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期末复习之四: 复 数
知识小结:
⑴复数的单位为i，它的平方等于－1，即.
⑵复数及其相关概念：
复数—形如a + bi的数（其中）；
实数—当b = 0时的复数a + bi，即a；
虚数—当时的复数a + bi；
纯虚数—当a = 0且时的复数a + bi，即bi.
复数a + bi的实部与虚部—a叫做复数的实部，b叫做虚部（注意a，b都是实数）
复数集C—全体复数的集合，一般用字母C表示.
⑶两个复数相等的定义：
.
⑷两个复数，如果不全是实数，就不能比较大小.
注：①若为复数，则若，则.（×）[为复数，而不是实数]
若，则.（√）
②若，则是的必要不充分条件.（当，
时，上式成立）
⑴复平面内的两点间距离公式：.
其中是复平面内的两点所对应的复数，间的距离.
由上可得：复平面内以为圆心，为半径的圆的复数方程：.
⑵曲线方程的复数形式：
①为圆心，r为半径的圆的方程.
②表示线段的垂直平分线的方程.
③为焦点，长半轴长为a的椭圆的方程（若，此方程表示线段）.
④表示以为焦点，实半轴长为a的双曲线方程（若，此方程表示两条射线）.
⑶绝对值不等式：
设是不等于零的复数，则
①.
左边取等号的条件是，右边取等号的条件是.
②.
左边取等号的条件是，右边取等号的条件是.
注：.
共轭复数的性质：
，（a + bi） （） 注：两个共轭复数之差是纯虚数. （×）[之差可能为零，此时两个复数是相等的]
⑴①复数的乘方：②对任何，及有
③ 注：①以上结论不能拓展到分数指数幂的形式，否则会得到荒谬的结果，如若由就会得到的错误结论.
②在实数集成立的. 当为虚数时，，所以复数集内解方程不能采用两边平方法.
⑵常用的结论：
若是1的立方虚数根，即，则 .
⑴复数是实数及纯虚数的充要条件：
①.②若，是纯虚数.
⑵模相等且方向相同的向量，不管它的起点在哪里，都认为是相等的，而相等的向量表示同一复数. 特例：零向量的方向是任意的，其模为零.注：.
复数集中解一元二次方程：在复数集内解关于的一元二次方程时，应注意下述问题：①当时，若＞0，则有二不等实数根；若=0，则有二相等实数根；若＜0，则有二相等复数根（为共轭复数）.②当不全为实数时，不能用方程根的情况.③不论为何复数，都可用求根公式求根，并且韦达定理也成立.
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．
[ ]
，所以，代入①得，故选．
解法3：选择支中的复数的模均为，又，而方程右边为2+i，它的实部，虚部均为正数，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|z4|＝|z4i|可得x＝y，∴z=x+xi
(2)当|z1|＝13时，即有xx6=0则有x=3或x=2
综上所述故z＝0或z=3+3i或z=-22i
【说明】注意熟练地运用共轭复数的性质．其性质有：
(3)1+2i+3+…+1000
【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，
要记住常用的数据：，，。
（2）原式
(3)解法1：原式=(1+2i34i)+(5+6i78i)+…+(997+998i9991000i)
=250(22i)=500500i
解法2：设S＝1+2i+3+…+1000，则iS＝i+2+3+…+999+1000，
∴(1i)S＝1+i++…+1000
【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．
【例5】若，求：
解：
【例6】设z1=1-cosθ+isinθ，z2=a2+ai(a∈R)，若z1z2≠0，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+=0，故z1z2为纯虚数．
又z1z2=(1-cosθ+isinθ)(a2+ai)
=[a2(1-cosθ)-asinθ]+[a(1-cosθ)+a2sinθ]i，
于是，
由②知a≠0．
因θ∈(0，2π)，故cosθ≠1．于是，由①得a=．
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．
若sinθ-a=0，则由方程组
得=sinθ，故cosθ=0，于是θ=或θ=．
若1-cosθ-a2=0，则由方程组
得()2=1-cosθ．
由于sin2θ=1-cos2θ=(1+cosθ)(1-cosθ)，故1+cosθ=(1-cosθ)2．
解得cosθ=0，从而θ=或θ=．
综上所知，在(0，2π)内，存在θ=或θ=，使(z1-z2)2为实数．
【说明】①解题技巧：解题中充分使用了复数的性质：z≠0，z+=0(z∈{纯虚数}(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7】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=(r=＜0，不合，舍去)．故　z=±()i．
若a≥0，对r作如下讨论：
（1）若r≤a，则z2=a-2|z|≥0，于是z为实数．
解方程r2=a-2r，得r=(r=＜0，不合，舍去)．
故　z=±()．
（2）若r＞a，则z2=a-2|z|＜0，于是z为纯虚数．
解方程r2=2r-a，得r=或r=(a≤1)．
故　z=±()i(a≤1)．
综上所述，原方程的解的情况如下：
当a＜0时，解为：z=±()i；
当0≤a≤1时，解为：z=±()，z=±()i；
当a＞1时，解为：z=±()．
【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8】已知实数满足不等式，试判断方程有无实根，并给出证明.
【解】由，解得，.方程的判别式.
，，，由此得方程无实根.
基础训练：
下列说法正确的是 [ C ]
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．是虚数
下列命题中，假命题是 [ A ]
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
已知对于x的方程+（12i）x+3mi=0有实根，则实数m满足[ D ]
复数1+i++…+等于 [ ]A
A．i B． i C．2i D．2i
求同时满足下列两个条件的所有复数z：
(1)z+是实数，且1＜z+≤6；(2)z的实部和虚部都是整数．
∵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
已知复数z1=3+4i, z2=t+i, 且是实数，则实数t=( )
A． B． C．( D．(
当时，复数在复平面上对应的点位于 （ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
满足条件的复数在复平面上对应点的轨迹是( C )
A．一条直线 B．两条直线 C．圆 D．椭圆
已知z=2i，求z3z＋z+5z＋2的值。
【分析】如果直接代入，显然比较困难，将z用三角式表示也有一定的难度。从整体角度思考，可将条件转化为（z2）=（i）=1，即z4z+4=1，即z4z+5=0，再将结论转化为z3z＋z+5z＋2=（z4z＋5）（z＋z）+2，然后代入就不困难了。
【解】∵z=2i，∴（z2）=（i）=1
即z4z+5=0
∴z3z＋z+5z＋2=（z4z+5）（z＋z）+2=2。
设z∈c，a≥0，解方程z|z|＋az＋i=0。
边取模，得
下列命题中正确的是 [ D ]
A．方程|z+5||z5i|=8的图形是双曲线
B．方程|z+5|=8的图形是双曲线
C．方程|z+5i||z5i|=8的图形是双曲线的两支
D．方程|z+5i||z5i|=8的图形是双曲线靠近焦点F(0，5)的一支
设复数ω＝－＋i，则1＋ω＝
A.–ω　　　　　　　B.ω2　　　　　　　C.　　　　　　　D.
设复数=（ ）
A．–3 B．3 C．－3i D．3i
已知复数z与 (z +2)2-8i 均是纯虚数,则 z = .

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