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第十章　复　数
10.1　复数及其几何意义
10.1.1　复数的概念
课程标准 素养目标
1.了解引进虚数单位i的必要性，了解数集的扩充过程. 2.理解在数系的扩充中由实数集扩展到复数集出现的一些基本概念. 3.掌握复数代数形式的表示方法，理解复数相等的充要条件. 1.通过对虚数单位的引进，抽象出复数的概念，培养学生数学抽象的核心素养. 2.利用复数相等，复数分类，提高学生数学运算，逻辑推理的数学素养.
[自我排查]
1.在2＋，i，0，8＋5i，（1－）i，0.618这几个数中，纯虚数的个数为　　　　.
答案：2
解析：i，（1－）i是纯虚数，2＋，0，0.618是实数，8＋5i是虚数.
2.－＋2i的虚部为　　　　，i＋2i2的实部为　　　　.
答案：2　－2
解析：－＋2i的虚部为2，i＋2i2＝－2＋i，其实部为－2.
3.已知复数集C，有理数集Q，P＝{虚数}，则（ CQ）∪（ CP）是（　　）
A. C B.无理数集
C. Q D. R
答案：A
解析：在全集C中，有理数集Q的补集是虚数集P和无理数集，虚数集P的补集是实数集，所以（ CQ）∪（ CP）是全集C.
4.已知（3x＋y）＋（2x－y）i＝（7x－5y）＋3i，则实数x＝　　　　，y＝　　　　.
答案：　
解析：∵x，y是实数，∴根据两个复数相等的充要条件，
可得解得
[系统归纳]
1.复数的定义
形如a＋bi（a，b∈R）的数叫做复数，其中i叫做虚数单位，满足i2＝－1.全体复数所组成的集合C叫做复数集.
2.复数的表示
复数通常用字母z表示，即z＝a＋bi（a，b∈R），这一表示形式叫做复数的代数形式，a与b分别叫做复数z的实部与虚部.
3.复数相等的充要条件
在复数集C＝{a＋bi｜a，b∈R}中任取两个复数a＋bi，c＋di（a，b，c，d∈R），规定a＋bi与c＋di相等的充要条件是a＝c且b＝d.
4.对复数概念的理解
（1）对复数z＝a＋bi只有在a，b∈R时，a和b才分别是复数的实部和虚部，并注意：虚部是实数b而非bi.
（2）当两个复数不全是实数时，不能比较大小，只可判定相等或不相等，但两个复数都是实数时，可以比较大小.
（3）利用复数相等，可以把复数问题转化成实数问题进行解决，并且一个复数等式可得到两个实数等式，为应用方程思想提供了条件.
5.复数的分类
（1）复数a＋bi（a，b∈R）
（2）集合表示：
[易错易混]
1.0的特殊性
0是实数，因此也是复数，写成a＋bi（a，b∈R）的形式为0＋0i，即其实部和虚部都是0.
2. a＝0是复数z＝a＋bi为纯虚数的充分条件吗？
因为当a＝0且b≠0时，z＝a＋bi才是纯虚数，所以a＝0是复数z＝a＋bi为纯虚数的必要不充分条件.
研习一　复数的概念
[例1]　（1）下列命题的假命题的为　　　　.
①实数是复数；
②若x2＋y2＝0，则x＝y＝0；
③若a∈R，则（a＋1）i为纯虚数；
④2i－1的虚部是2i.
（2）已知复数z＝a2－（2－b）i的实部和虚部分别是2和3，则实数a，b的值分别是　　　　.
[解析]　（1）由复数的概念可知，①正确.
②中当x＝i，y＝1时，x2＋y2＝0，而x≠0，y≠0，∴②错误.
③当a＝－1时，（a＋1）i＝0，∴③不正确.
④∵2i－1的虚部为2，∴④不正确.
（2）由题意知∴a＝±，b＝5.
[答案]　（1）②③④　（2）±，5
通性通法
（1）复数的代数形式：若z＝a＋bi，只有当a，b∈R时，a才是z的实部，b才是z的虚部，且注意虚部不是bi，而是b.
　　（2）不要将复数与虚数的概念混淆，实数也是复数，实数和虚数是复数的两大构成部分.
（3）举反例：判断一个命题为假命题，只要举一个反例即可，所以解答这类题时，可按照“先特殊，后一般，先否定，后肯定”的方法进行解答.
[变式训练]
1.符合下列条件的复数一定存在吗？若存在，请举出例子；若不存在，请说明理由.
（1）实部为－的虚数；
（2）虚部为－的虚数；
（3）虚部为－的纯虚数；
（4）实部为－的纯虚数.
解：（1）存在且有无数个，如－＋i等；（2）存在且不唯一，如1－i等；（3）存在且唯一，即－i；（4）不存在，因为纯虚数的实部为0.
研习二　复数相等的充要条件
[例2]　（1）若5－12i＝xi＋y（x，y∈R），则x＝　　　　，y＝　　　　.
（2）已知（2x－1）＋i＝y－（3－y）i，其中x，y∈R，i为虚数单位，求实数x，y的值.
（1）[解析]　由复数相等的充要条件可知x＝－12，y＝5.
[答案]　－12　5
（2）[解]　根据复数相等的充要条件，由（2x－1）＋i＝y－（3－y）i，得
解得即
通性通法
（1）等号两侧都写成复数的代数形式；
（2）根据两个复数相等的充要条件列出方程（组）；
（3）解方程（组）.
[变式训练]
2.已知x2＋y2－6＋（x－y－2）i＝0，求实数x，y的值.
解：由复数相等的条件得方程组
由②得x＝y＋2，代入①得y2＋2y－1＝0.
解得y1＝－1＋，y2＝－1－.
所以x1＝y1＋2＝1＋，x2＝y2＋2＝1－.
即或
研习三　复数的分类
[例3]　已知m∈R，复数z＝＋（m2＋2m－3）i，当m为何值时，
（1）z为实数？
（2）z为虚数？
（3）z为纯虚数？
[解]　（1）要使z为实数，需满足m2＋2m－3＝0，且有意义即m－1≠0，解得m＝－3.
（2）要使z为虚数，需满足m2＋2m－3≠0，且有意义即m－1≠0，解得m≠1且m≠－3.
（3）要使z为纯虚数，需满足＝0，且m2＋2m－3≠0，解得m＝0或m＝－2.
通性通法
利用复数的分类求参数时，要先确定构成实部、虚部的式子有意义的条件，再结合实部与虚部的取值求解.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.
[变式训练]
3.设复数z＝lg（m2－2m－2）＋（m2＋3m＋2）i，当m为何值时；
（1）z是实数？
（2）z是纯虚数？
解：（1）要使复数z为实数，需满足
解得m＝－2或－1.即当m＝－2或－1时，z是实数.
（2）要使复数z为纯虚数，需满足
解得m＝3.即当m＝3时，z是纯虚数.
[误区警示]　忽视判别式的使用条件而出错
[示例]　求实数k为何值时，使方程x2＋（k＋2i）x＋2＋ki＝0至少有一个实根.
[错解]　判别式Δ＝（k＋2i）2－4（2＋ki）＝k2－12，
由k2－12≥0，解得k≥2或k≤－2，
故当k≥2或k≤－2时，方程至少有一个实根.
[易错分析]　实系数一元二次方程根的情况，可以用判别式来判断，但本题是复系数一元二次方程，判别式就不起作用了，必须遵循复数的运算法则及规律来处理.
[正解]　设方程的一个实根为a，则有a2＋（k＋2i）a＋2＋ki＝0，
　　由复数相等的定义，得
解得k＝±2，
因此当k＝±2时，原方程至少有一个实根.
[防范措施]　对于复系数的一元二次方程，方程有实根，不能使用Δ≥0，而应设出实根代入，然后利用复数相等的条件解出，这与实系数一元二次方程的解法是有区别的.
[类题试解]
已知a，b，c，d∈R，方程x2＋（a＋bi）x＋c＋di＝0，当a，b，c，d满足什么条件时，该方程有实数根？
解：原方程可整理为（x2＋ax＋c）＋（bx＋d）i＝0.
（1）当b＝d＝0时，方程变为x2＋ax＋c＝0，
当Δ＝a2－4c≥0时，方程有实数根.
（2）当b，d不全为0时，设x0是方程的实数根，
则（＋ax0＋c）＋（bx0＋d）i＝0，
∴
当b≠0时，x0＝－存在，则abd＝d2＋b2c.
综上可知，当b＝d＝0，且Δ＝a2－4c≥0或b≠0，且abd＝d2＋b2c时，方程x2＋（a＋bi）x＋c＋di＝0（a，b，c，d∈R）有实数根.
课时作业（四）　复数的概念
一、选择题
1.设集合A＝{虚数}，B＝{纯虚数}，C＝{复数}，则A，B，C间的关系为（　　）
A. A B C B. B A C
C. B C A D. A C B
答案：B
解析：根据复数的分类，复数集、实数集、虚数集、纯虚数集之间的关系如图所示.故选B.
2.（多选）下列命题正确的是（　　）
A.1＋i2＝0
B.若a，b∈R，且a＞b，则a＋i＞b＋i
C.若x2＋y2＝0，则x＝y＝0
D.两个虚数不能比较大小
答案：AD
解析：对于A，因为i2＝－1，所以1＋i2＝0，故A正确；对于B，两个虚数不能比较大小，故B错误；对于C，当x＝1，y＝i时，x2＋y2＝0成立，但x≠y，故C错误；D正确.故选AD.
3.（多选）已知i为虚数单位，下列命题中正确的是（　　）
A.若x，y∈C，则x＋yi＝1＋i的充要条件是x＝y＝1
B.（a2＋1）i（a∈R）是纯虚数
C.－1没有平方根
D.当m＝4时，复数lg（m2－2m－7）＋（m2＋5m＋6）i是纯虚数
答案：BD
解析：取x＝i，y＝－i，则x＋yi＝1＋i，但不满足x＝y＝1，故A错误； a∈R，a2＋1＞0恒成立，所以（a2＋1）i是纯虚数，故B正确；－1的平方根为±1i，故C错误；复数lg（m2－2m－7）＋（m2＋5m＋6）i是纯虚数等价于解得m＝4，故D正确.故选BD.
