10，则1＜z+z

≤6．设z=x+yi(x、y∈Z)，则1＜2x≤6，且x2+y2=10，联立解得y=3，x=1，x=3，x=3，或或或

y= -3，y=1，y= -1．故同时满足下列两个条件的所有复数z＝1+3i，1-3i，3+i，3-i。

第84课时

课题：复数的有关概念

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