4.若复数cos θ＋isin θ和sin θ＋icos θ相等，则θ的值为（　　）
A. B.或
C.2kπ＋（k∈Z） D. kπ＋（k∈Z）
答案：D
解析：由复数相等定义，得
∴tan θ＝1，∴θ＝kπ＋（k∈Z）.
5.已知集合M＝{1，2，（m2－3m－1）＋（m2－5m－6）i}，N＝{－1，3}，M∩N＝{3}，则实数m的值为（　　）
A.4 B.－1
C.－1或4 D.－1或6
答案：B
解析：由M∩N＝{3}，得3∈M，
故（m2－3m－1）＋（m2－5m－6）i＝3，
因此得
解得
所以m的值为－1，故选B.
二、填空题
6.下列命题：
①若z＝a＋bi，则当且仅当a＝0，b≠0时z为纯虚数；
②若z1，z2为复数，则z1与z2不能比较大小；
③若实数a与ai对应，则实数集与纯虚数集可建立一一对应关系.
其中正确命题有　　　　个.
答案：0
解析：在①中a，b不一定为实数，故①错误；在②中当z1与z2全为实数时可以比较大小，故②错误；在③中对实数集中的0，在纯虚数集中没有对应元素，故③也是错误的.
7.已知z1＝－4a＋1＋（2a2＋3a）i，z2＝2a＋（a2＋a）i，其中a∈R，若z1为纯虚数，则a＝　　　　.若z1＞z2，则a的取值集合为　　　　.
答案：　0
解析：由z1为纯虚数，则
∴a＝.
由z1＞z2，得解得a＝0.
三、解答题
8.已知m∈R，复数z＝＋（m2＋2m－1）i，当m为何值时：（1）z是实数；（2）z是虚数；（3）z是纯虚数.
解：（1）∵z是实数，
∴m2＋2m－1＝0且m－1≠0，
解得m＝－1±且m≠1.
∴当m＝－1±时，z为实数.
（2）∵z是虚数，
∴m2＋2m－1≠0且m－1≠0，
解得m≠－1±且m≠1.
∴当m≠－1±且m≠1时，z为虚数.
（3）∵z是纯虚数，
∴＝0且m2＋2m－1≠0，
解得m＝0或m＝－2且m≠－1±且m≠1.
∴当m＝0或－2时，z为纯虚数.
9.已知z＝sin A＋（ksin A＋cos A－1）i，A为△ABC的一内角.若不论A为何值，z总是虚数，求实数k的取值范围.
解：∵z总是虚数，∴ksin A＋cos A－1≠0，
∵A为△ABC的内角，∴A∈（0，π），
∴sin A≠0，∴k≠.
解法一：＝＝tan，
其中A∈（0，π）.
∵当∈（0，）时，tan∈（0，＋∞），
∴的值域为（0，＋∞），
∴当k≤0时，≠k恒成立，
即当k≤0时，不论A为何值，ksin A＋cos A－1≠0恒成立，z总是虚数.
解法二：∵＝－，
而表示点（cos A，sin A）与点（1，0）连线的斜率，
又（cos A，sin A），A∈（0，π）在除去端点的半圆上，如图所示，利用数形结合，有∈（－∞，0），
∴∈（0，＋∞）.
∵k≠，
∴k∈（－∞，0].
10.1.2　复数的几何意义
课程标准 素养目标
1.理解可以用复平面内的点或以原点为起点的向量来表示复数及它们之间的一一对应关系. 2.掌握实轴、虚轴、模的概念，理解共轭复数的概念. 3.掌握用向量的模来表示复数的模的方法. 1.通过复平面的建立及复平面内的点与向量的对应关系的理解，培养学生的直观想象的核心素养. 2.利用求解复数的模，提升学生数学运算的核心素养.
[自我排查]
1.在复平面内，复数z＝i＋2i2对应的点位于第　　　　象限.
答案：二
解析：∵z＝i＋2i2＝－2＋i，∴实部小于0，虚部大于0，故复数z对应的点位于第二象限.
2.若z1＝2－3i，则｜z1｜＝　　　　.
答案：
解析：｜z1｜＝＝.
3.在复平面内表示复数z＝（m－3）＋2i的点在直线y＝x上，则实数m的值为　　　　.
答案：9
解析：∵z＝（m－3）＋2i表示的点在直线y＝x上，
∴m－3＝2，解得m＝9.
4.在复平面内，复数6＋5i，－2＋3i对应的点分别为A，B.若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是　　　　.
答案：2＋4i
解析：A（6，5），B（－2，3），∵C为AB的中点，∴C（2，4），∴点C对应的复数为2＋4i.
[系统归纳]
1.复平面
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面.
x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.
2.复数的几何意义
（1）复数z＝a＋bi（a，b∈R）一一对应复平面内的点Z（a，b）；
（2）复数z＝a＋bi（a，b∈R）一一对应平面向量＝（a，b）.
3.复数的模
复数z＝a＋bi（a，b∈R）对应的向量为，则的模叫做复数z的模，记作｜z｜或｜a＋bi｜，且｜z｜＝.
4.共轭复数
如果两个复数的实部相等，而虚部互为相反数，则称这两个复数互为共轭复数，z的共轭复数用表示，若z＝a＋bi（a，b∈R）时，有＝a－bi，｜z｜＝｜｜.
5.探究复数的几何意义
根据复数与复平面内的点一一对应，复数与向量一一对应，可知复数z＝a＋bi、复平面内的点Z（a，b）和平面向量之间的关系可用下图表示：
研习一　复数与复平面内点的对应关系
[例1]　实数x取什么值时，复平面内表示复数z＝x2＋x－6＋（x2－2x－15）i的点Z符合下列条件.
（1）位于第三象限；
（2）位于第四象限；
（3）位于直线x－y－3＝0上.
[解]　因为x是实数，所以x2＋x－6，x2－2x－15也是实数.
（1）当实数x满足
即－3＜x＜2时，点Z位于第三象限.
（2）当实数x满足
即2＜x＜5时，点Z位于第四象限.
（3）当实数x满足（x2＋x－6）－（x2－2x－15）－3＝0，即3x＋6＝0，x＝－2时，点Z位于直线x－y－3＝0上.
通性通法
如果Z是复平面内表示复数z＝a＋bi（a，b∈R）的点，则
（1）当a＞0，b＞0时，点Z位于第一象限；当a＜0，b＞0时，点Z位于第二象限；当a＜0，b＜0时，点Z位于第三象限；当a＞0，b＜0时，点Z位于第四象限.
（2）当a＝0时，点Z在虚轴上；当b＝0时，点Z在实轴上.
（3）当b＞0时，点Z位于实轴上面的半平面内；当b＜0时，点Z位于实轴下面的半平面内.
[变式训练]
1.设i为虚数单位，复数z1，z2在复平面内对应的点关于原点对称，若z1＝2－3i，则＝　　　　.
答案：－2－3i
解析：由复数的几何意义知，z1，z2的实部、虚部均互为相反数，故z2＝－2＋3i，∴＝－2－3i.
研习二　复数与平面向量的对应关系
[例2]　（1）已知平面直角坐标系中O是原点，向量，对应的复数分别为2－3i，－3＋2i，那么向量对应的复数是（　　）
A.－5＋5i B.5－5i
C.5＋5i D.－5－5i
（2）在复平面内，A，B，C三点对应的复数分别为1，2＋i，－1＋2i.
①求向量，，对应的复数；
②判定△ABC的形状.
（1）[解析]　向量，对应的复数分别为2－3i，－3＋2i，根据复数的几何意义，可得向量＝（2，－3），＝（－3，2）.
由向量减法的坐标运算可得向量＝－＝（2＋3，－3－2）＝（5，－5），根据复数与复平面内的点一一对应，可得向量对应的复数是5－5i.
[答案]　B
（2）[解]　①由复数的几何意义知：
＝（1，0），＝（2，1），＝（－1，2），
∴＝－＝（1，1），
＝－＝（－2，2），＝－＝（－3，1），
∴，，对应的复数分别为1＋i，－2＋2i，－3＋i.
②∵｜｜＝，｜｜＝2，｜｜＝，
∴｜｜2＋｜｜2＝｜｜2，
∴△ABC是以BC为斜边的直角三角形.
通性通法
复数与平面向量的对应关系
（1）根据复数与平面向量的对应关系，可知当平面向量的起点在原点时，向量的终点对应的复数即为向量对应的复数.反之复数对应的点确定后，从原点引出的指向该点的有向线段，即为复数对应的向量.
（2）解决复数与平面向量一一对应的题目时，一般以复数与复平面内的点一一对应为工具，实现复数、复平面内的点、向量之间的转化.
[变式训练]
2.已知O为坐标原点，对应的复数为－3＋4i，对应复数2a＋i（a∈R），若与共线，求a的值.
解：∵对应的复数为－3＋4i，
对应的复数为2a＋i，
∴＝（－3，4），＝（2a，1），
又∵与共线，
∴（－3）×1－4×2a＝0，即8a＝－3，
∴a＝－.
研习三　复数模的计算
[例3]　求复数z1＝6＋8i及z2＝－－i的模，并比较它们的共轭复数模的大小.
[解]　∵z1＝6＋8i，z2＝－－i，
∴｜z1｜＝＝10，｜z2｜＝＝.
∵10＞，∴｜z1｜＞｜z2｜.
又∵｜z1｜＝｜｜，｜z2｜＝｜｜
∴｜｜＞｜｜.
通性通法
复数模的计算方法
计算复数的模时，应先找出复数的实部和虚部，然后再利用模的公式进行计算，两个虚数不能比较大小，但它们的模可以比较大小.
[变式训练]
3.已知复数z＝3＋ai，且｜z｜＜4，求实数a的取值范围.
解：∵z＝3＋ai（a∈R），｜z｜＝，
由已知得＜4，
∴a2＜7，即－＜a＜，
∴a∈（－，）.
[误区警示]　对复数的模理解不到位而致错
[示例]　若复数z满足｜z｜2－｜z｜－2＝0，则复数z对应的点Z的轨迹是（　　）
A.2个点 B.1个圆
C.2个圆 D.4个点
[错解]　由｜z｜2－｜z｜－2＝0，可得（｜z｜＋1）（｜z｜－2）＝0，而｜z｜＋1＞0，所以｜z｜＝2，于是z＝±2，因此点Z的轨迹是2个点（－2，0）和（2，0），故选A.
[易错分析]　本题错解在于由｜z｜＝2得出z＝±2，其实质是混淆了实数的绝对值与复数的模之间的区别，导致错误.
[答案]　B
[正解]　由｜z｜2－｜z｜－2＝0，可得（｜z｜＋1）（｜z｜－2）＝0，而｜z｜＋1＞0，所以｜z｜＝2，由复数模的几何意义可知，复数z对应的点到原点的距离等于2，即点Z的轨迹是1个圆.故选B.
[防范措施]　解决此类问题时，要明确应求的是复数的模还是实数的绝对值.
课时作业（五）　复数的几何意义
一、选择题
1.在复平面内，O为原点，向量对应的复数为－1＋2i，若点A关于直线y＝－x的对称点为点B，则向量对应的复数为（　　）
A.－2－i B.－2＋i
C.1＋2i D.－1＋2i
答案：B
解析：因为复数－1＋2i对应的点为A（－1，2），点A关于直线y＝－x的对称点为B（－2，1），所以对应的复数为－2＋i.
2.“a＝－3”是“复数z＝（a2－9）＋（a＋1）i（a，b∈R）为纯虚数”的（　　）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
答案：A
解析：当a＝－3时，z＝－2i为纯虚数，
但z＝（a2－9）＋（a＋1）i（a，b∈R）为纯虚数时，a＝±3，
故选A.
3.（多选）设复数z满足z＝－1－2i，i为虚数单位，则下列命题正确的是（　　）
A.｜z｜＝
B.复数z在复平面内对应的点在第四象限
C. z的共轭复数为－1＋2i
D.复数z在复平面内对应的点在直线y＝－2x上
答案：AC
解析：｜z｜＝＝，A正确；复数z在复平面内对应的点的坐标为（－1，－2），在第三象限，B不正确；z的共轭复数为－1＋2i，C正确；复数z在复平面内对应的点（－1，－2）不在直线y＝－2x上，D不正确.故选AC.
4.向量＝（，1）按逆时针方向旋转60°所对应的复数为（　　）
A.－＋i B.2i
C.1＋i D.－1＋i
答案：B
解析：向量＝（，1），设其方向与x轴正方向夹角为θ，tan θ＝＝，则θ＝30°，按逆时针旋转60°后与x轴正方向夹角为90°，又｜｜＝2，∴旋转后对应的复数为2i.故选B.
5.已知实数a，x，y满足a2＋2a＋2xy＋（a＋x－y）i＝0，则点（x，y）的轨迹是（　　）
A.直线 B.圆心在原点的圆
C.圆心不在原点的圆 D.椭圆
答案：C
解析：因为a，x，y∈R，所以a2＋2a＋2xy∈R，a＋x－y∈R.又a2＋2a＋2xy＋（a＋x－y）i＝0，所以消去a得（y－x）2＋2（y－x）＋2xy＝0，即x2＋y2－2x＋2y＝0，亦即（x－1）2＋（y＋1）2＝2，该方程表示圆心为（1，－1），半径为的圆.
6.已知复数z满足｜z｜2－2｜z｜－3＝0，则复数z对应点的集合是（　　）
A.1个圆 B.线段
C.2个点 D.2个圆
答案：A
解析：由题意知（｜z｜－3）（｜z｜＋1）＝0，即｜z｜＝3或｜z｜＝－1.
∵｜z｜≥0，∴｜z｜＝3，
∴复数z对应点的集合是以坐标原点为圆心，3为半径的圆.
二、填空题
7. i是虚数单位，设（1＋i）x＝1＋yi，其中x，y是实数，则xy＝　　　　，｜x＋yi｜＝　　　　.
答案：1
解析：由（1＋i）x＝1＋yi，得x＋xi＝1＋yi，
∴x＝y＝1，
∴xy＝1，｜x＋yi｜＝｜1＋i｜＝.
8.复数z＝（m＋1）＋（m－1）i在复平面内对应的点在直线x＋y－4＝0上，则实数m的值为　　　　.
答案：2
解析：由题意得，点（m＋1，m－1）在直线x＋y－4＝0上，
∴2m－4＝0，∴m＝2.
9.若复数z＝sin 2α－（1－cos 2α）i是纯虚数，则α＝　　　　.
答案：kπ＋（k∈Z）
解析：由已知得， 2α＝（2k＋1）π，k∈Z，
∴α＝kπ＋（k∈Z）.
三、解答题
10.已知a∈R，则复数z＝（a2－2a＋4）－（a2－2a＋2）i在复平面内所对应的点在第几象限？复数z对应的点的轨迹是什么？
解：由a2－2a＋4＝（a－1）2＋3≥3，－（a2－2a＋2）＝－（a－1）2－1≤－1，
∴复数z的实部为正数，复数z的虚部为负数，
∴复数z在复平面内的对应点在第四象限.
设z＝x＋yi（x，y∈R），则
消去a2－2a，得y＝－x＋2（x≥3）.
∴复数z在复平面内的对应点的轨迹是一条射线，方程为y＝－x＋2（x≥3）.
11.设全集U＝C，A＝{z｜｜｜z｜－1｜＝1－｜z｜，z∈C}，B＝{z｜｜z｜＜1，z∈C}，若z∈A∩（ UB），求复数z在复平面内对应的点的轨迹.
解：因为z∈C，所以｜z｜∈R，所以1－｜z｜∈R，
由｜｜z｜－1｜＝1－｜z｜，得1－｜z｜≥0，
即｜z｜≤1，
所以A＝{z｜｜z｜≤1，z∈C}.
又因为B＝{z｜｜z｜＜1，z∈C}，
所以 UB＝{z｜｜z｜≥1，z∈C}.
因为z∈A∩（ UB）等价于z∈A，且z∈（ UB），
所以 ｜z｜＝1，由复数模的几何意义知，复数z在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，以1为半径的圆.
12.实数m分别取什么数值时，复数z＝（m2＋5m＋6）＋（m2－2m－15）i.
（1）是实数；（2）是虚数；（3）是纯虚数；
（4）对应点在x轴上方；
（5）对应点在直线x＋y＋5＝0上.
解：（1）由m2－2m－15＝0，得
m＝5或m＝－3，
即当m＝5或m＝－3时，z为实数.
（2）由m2－2m－15≠0，得
m≠5且m≠－3，
即当m≠5且m≠－3时，z为虚数.
（3）由得m＝－2，
即当m＝－2时，z为纯虚数.
（4）由m2－2m－15＞0，得
m＜－3或m＞5，
即当m＜－3或m＞5时，z的对应点在x轴上方.
（5）由（m2＋5m＋6）＋（m2－2m－15）＋5＝0，得
2m2＋3m－4＝0，
解得m＝或m＝.
即当m＝或m＝时，
z的对应点在直线x＋y＋5＝0上.
10.2　复数的运算
10.2.1　复数的加法与减法
课程标准 素养目标
1.熟练掌握复数的代数形式的加、减运算法则. 2.理解复数加减法的几何意义，能够利用“数形结合”的思想解题. 1.通过复数的运算，培养数学运算的数学素养. 2.通过理解复数加减法的几何意义，提升直观想象，数学运算的数学素养.
[自我排查]
1.在复平面内，O是原点，，，表示的复数分别为－2＋i，3＋2i，1＋5i，则表示的复数为（　　）
A.2＋8i B.－6－6i
C.4－4i D.－4＋2i
答案：C
解析：＝－＝－（＋）＝4－4i.
2.复数z1＝2－i，z2＝－2i，则z1＋z2等于　　　　.
答案：－i
解析：z1＋z2＝（2＋）－（＋2）i＝－i.
3.若z＋3－2i＝4＋i，则z等于　　　　.
答案：1＋3i
解析：z＝4＋i－（3－2i）＝1＋3i.
4.计算：（－1＋2i）＋（i＋i2）－｜1＋2i｜＝　　　　.
答案：－2－＋3i
解析：原式＝（－1＋2i）＋（i－1）－＝－2－＋3i.
[系统归纳]
1.复数的加、减法法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），则z1＋z2＝（a＋c）＋（b＋d）i，z1－z2＝（a－c）＋（b－d）i.
2.复数加法的运算律
（1）交换律：z1＋z2＝z2＋z1；
（2）结合律：（z1＋z2）＋z3＝z1＋（z2＋z3）.
3.对复数加减法的理解
（1）把复数的代数形式看成关于“i”的多项式，则复数的加法、减法运算，类似于多项式的加法、减法运算，只需要“合并同类项”就可以了.
（2）复数的加减法中规定，两复数相加减，是实部与实部相加减，虚部与虚部相加减，复数的加减法可推广到多个复数相加减的情形.
（3）两个复数的和（差）是复数，但两个虚数的和（差）不一定是虚数.例如，（3－2i）＋2i＝3.
4.复数加、减法的几何意义
如图，设在复平面内复数z1，z2对应的向量分别为，，以OZ1，OZ2为邻边作平行四边形，则与z1＋z2对应的向量是，与z1－z2对应的向量是.
5.对复数加减运算几何意义的认识
复数加减运算的几何意义就是向量加减运算的平行四边形法则或三角形法则，由复数加减法的几何意义可得如下结论：｜｜z1｜－｜z2｜｜≤｜z1±z2｜≤｜z1｜＋｜z2｜.
研习一　复数代数形式的加、减运算
[例1]　计算：（1）（－2＋3i）＋（5－i）；
（2）（－1＋i）＋（1＋i）；
（3）（a＋bi）－（2a－3bi）－3i（a，b∈R）.
[解]　（1）（－2＋3i）＋（5－i）＝（－2＋5）＋（3－1）i＝3＋2i.
（2）（－1＋i）＋（1＋i）＝（－1＋1）＋（＋i）＝2i.
（3）（a＋bi）－（2a－3bi）－3i＝（a－2a）＋（b＋3b－3）i＝－a＋（4b－3）i.
通性通法
1.复数的加减运算就是实部与实部相加减，虚部与虚部相加减.
2.当一个等式中同时含有｜z｜与z时，一般用待定系数法，设z＝x＋yi（x，y∈R）.
[变式训练]
1.计算下列各题.
（1）（3－2i）－（10－5i）＋（2＋17i）；
（2）（1－2i）－（2－3i）＋（3－4i）－（4－5i）＋…＋（2 011－2 012i）.
解：（1）原式＝（3－10＋2）＋（－2＋5＋17）i＝－5＋20i.
（2）原式＝（1－2＋3－4＋…＋2 009－2 010＋2 011）＋（－2＋3－4＋5－…－2 010＋2 011－2 012）i＝1 006－1 007i.
研习二　复数加、减运算的几何意义
[例2]　已知四边形ABCD是复平面上的平行四边形，顶点A，B，C分别对应于复数－5－2i，－4＋5i，2，求点D对应的复数及对角线AC，BD的长.
[解]　如图，设AC与BD的交点为M，则zM＝＝，所以zD＝zA＋zC＋zB＝1－7i，因为＝zC－zA＝2－（－5－2i）＝7＋2i，所以｜｜＝｜7＋2i｜＝＝.因为＝zD－zB＝（1－7i）－（－4＋5i）＝5－12i，所以｜｜＝｜5－12i｜＝＝13.
故点D对应的复数是1－7i，AC与BD的长分别是，13.
通性通法
理解复数加、减运算的几何意义应注意的问题
向量加法、减法运算的平行四边形法则和三角形法则是复数加法、减法几何意义的依据.利用加法“首尾相接”和减法“指向被减数”的特点，在三角形内可求得第三个向量及其对应的复数.注意向量对应的复数是zB－zA（终点对应的复数减去起点对应的复数）.
[变式训练]
2.复数z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，它们在复平面内的对应点是一个正方形的三个顶点，如图所示，求这个正方形的第四个顶点对应的复数.
解：复数z1，z2，z3所对应的点分别为A，B，C，设正方形的第四个顶点D对应的复数为x＋yi（x，y∈R）.
因为＝－，所以对应的复数为（x＋yi）－（1＋2i）＝（x－1）＋（y－2）i，因为＝－，所以对应的复数为（－1－2i）－（－2＋i）＝1－3i.因为＝，所以它们对应的复数相等，即解得故点D对应的复数为2－i.
研习三　复数的模
[例3]　设z1，z2∈C，已知｜z1｜＝｜z2｜＝1，｜z1＋z2｜＝，求｜z1－z2｜.
[解]　法一：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），由题设知a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，（a＋c）2＋（b＋d）2＝2，
又（a＋c）2＋（b＋d）2＝a2＋2ac＋c2＋b2＋2bd＋d2，
∴2ac＋2bd＝0.
∵｜z1－z2｜2＝（a－c）2＋（b－d）2
＝a2＋c2＋b2＋d2－（2ac＋2bd）＝2，
∴｜z1－z2｜＝.
法二：作出z1，z2对应的向量，，使OZ1＋＝，∵｜z1｜＝｜z2｜＝1，又，不共线（若，共线，则｜z1＋z2｜＝2或0与题设矛盾），
∴平行四边形OZ1ZZ2为菱形.
又｜z1＋z2｜＝，
∴∠Z1OZ2＝90°，即四边形OZ1ZZ2为正方形，
故｜z1－z2｜＝.
通性通法
与复数模有关的几个常见结论
在复平面内，z1，z2对应的点为A，B，Z1＋Z2对应的点为C，O为坐标原点，则四边形OACB：
（1）为平行四边形；
（2）若｜z1＋z2｜＝｜z1－z2｜，则四边形OACB为矩形；
（3）若｜z1｜＝｜z2｜，则四边形OACB为菱形；
（4）若｜z1｜＝｜z2｜且｜z1＋z2｜＝｜z1－z2｜，则四边形OACB为正方形.
[变式训练]
3.已知｜z1｜＝｜z2｜＝｜z1－z2｜＝1，求｜z1＋z2｜.
解：法一：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），
∵｜z1｜＝｜z2｜＝｜z1－z2｜＝1，
∴a2＋b2＝c2＋d2＝1， ①
（a－c）2＋（b－d）2＝1. ②
由①②得2ac＋2bd＝1.
∴｜z1＋z2｜＝
＝＝.
法二：设O为坐标原点，
z1，z2，z1＋z2对应的点分别为A，B，C.
∵｜z1｜＝｜z2｜＝｜z1－z2｜＝1，
∴△OAB的边长为1的正三角形，
∴四边形OACB是一个内角为60°，边长为1的菱形，且｜z1＋z2｜是菱形的较长的对角线OC的长，
∴｜z1＋z2｜＝｜OC｜
＝
＝.
[误区警示]　对复数加、减法几何意义理解有误
[示例]　设向量表示的复数是2＋3i（O为坐标原点），将向量向上平移2个单位长度，再向左平移1个单位长度，得到向量，求向量、点O1和向量分别表示的复数.
[错解]　表示的复数为（2－1）＋（3＋2）i＝1＋5i，
O1点对应的复数为（0－1）＋（0＋2）i＝－1＋2i.
∵＝－＝－（＋）＝－[（－1＋2i）＋（1＋5i）]＝－（0＋7i）＝－7i.
[易错分析]　正确理解任意一个向量与复平面内的点及相对的复数具有一一对应关系，因向量的平移没有改变原有向量的方向及模的长度，故和应表示同一复数，与的模相等而方向相反，结合图形，不难得出结果，错解中主要错在第一步的结果出错，导致后面的错误，其后面的思路是正确的.
[正解]　由题意得，向量对应的复数是2＋3i，
O1点对应的复数是－1＋2i.
＝－＝－（＋）＝－[（－1＋2i）＋（2＋3i）]＝－1－5i.
故向量对应的复数为－1－5i.
[类题试解]
设z1＝1＋2ai，z2＝a－i，a∈R，A＝{z｜｜z－z1｜＜}，B＝{z｜｜z－z2｜≤2}，已知A∩B＝ ，求a的取值范围.
解：因为z1＝1＋2ai，z2＝a－i，
｜z－z1｜＜，即｜z－（1＋2ai）｜＜，
｜z－z2｜≤2，即｜z－（a－i）｜≤2，
由复数减法及模的几何意义知，集合A是以（1，2a）为圆心，为半径的圆的内部的点对应的复数，集合B是以（a，－1）为圆心，2为半径的圆周及其内部的点所对应的复数，若A∩B＝ ，则两圆圆心距大于或等于半径和，即≥3，解得a≤－2或a≥.故a的取值范围是{a≤－2或a≥}.
课时作业（六）　复数的加法与减法
一、选择题
1.｜（3＋2i）－（4－i）｜＝（　　）
A. B.
C.2 D.－1＋3i
答案：B
解析：原式＝｜－1＋3i｜＝＝.
2.（多选）若复数z满足z＋（3－4i）＝1，则（　　）
A. z的实部是－2 B. z的虚部是4
C.｜z｜＝2 D. ＝－2－4i
答案：ABD
解析：z＝1－（3－4i）＝－2＋4i，则z的实部是－2，虚部是4，｜z｜＝2，＝－2－4i.故选ABD.
3.满足条件｜z－i｜＝｜3＋4i｜的复数z在复平面上对应点的轨迹是（　　）
A.一条直线 B.两条直线
C.圆 D.椭圆
答案：C
解析：∵｜3＋4i｜＝＝5，∴｜z－i｜＝5.
设z＝x＋yi（x，y∈R），
由复数的几何意义可得，x2＋（y－1）2＝25.故选C.
4.已知｜z｜＝3，且z＋3i是纯虚数，则z＝（　　）
A.－3i B.3i C.±3i D.4i
答案：B
解析：设z＝a＋bi（a，b∈R），
则z＋3i＝a＋bi＋3i＝a＋（b＋3）i为纯虚数，
∴a＝0，b＋3≠0.又｜z｜＝3，∴b＝3，∴z＝3i.
5.（多选）给出下列命题，其中是真命题的是（　　）
A.纯虚数z的共轭复数是－z
B.若z1－z2＝0，则z1＝
C.若z1＋z2∈R，则z1与z2互为共轭复数
D.若z1－z2＝0，则z1与互为共轭复数
答案：AD
解析：A.根据共轭复数的定义，显然是真命题；B.若z1－z2＝0，则z1＝z2，当z1，z2均为实数时，则有z1＝，当z1，z2是虚数时，z1≠，所以B是假命题；C.若z1＋z2∈R，则z1，z2可能均为实数，但不一定相等，或z1与z2的虚部互为相反数，但实部不一定相等，所以C是假命题；D.若z1－z2＝0，则z1＝z2，所以z1与互为共轭复数，故D是真命题.
6.已知复数z1，z2分别对应复平面内的点M1，M2，且｜z1＋z2｜＝｜z1－z2｜，线段M1M2的中点M对应的复数为4＋3i，则＋｜z2｜2＝（　　）
A.10 B.25 C.100 D.200
答案：C
解析：根据复数加减法的几何意义，由｜z1＋z2｜＝｜z1－z2｜知，以，为邻边的平行四边形是矩形（对角线相等），即∠M1OM2为直角，M是斜边M1M2的中点，
∵｜｜＝＝5，
∴｜M1M2｜＝10.
∴｜z1｜2＋｜z2｜2＝｜｜2＋｜｜2＝｜｜2＝100.
二、填空题
7.复数z1＝－2mi，z2＝－m＋m2i，若z1＋z2＞0，则实数m＝　　　　.
答案：2
解析：z1＋z2＝（－2mi）＋（－m＋m2i）＝（－m）＋（m2－2m）i.
∵z1＋z2＞0，
∴z1＋z2为实数且大于0，
∴解得m＝2.
8.（1－2i）＋（－2＋3i）＋（3－4i）＋（－4＋5i）＋…＋（－2 012＋2 013i）＋（2 013－2 014i）＝　　　　.
答案：1 007－1 008i
解析：（1－2i）＋（－2＋3i）＝－1＋i，
（3－4i）＋（－4＋5i）＝－1＋i，…，
（2 011－2 012i）＋（－2 012＋2 013i）＝－1＋i.
则原式＝1 006（－1＋i）＋（2 013－2 014i）＝1 007－1 008i.
9.在平行四边形OABC中，各顶点对应的复数分别为zO＝0，zA＝2＋i，zB＝－2a＋3i，zC＝－b＋ai，则a－b＝　　　　.
答案：－4
解析：因为＋＝，所以2＋i＋（－b＋ai）＝－2a＋3i，所以解得
故a－b＝－4.
三、解答题
10.已知复数z1＝1＋2i，复数z2满足z1－z2＝｜z1｜2＋8i，求z1＋z2－i的值.
解：因为z1＝1＋2i，所以｜z1｜2＝5.由题意，z1－z2＝｜z1｜2＋8i，所以1＋2i－z2＝5＋8i，所以z2＝1＋2i－（5＋8i）＝－4－6i，所以z1＋z2－i＝1＋2i＋（－4－6i）－i＝－3－5i.
11.已知f（z）＝2z＋2－i（z∈C），z0＝1＋2i，f（z0－z1）＝6－3i，求复数z1，f（｜z0＋z1｜）.
解：由已知得f（z0－z1）＝2（z0－z1）＋2－i＝6－3i，
且z0＝1＋2i，
∴2＋4i－2z1＋2－i＝6－3i，
即4＋3i－2z1＝6－3i，
∴2z1＝（4＋3i）－（6－3i）＝（4－6）＋（3＋3）i＝－2＋6i，∴z1＝－1＋3i.
∴｜z0＋z1｜＝｜（1＋2i）＋（－1＋3i）｜＝｜5i｜＝5，
∴f（｜z0＋z1｜）＝f（5）＝2×5＋2－i＝12－i.
12.已知z1＝cos α＋isin α，z2＝cos β－isin β，且z1－z2＝＋i，求cos（α＋β）的值.
解：因为z1＝cos α＋isin α，z2＝cos β－isin β，
所以z1－z2＝（cos α－cos β）＋（sin α＋sin β）i＝＋i，
所以
两式平方相加，得（cos α－cos β）2＋（sin α＋sin β）2
＝2－2（cos αcos β－sin αsin β）
＝2－2cos（α＋β）＝＋
＝1，
即2－2cos（α＋β）＝1，
所以cos（α＋β）＝.
10.2.2　复数的乘法与除法
课程标准 素养目标
1.掌握复数代数形式的乘法和除法运算. 2.理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律. 1.通过复数的乘法、除法运算，培养学生数学运算的核心素养. 2.借助运算律的应用，培养学生逻辑推理，数据分析的核心素养.
[自我排查]
1.复数z＝（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（　　）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案：D
解析：因为z＝＝＝，故复数z对应的点在第四象限，选D.
2.复数z＝4＋3i，则＝　　　　.
答案：4－3i
3.已知i是虚数单位，则（－1＋i）（2－i）＝　　　　.
答案：－1＋3i
解析：（－1＋i）·（2－i）＝－1＋3i.
4.设复数z满足iz＝1，其中i为虚数单位，则z等于　　　　.
答案：－i
解析：z＝＝－i.
[系统归纳]
1.复数的乘法
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意两个复数，那么它们的积（a＋bi）（c＋di）＝ac＋bci＋adi＋bdi2＝（ac－bd）＋（ad＋bc）i（a，b，c，d∈R）.
2.复数乘法的运算律
对于任意z1，z2，z3∈C，有
交换律 z1·z2＝z2·z1
结合律 （z1·z2）·z3＝z1·（z2·z3）
乘法对加法的分配律 z1（z2＋z3）＝z1z2＋z1z3
3.对复数乘法的理解
（1）复数的乘法与多项式乘法是类似的，有一点不同即必须在所得结果中把i2换成－1，再把实部、虚部分别合并.
（2）两个复数的积仍然是一个复数，可推广到任意多个复数，任意多个复数的积仍然是一个复数.
4.复数的除法法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（c＋di≠0），则＝＝＋i（c＋di≠0）.
5.辨析复数除法与实数除法的关系
复数的除法和实数的除法有所不同，实数的除法可以直接约分、化简得出结果；而复数的除法是先将两复数的商写成分式，然后分母实数化（分子、分母同乘分母的共轭复数）.
研习一　复数代数形式的乘法运算
[例1]　（1）已知x，y∈R，i为虚数单位，且xi－y＝－1＋i，则（1＋i）x＋y＝　　　　.
（2）已知复数z1＝（－i）（1＋i），复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，则z2＝　　　　.
[解析]　（1）∵xi－y＝－1＋i，
∴得
则（1＋i）x＋y＝（1＋i）2＝2i.
（2）z1＝（－i）（1＋i）＝2－i.
设z2＝a＋2i，z1·z2＝（2－i）（a＋2i）＝（2a＋2）＋（4－a）i.
∵z1·z2是实数，∴4－a＝0，即a＝4，
∴z2＝4＋2i.
[答案]　（1）2i　（2）4＋2i
通性通法
1.两个复数代数形式乘法的一般方法：首先按多项武的乘法展开；再将i2换成－1；然后再进行复数的加、减运算，化简为复数的代数形式.
2.常用公式
（1）（a＋bi）2＝a2＋2abi－b2（a，b∈R）；（2）（a＋bi）（a－bi）＝a2＋b2（a，b∈R）；（3）（1±i）2＝±2i.
[变式训练]
1.在复平面内复数（1＋bi）（2＋i）（i为虚数单位，b是实数）表示的点在第四象限，则b的取值范围是　　　　.
答案：（－∞，－）
解析：（1＋bi）（2＋i）＝2＋i＋2bi－b＝2－b＋（2b＋1）i，
由题意知解得b＜－.
研习二　复数的除法及四则运算
[例2]　计算：
（1）（1＋i）（1－i）＋（－1＋i）；
（2）（－2＋3i）÷（1＋2i）；
（3）－.
[解]　（1）（1＋i）（1－i）＋（－1＋i）
＝1－i2＋（－1＋i）＝2－1＋i＝1＋i.
（2）（－2＋3i）÷（1＋2i）＝
＝
＝＝＋i.
（3）法一：－
＝
＝＝＝2i.
法二：－＝＋
＝i＋i＝2i.
通性通法
1.复数的除法法则
通过分子、分母都乘以分母的共轭复数，使“分母实数化”，这个过程与“分母有理化”类似.
2.复数四则运算常用技法
（1）运算顺序：先算乘除再算加减.
（2）三个或三个以上的复数相乘时可按从左到右的顺序运算或利用结合律运算，混合运算和实数运算顺序一致.
（3）若运算式符合公式可直接运用公式计算.
[变式训练]
2.（1）已知复数z1＝4＋8i，z2＝6＋9i，求复数（z1－z2）i的实部与虚部；
（2）已知z是纯虚数，是实数，求z.
解：（1）由题意得z1－z2＝（4＋8i）－（6＋9i）＝（4－6）＋（8i－9i）＝－2－i，则（z1－z2）i＝（－2－i）i＝－2i－i2＝1－2i.于是复数（z1－z2）i的实部是1，虚部是－2.
（2）设纯虚数z＝bi（b∈R且b≠0），则＝＝＝.
由于是实数，所以b＋2＝0，即b＝－2，所以z＝－2i.
研习三　共轭复数
[例3]　（1）若z＝，则复数＝（　　）
A.－2－i B.－2＋i
C.2－i D.2＋i
（2）复数z＝1＋i，为z的共轭复数，则z－z－1＝（　　）
A.－2i B.－i C. i D.2i
（3）（多选）设z1，z2是复数，则下列命题中是真命题的为（　　）
A.若｜z1｜＝｜z2｜，则z1·＝z2·
B. z1＝，则＝z2
C. ＝·
D.（）＝
[解析]　（1）z＝＝＝2－i，则复数＝2＋i.
（2）依题意得z－z－1＝（1＋i）（1－i）－（1＋i）－1＝－i.
（3）设z1＝a＋bi，z2＝c＋di≠0（a，b，c，d∈R），
若｜z1｜＝｜z2｜，即a2＋b2＝c2＋d2，
∴z1·＝a2＋b2，z2·＝c2＋d2，
故z1·＝z2·，选项A为真命题；
若z1＝，即a＋bi＝c－di，
∴a＝c，b＝－d即a＝c，－b＝d，
a－bi＝c＋di，故＝z2，选项B为真命题；
＝
＝＝（ac－bd）－（ad＋bc）i，
·＝（a－bi）（c－di）＝（ac－bd）－（ad＋bc）i，
故＝·，选项C为真命题；
（）＝（）＝－i，
＝＝－i，
故（）＝，选项D为真命题.
[答案]　（1）D　（2）B　（3）ABCD
通性通法
共轭复数的求解与应用
（1）若复数z的代数形式已知，则根据共轭复数的定义可以写出，再进行复数的四则运算.必要时，需通过复数的运算先确定出复数z的代数形式，再根据共轭复数的定义求.
（2）共轭复数应用的另一种常见题型是：已知关于z和的方程，而复数z的代数形式未知，求z，解此类题的常规思路为设z＝a＋bi（a，b∈R），则＝a－bi，代入所给等式，利用复数相等的充要条件，转化为方程（组）求解.
[变式训练]
3.已知复数z＝1＋i，复数z的共轭复数＝1－i，求实数a，b使az＋2b＝（a＋2z）2.
解：∵z＝1＋i，＝1－i，∴az＋2b＝（a＋2b）＋（a－2b）i，
（a＋2z）2＝（a＋2）2－4＋4（a＋2）i＝（a2＋4a）＋4（a＋2）i.
∵a，b都是实数，
∴由az＋2b ＝（a＋2z）2，
得
解得或
研习四　实系数一元二次方程在复数范围内的解
[例4]　已知关于x的方程x2－px＋1＝0（p∈R）在复数集范围内有两个根x1，x2，若｜x1－x2｜＝1，求实数p的值.
[解]　∵Δ＝p2－4，
（1）当Δ≥0时，即p≥2或p≤－2时，
此方程有两个实数根x1，x2，
又∵｜x1－x2｜＝1，即｜x1－x2｜2＝1，
∴（x1－x2）2＝1，（x1＋x2）2－4x1x2＝1.
由根与系数的关系可知p2－4＝1，
∴p＝±.
（2）当Δ＜0时，即－2＜p＜2时，
此方程存在两个虚数根x1，x2，
且x1，x2互为共轭复数，即x1－x2是钝虚数.
又∵｜x1－x2｜＝1，∴｜x1－x2｜2＝1，
即（x1－x2）2＝－1，∴（x1＋x2）2－4x1x2＝－1，
根据根与系数的关系
可知p2－4＝1，∴p＝±，
综上所述p＝±或±.
通性通法
实系数一元二次方程在复数范围内求解方略
（1）一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a，b，c∈R且a≠0）在复数集内解有以下三种情况：
当Δ＝b2－4ac＞0时，方程存在两个不相等的实根；
当Δ＝b2－4ac＝0时，方程存在两个相等实根；
当Δ＝b2－4ac＜0时，方程存在两个不相等的虚数根，且两根互为共轭复数.
（2）方程两根满足根与系数的关系
[变式训练]
4.已知＋i是实系数一元二次方程ax2＋bx＋1＝0的一个根，则a＝　　　　，b＝　　　　.
答案：1　－
解析：把＋i代入方程得
a（＋i）2＋b（＋i）＋1＝0，
即（a＋b＋1）＋（a＋b）i＝0，
∴即
解得
[误区警示]　对复数的概念理解不透致误
[示例]　设复数z＝a＋bi（a，b∈R）的共轭复数为＝a－bi，则z－为（　　）
A.实数 B.纯虚数
C.0 D.零或纯虚数
[错解]　∵z－＝（a＋bi）－（a－bi）＝2bi，
∴z－为纯虚数，故选B.
[易错分析]　本题错误在于忽略了a，b的取值范围，对复数概念理解不透，凭想象认为b≠0，导致错选B.
[正解]　∵z－＝（a＋bi）－（a－bi）＝2bi，
又b∈R，
∴当b＝0时，z－＝0，当b≠0时，z－为纯虚数，故选D.
[答案]　D
[防范措施]　（1）对复数进行划分时要先将它整理成a＋bi（a，b∈R）的形式，判定某一复数是实数，仅根据虚部为零是不够的，还要保证实部有意义才行.（2）若两个复数不全是实数，则它们是不能比较大小的.（3）要熟练掌握复数的运算法则，防止将实数中的有关公式与复数运算相混淆，造成解题失误.
[类题试解]
已知z∈C，z＋2i，均为实数（i为虚数单位），且复数（z＋ai）2在复平面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），∴z＋2i＝x＋（y＋2）i，
由题意得y＝－2.
＝＝（x－2i）（2＋i）
＝（2x＋2）＋（x－4）i.
由题意得x＝4，∴z＝4－2i.
∵（z＋ai）2＝（12＋4a－a2）＋8（a－2）i，
根据条件，可知解得2＜a＜6，
∴实数a的取值范围是（2，6）.
课时作业（七）　复数的乘法与除法
一、选择题
1.计算：＝（　　）
A.1＋i B.－1＋i
C.1－i D.－1－i
答案：D
解析：＝＝＝－1－i.故选D.
2.（多选）下列关于复数z＝的四个命题，其中为真命题的是（　　）
A.｜z｜＝2
B. z2＝2i
C. z的共轭复数为1－i
D. z的虚部为－1
答案：BC
解析：∵z＝＝＝1＋i，
∴｜z｜＝，z2＝2i，z的共轭复数为1－i，z的虚部为1.故选BC.
3.已知i是虚数单位，表示复数z的共轭复数.若z＝1＋i，则＋i·＝（　　）
A.－2 B.－2i C.2 D.2i
答案：C
解析：∵z＝1＋i，
∴＝1－i，＝＝＝1－i，
∴＋i·＝1－i＋i（1－i）＝（1－i）＋（1＋i）＝2.故选C.
4.满足＝i（i为虚数单位）的复数z＝（　　）
A.＋i B.－i
C.－＋i D.－－i
答案：B
解析：由题意，得z＋i＝zi，所以（1－i）z＝－i，解得z＝＝－i，故选B.
5. 是z的共轭复数，若z＋＝2，（z－）i＝2（i为虚数单位），则z＝（　　）
A.1＋i B.－1－i
C.－1＋i D.1－i
答案：D
解析：解法一：设z＝a＋bi，a，b为实数，则＝a－bi.
∵z＋＝2a＝2，∴a＝1.
又（z－）i＝2bi2＝－2b＝2，
∴b＝－1.故z＝1－i.
解法二：∵（z－）i＝2，
∴z－＝＝－2i.
又z＋＝2，
∴（z－）＋（z＋）＝－2i＋2，
∴2z＝－2i＋2，∴z＝1－i.
6.（多选）已知复数z满足·z＋2＝3＋ai，a∈R，则实数a的值可能是（　　）
A.1 B.－4 C.0 D.5
答案：ABC
解析：设z＝x＋yi，则＝x－yi，
∴x2＋y2＋2i（x－yi）＝3＋ai，
∴ y2＋2y＋－3＝0，
∴Δ＝4－4（－3）≥0，解得－4≤a≤4，
∴实数a的值可能是1，－4，0.故选ABC.
二、填空题
7.复数＝　　　　.
答案：－2i
解析：＝＝＝＝－2i.
8.已知＋i是实系数一元二次方程ax2＋bx＋1＝0的一个根，则a＝　　　　，b＝　　　　.
答案：1　－
解析：把＋i代入方程，得
a（＋i）2＋b（＋i）＋1＝0，
即（a＋b＋1）＋（＋b）i＝0，
所以即
解得
9.已知复数＝1－bi，其中a，b∈R，i是虚数单位，则｜a＋bi｜＝　　　　.
答案：
解析：由＝1－bi，得
2－ai＝i（1－bi）＝i－bi2＝b＋i.
所以b＝2，－a＝1，即a＝－1，b＝2.
所以｜a＋bi｜＝｜－1＋2i｜＝.
三、解答题
10.计算：（1）＋；
（2）.
解：（1）原式＝i6＋
＝i2＋
＝－1＋i.
（2）解法一：原式＝
＝
＝－－i.
解法二：∵＝1，
∴原式＝
＝（－－i）
＝－－i.
11.已知z为复数，z＋2i和均为实数，其中i是虚数单位.
（1）求复数z和｜z｜；
（2）若复数z1＝＋－i在复平面内对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围.
解：（1）设z＝a＋bi（a，b∈R），则z＋2i＝a＋（b＋2）i为实数，所以b＋2＝0，即b＝－2.
又＝＝＝＋i为实数，所以＝0，故a＝－2b.
又b＝－2，所以a＝4，所以z＝4－2i，
所以｜z｜＝＝2.
（2）z1＝＋－i＝4＋＋（2－）i＝＋i.
因为z1在复平面内对应的点位于第四象限，
所以解得－2＜m＜或1＜m＜.
故实数m的取值范围为（－2，）∪（1，）.
12.已知关于x的方程x2－（6＋i）x＋9＋ai＝0（a∈R）有实数根b.
（1）求实数a，b的值；
（2）若复数z满足｜－a－bi｜－2｜z｜＝0，求z为何值时，｜z｜有最小值，并求出｜z｜的值.
解：（1）∵b是方程x2－（6＋i）x＋9＋ai＝0（a∈R）的实根，
∴（b2－6b＋9）＋（a－b）i＝0，
∴解得a＝b＝3.
（2）设z＝x＋yi（x，y∈R），由｜－3－3i｜＝2｜z｜，得
（x－3）2＋（y＋3）2＝4（x2＋y2），
即（x＋1）2＋（y－1）2＝8，
∴z点的轨迹是以O1（－1，1）为圆心，2为半径的圆，如图所示，
当z点在OO1的连线上时，｜z｜有最大值或最小值，
∵｜OO1｜＝，半径r＝2，
∴当z＝1－i时，｜z｜有最小值且｜z｜min＝.
10.3*　复数的三角形式及其运算
课程标准 素养目标
1.通过复数的几何意义，了解复数的三角表示，了解复数的代数表示与三角表示之间的关系. 2.了解复数乘、除运算的三角表示及其几何意义. 1.通过复习复数的几何意义，认识复数的三角表示，掌握复数代数形式与三角形式之间的联系. 2.在学习复数三角形式的乘、除运算的基础上，从“形”上理解其几何意义，并能够熟练运用法则解题.
[自我排查]
1.设复数z＝a＋bi＝r（cos θ＋isin θ），其中a，b∈R，＝r，arg z＝θ，下列说法正确的是（　　）
A. r＞0，θ∈[0，2π） B. r≥0，θ∈（0，2π）
C. r∈R，θ∈（－π，π） D. r≥0，θ∈[0，2π）
答案：D
解析：由复数三角形式的特征知，r≥0，0≤θ＜2π.故选D.
2.复数－2（cos＋isin）辐角的主值是（　　）
A. B.π C.π D.π
答案：C
解析：∵－2（cos＋isin）＝2（cosπ＋isinπ）.
∴辐角的主值为π，故选C.
3.设z＝－i，对应的向量为，将绕点O按逆时针方向旋转30°，则所得向量对应的复数为　　　　.
答案：2
解析：根据复数乘法的几何意义，所得向量对应的复数为：（－i）（cos 30°＋isin 30°）＝（－i）（＋i）＝2.
4.计算8（cos＋isin）×（cos＋isin）＝　　　　.
答案：－4＋4i
解析：原式
＝8［cos（＋）＋isin（＋）］
＝8（cos＋isin）＝－4＋4i.
5.计算12（cos＋isin）÷［6（cos＋isin）］＝　　　　.
答案：－＋i
解析：原式
＝2［cos（－）＋isin（－）］
＝2（cos＋isin）＝－＋i.
[系统归纳]
1.复数三角式的特征
有三个特征：（1）r≥0；（2）相同角θ，θ为辐角但不一定是辐角主值；（3）cos θ与isin θ之间用“＋”号连接.
2.辐角和辐角主值的区别与联系
区别：辐角θ是指以x轴的非负半轴为始边，以复数z所对应的向量所在射线（射线OZ）为终边的角，显然辐角有无数个.而辐角主值是指在0≤θ＜2π范围内的辐角，因而一个复数的辐角主值只有一个.
联系：θ＝2kπ＋arg z，k∈Z.
3.复数乘法运算三角表示及几何意义
（1）设z1＝r1（cos θ1＋isin θ1），z2＝r2（cos θ2
＋isin θ2），z1·z2＝r1（cos θ1＋isin θ1）×
r2（cos θ2＋isin θ2）＝r1r2[cos（θ1＋θ2）＋isin（θ1＋θ2）].
（2）复数z1，z2对应的向量为，，把向量绕点O按逆时针方向旋转θ2（如果θ2＜0，就要把绕点O按顺时针方向旋转角｜θ2｜），再把它的模变为原来的r2倍，得到向量，表示的复数就是积z1z2.
4.复数除法运算三角表示及几何意义
（1）＝[cos（θ1－θ2）＋isin（θ1－θ2）].
（2）复数z1，z2对应的向量为，，把向量绕点O按顺时针方向旋转θ2，再把它的模变为原来的，得到向量，表示的复数就是商.
研习一　复数代数形式表示成三角形式
[例1]　（1）下列复数是复数三角形式表示的是（　　）
A.（cos－isin）
B.－（cos＋isin）
C.（sinπ＋icosπ）
D. cosπ＋isinπ
（2）复数2＋2i的三角形式为　　　　.
[解析]　（1）选项A，cos与isin之间用“－”连接，不是用“＋”连接；选项B，－＜0不符合r≥0要求；选项C，是sinπ与icosπ用“＋”连接而不是cos＋isinπ的形式.故A、B、C均不是复数的三角形式.故选D.
（2）设复数的辐角主值为θ，则tan θ＝＝.
∴θ＝，又∵r＝＝4.
∴复数2＋2i的三角形式为4（cos＋isin）.
[答案]　（1）D　（2）4（cos＋isin）
通性通法
复数代数形式表示成三角形式的方法
先由复数确定点（a，b）所在的象限，而a，b的符号决定角θ的终边所在的象限，然后由tan θ＝确定θ角的大小.对于实部和虚部都是三角函数的复数求辐角，可灵活运用三角公式化为复数的三角形式，若复数为零，则辐角任意.
[变式训练]
1.复数z＝isin 10°的三角形式是（　　）
A. cos 10°＋isin 10°
B. isin 10°
C. sin 10°（cos 90°＋isin 90°）
D. sin 10°（cos 0°＋isin 0°）
答案：C
解析：z＝isin 10°＝sin 10°（0＋i）＝sin 10°（cos 90°＋isin 90°）.
2.复数的三角形式（cosπ＋isinπ）转化为代数形式.
解：（cosπ＋isinπ）
＝［cos（π＋π）＋isin（π＋π）］
＝（－cosπ－isinπ）
＝（－i）＝1－i.
研习二　复数三角形式的概念
[例2]　（1）复数－i的辐角主值为（　　）
A. B.π C.π D.π
（2）已知z＝1＋i，求复数ω＝的模和辐角主值，并写出复数的三角形式.
（1）[解析]　∵－i＝2（－i）
＝2（cos＋isinπ），
又∵∈[0，2π），故－i辐角的主值为π.
[答案]　D
（2）[解]　∵z＝1＋i，
∴ω＝＝＝＝1－i，
∴｜ω｜＝，1－i对应的点在第四象限且tan θ＝－1，
∴ω辐角的主值为，
∴复数ω的三角形式为ω＝（cosπ＋isinπ）.
通性通法
明确复数三角形式的相关概念是准确解答此类问题的基础，另外掌握复数三角形式的乘、除运算法则是关键.
[变式训练]
3.已知z＝1＋cos θ＋isin θ（π＜θ＜2π），求arg z.
解：z＝1＋cos θ＋isin θ
＝2cos2＋2i×sincos
＝2cos（cos＋isin）
＝－2cos［cos（π＋）＋isin（π＋）］.
∵π＜θ＜2π，∴＜＜π，
∴cos＜0，＜π＋＜2π，
∴arg z＝π＋.
研习三　复数三角形式乘法运算及几何意义
[例3]　已知复数z1＝2（cos＋isin），z2＝（cosπ＋isinπ），求z1z2.
[解]　z1z2＝2（cos＋isin）×（cosπ＋isinπ）＝2×［cos（＋π）＋isin（＋π）］
＝（cosπ＋isinπ）＝－＋i.
通性通法
涉及两个复数积的运算，应先将复数化为三角形式，再按复数三角形式的乘法运算法则进行，要注意辐角主值的范围.
[变式训练]
4.已知z1＝4＋4i的辐角主值为θ1，z2＝－1－i的辐角主值为θ2，求θ1＋θ2的值.
解：∵z1＝4＋4i＝4（cos＋isin），
z2＝－1－i＝（cos＋isin），
∴z1z2＝4（cos＋isin）［（cos＋isin）］
＝8［cos（＋）＋isin（＋）］
＝8（cos＋isin），
∴θ1＋θ2＝.
研习四　复数三角形式除法运算及其几何意义
[例4]　计算的值.
[解]
＝
＝
＝
＝2（cos＋isin）
＝1＋i.
通性通法
在进行复数三角形式的除法运算时，注意先将复数化为三角形式，再按除法法则进行运算，当不要求把计算结果化为代数形式时，也可以用三角形式表示.
[变式训练]
5.计算：2（cos－isin）÷［（cos＋isin）］.
解：原式＝2［cos（－）＋isin（－）］
÷［（cos＋isin）］
＝2［cos（－－）＋isin（－－）］
＝2［cos（－）＋isin（－）］＝－2i.
课时作业（八）　复数的三角形式及其运算
一、选择题
1.若a＜0，则a的三角形式为（　　）
A. a（cos 0＋isin 0）
B. a（cos π＋isin π）
C.－a（cos π＋isin π）
D.－a（cos π－isin π）
答案：C
解析：因为a＜0，所以辐角主值为π，故其三角形式为－a（cos π＋isin π）.故选C.
2.复数（sin 10°＋icos 10°）（sin 10°＋icos 10°）的三角形式是　（　　）
A. sin 30°＋icos 30° B. cos 160°＋isin 160°
C. cos 30°＋isin 30° D. sin 160°＋icos 160°
答案：B
解析：（sin 10°＋icos 10°）（sin 10°＋icos 10°）
＝（cos 80°＋isin 80°）（cos 80°＋isin 80°）
＝cos 160°＋isin 160°.故选B.
3.（多选）设p：两个复数z1，z2的模与辐角分别相等，q：z1＝z2，则（　　）
A. p q B. p /q
C. q p D. q /p
答案：AD
解析：当两个复数z1，z2的模与辐角分别相等时，z1＝z2成立；
当z1＝z2时，两个复数的模相等，但辐角不一定相等，故p q，q /p.故选AD.
4.将复数i对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，得到向量，则对应的复数是（　　）
A.＋i B.－＋i
C.－－i D.－i
答案：A
解析：i＝cos＋isin，将绕原点按顺时针方向旋转得到＝cos＋isin＝＋i.
5.2÷2（cos 60°＋isin 60°）＝（　　）
A.＋i B.－i
C.＋i D.－i
答案：B
解析：2÷2（cos 60°＋isin 60°）
＝2（cos 0°＋isin 0°）÷2（cos 60°＋isin 60°）
＝cos（0°－60°）＋isin（－60°）
＝－i.故选B.
6.如果θ∈（，π），那么复数（1＋i）（cos θ＋isin θ）的辐角主值是（　　）
A.θ＋ B.θ＋
C.θ－ D.θ＋
答案：B
解析：（1＋i）（cos θ＋isin θ）＝（cos＋isin）·（cos θ＋isin θ）
＝［cos（θ＋）＋isin（θ＋）］，
∵θ∈（，π），∴θ＋∈（，），
∴该复数的辐角主值是θ＋.故选B.
二、填空题
7.若｜z｜＝2，arg z＝，则复数z＝　　　　.
答案：1＋i
解析：由题意知，z＝2（cos＋isin）＝1＋i.
8.复数cos＋isin的辐角主值是　　　　.
答案：
解析：原式＝cos（2π＋）＋isin（2π＋）＝cos＋isin，故其辐角主值为.
9.计算（cos 40°＋isin 40°）÷（cos 10°＋isin 10°）＝　　　　.
答案：＋i
解析：（cos 40°＋isin 40°）÷（cos 10°＋isin 10°）＝cos（40°－10°）＋isin（40°－10°）＝cos 30°＋isin 30°＝＋i.
10.设z＝1＋i，则复数的代数形式为　　　　，三角形式是　　　　.
答案：1－i　（cos＋isin）
解析：将z＝1＋i代入，得原式＝＝＝1－i
＝（cos＋isin）.
11.如图所示，等边三角形ABC的两个顶点A，B所表示的复数分别是＋i和2，则点C所表示的复数为　　　　.
答案：2＋i
解析：∵A，B所表示的复数分别是＋i和2，所表示的复数为－i，把逆时针旋转60°得到，对应的复数为（－i）（cos 60°＋isin 60°）＝＋i，＝＋＝＋i＋＋i＝2＋i，即点C对应的复数是2＋i.
三、解答题
12.计算：
（1）2（cos＋isin）×（cosπ＋isinπ）；
（2）2（cos－isin）÷［（cos＋isin）］.
解：（1）原式＝2×［cos（＋π）＋isin（＋π）］
＝（cosπ＋isinπ）＝－＋i.
（2）原式＝2［cos（－）＋isin（－）］÷［（cos＋isin）］＝2［cos（－－）＋isin（－－）］
＝2［cos（－）＋isin（－）］＝－2i.
13.设z1＝＋i，z2＝1－i，z3＝sin＋icos，求的值.
解：∵z1＝＋i＝2（cos＋isin），
z2＝1－i＝（cos＋isin），
∴＝
＝
＝4［cos（＋－）］＋isin（＋－）
＝4［cos（5π＋）＋isin（5π＋）］
＝－2－2i.
14.设复数z1＝＋i，复数z2满足｜z2｜＝2，且z1·在复平面内对应的点在虚轴的负半轴上，且arg z2∈（0，π），求z2的代数形式.
解：因为z1＝＋i＝2（cos＋isin），
设z2＝2（cos α＋isin α），α∈（0，π），
所以z1·＝2（cos＋isin）×4（cos 2α＋isin 2α）
＝8［cos（2α＋）＋isin（2α＋）］.
由题设知2α＋＝2kπ＋（k∈Z），
所以α＝kπ＋（k∈Z）.
又α∈（0，π），所以α＝，
所以z2＝2（cos＋isin）＝－1＋i.
章末知识梳理与能力提升
教材内主干知识回顾
[本章知识结构——建体系]
[核心知识点拨——握重难]
1.复数的有关概念
（1）复数的概念：形如a＋bi（a，b∈R）的数叫做复数，其中a，b分别是它的　　　　和　　　　.若b＝0，则a＋bi为实数，若　　　　，则a＋bi为虚数，若　　　　，则a＋bi为纯虚数.
（2）复数相等：a＋bi＝c＋di 　　　　（a，b，c，d∈R）.
（3）共轭复数：a＋bi与c＋di共轭 　　　　（a，b，c，d∈R）.
（4）复平面：建立直角坐标系来表示复数的平面，叫做复平面.　　　　叫做实轴，　　　　叫做虚轴.实轴上的点都表示　　　　；除原点外，虚轴上的点都表示　　　　；各象限内的点都表示非纯虚数.
（5）复数的模：向量的模r叫做复数z＝a＋bi的模，记作　　　　或　　　　，即｜z｜＝｜a＋bi｜＝.
答案：（1）实部　虚部　b≠0　a＝0且b≠0
（2）a＝c且b＝d　（3）a＝c，b＋d＝0
（4）x轴　y轴　实数　纯虚数
（5）｜z｜　｜a＋bi｜
2.复数的几何意义
（1）复数z＝a＋bi与复平面内的点Z（a，b）（a，b∈R）一一对应.
（2）复数z＝a＋bi（a，b∈R）与平面向量一一对应.
3.复数的运算
（1）复数的加、减、乘、除运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），则
①加法：z1＋z2＝（a＋bi）＋（c＋di）＝　　　　；
②减法：z1－z2＝（a＋bi）－（c＋di）＝　　　　；
③乘法：z1·z2＝（a＋bi）·（c＋di）＝　　　　；
④除法：＝＝＝＋i（c2＋d2≠0）.
（2）复数加法的运算定律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝　　　　，（z1＋z2）＋z3＝　　　　.
答案：（1）（a＋c）＋（b＋d）i　（a－c）＋（b－d）i　（ac－bd）＋（ad＋bc）i
（2）z2＋z1　z1＋（z2＋z3）
[题型分类突破——提素养]
题型一　复数的四则运算
[例1]　（1）计算：＋（）2 012＋
；
（2）已知z＝1＋i，求的模.
[解]　（1）原式＝＋［（）2］1 006＋＝i＋（－i）1 008＋0＝－1＋i.
（2）∵＝＝＝1－i，
∴的模为.
通性通法
（1）复数的除法运算是复数运算中的难点，如果遇到（a＋bi）÷（c＋di）的形式，首先应该写成分式的形式，然后再分母实数化.
（2）虚数单位i的周期性；
①i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＝1（n∈N*）；
②in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0（n∈N*）.
[变式训练]
1.（1）已知＝2＋i，则复数z等于（　　）
A.－1＋3i B.1－3i
C.3＋i D.3－i
（2）i为虚数单位，则（）2 011等于（　　）
A.－i B.－1 C. i D.1
答案：（1）B　（2）A
解析：（1）法一：∵＝2＋i，
∴＝（1＋i）（2＋i）＝2＋3i－1＝1＋3i，
∴z＝1－3i.
法二：设z＝a＋bi（a，b∈R），则＝a－bi，
∴＝2＋i，∴∴z＝1－3i.
（2）因为＝＝i，所以（）2 011＝i2 011＝i4×502＋3＝i3＝－i，故选A.
题型二　复数的几何意义
[例2]　已知点集D＝{z｜｜z＋1＋i｜＝1，z∈C}，试求｜z｜的最小值和最大值.
[解]　点集D的图象是以点C（－1，－）为圆心，1为半径的圆，圆上任一点P对应的复数为z，则｜｜＝｜z｜.
如右图，当OP过圆心C（－1，－）时，与圆交于点A，B，
则｜z｜的最小值是｜OA｜＝｜OC｜－1＝－1＝2－1＝1，
即｜z｜min＝1；
｜z｜的最大值是｜OB｜＝｜OC｜＋1＝2＋1＝3，即｜z｜max＝3.
通性通法
复数和复平面内的点与以原点为起点的向量一一对应；复数加减法符合向量运算的平行四边形法则和三角形法则：｜z1－z2｜表示复数z1，z2对应的两点Z1，Z2之间的距离.
[变式训练]
2.已知复数z1，z2满足｜z1｜＝3，｜z2｜＝5，｜z1－z2｜＝，求｜z1＋z2｜的值.
解：如图所示，设z1，z2的对应点分别为A，B，以，为邻边作 OACB，则对应的复数为z1＋z2.
∵｜｜＝3，｜｜＝5，｜｜＝.
∴cos∠AOB＝
＝＝.
∴cos∠OBC＝－.又｜｜＝｜｜＝3，
∴｜z1＋z2｜＝｜｜
＝
＝.
题型三　两个复数相等
[例3]　设复数z和它的共轭复数满足4z＋2＝3＋i，求复数z.
[解]　设z＝a＋bi（a，b∈R）.
因为4z＋2＝3＋i，
所以2z＋（2z＋2）＝3＋i.
2z＋2＝2（a＋bi）＋2（a－bi）＝4a，整体代入上式，得2z＋4a＝3＋i.
所以z＝＋.
根据复数相等的充要条件，得
解得
所以z＝＋.
通性通法
两个复数相等是解决复数问题的重要工具.“复数相等”可以得到两个实数等式，为应用方程提供了条件，常用于确定系数，解复数方程等问题.
[变式训练]
3.设复数z满足z2＝3＋4i（i是虚数单位），则｜z｜＝　　　　.
答案：
解析：设z＝a＋bi，则z2＝（a2－b2）＋2abi.
∵z2＝3＋4i，∴a2－b2＝3，2ab＝4，
解得a2＝4，b2＝1，∴｜z｜＝＝.
题型四　分类讨论思想的应用
[例4]　实数k为何值时，复数（1＋i）k2－（3＋5i）k－2（2＋3i）满足下列条件？
（1）是实数；
（2）是虚数；
（3）是纯虚数.
[解]　（1＋i）k2－（3＋5i）k－2（2＋3i）＝（k2－3k－4）＋（k2－5k－6）i.
（1）当k2－5k－6＝0，
即k＝6或k＝－1时，该复数为实数.
（2）当k2－5k－6≠0，
即k≠6且k≠－1时，该复数为虚数.
（3）当即k＝4时，该复数为纯虚数.
通性通法
当复数的实部与虚部含有字母时，利用复数的有关概念进行分类讨论.分别确定什么情况下是实数、虚数、纯虚数.当x＋yi没有说明x，y∈R时，也要分情况讨论.
[变式训练]
4.实数x取什么值时，复数z＝（x2＋x－6）＋（x2－2x－15）i是：①实数；②虚数；③纯虚数；④零.
解：①当x2－2x－15＝0，
即x＝－3或x＝5时，复数z为实数；
②当x2－2x－15≠0，
即x≠－3且x≠5时，复数z为虚数；
③当x2＋x－6＝0且x2－2x－15≠0，
即x＝2时，复数z是纯虚数；
④当x2＋x－6＝0且x2－2x－15＝0，
即x＝－3时，复数z为零.
题型五　数形结合思想的应用
[例5]　如图，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.
[解]　设z＝x＋yi，x，y∈R.
∵OA∥BC，｜OC｜＝｜BA｜，
∴kOA＝kBC，｜zC｜＝｜zB－zA｜，
即
解得或
∵｜OA｜≠｜BC｜，∴x2＝－3，y2＝4（舍去），故z＝－5.
通性通法
数形结合既是一种重要的数学思想，又是一种常用的数学方法.本章中，复数本身的几何意义、复数的模以及复数加减法的几何意义都是数形结合思想的体现.它们可以相互转化.涉及的主要问题有复数在复平面内对应点的位置、复数运算及模的最值等.
[变式训练]
5.已知复数z1＝i（1－i）3.
（1）求｜z1｜；
（2）若｜z｜＝1，求｜z－z1｜的最大值.
解：（1）｜z1｜＝｜i（1－i）3｜＝｜i｜·｜1－i｜3＝2.
（2）如图所示，由｜z｜＝1可知，z在复平面内对应的点的轨迹是半径为1，圆心为O（0，0）的圆，而z1对应着坐标系中的点Z1（2，－2）.
所以｜z－z1｜的最大值可以看成是点Z1（2，－2）到圆上的点的距离的最大值.
设圆的半径为r，由图知｜z－z1｜max＝｜z1｜＋r＝2＋1.
题型六　转化与化归思想的应用
[例6]　已知z是复数，z＋2i，均为实数，且（z＋ai）2的对应点在第一象限，求实数a的取值范围.
[解]　设z＝x＋yi（x，y∈R），
则z＋2i＝x＋（y＋2）i为实数，
∴y＝－2.
又＝＝（x－2i）（2＋i）
＝（2x＋2）＋（x－4）i为实数，
∴x＝4，∴z＝4－2i.
又∵（z＋ai）2＝（4－2i＋ai）2＝（12＋4a－a2）＋8（a－2）i在第一象限，
∴解得2＜a＜6.
∴实数a的取值范围是（2，6）.
通性通法
在求复数时，常设复数z＝x＋yi（x，y∈R），把复数z满足的条件转化为实数x，y满足的条件，即复数问题实数化的基本思想在本章中非常重要.
[变式训练]
6.已知x，y为共轭复数，且（x＋y）2－3xyi＝4－6i，求x，y.
解：设x＝a＋bi（a，b∈R），则y＝a－bi.
又（x＋y）2－3xyi＝4－6i，
∴4a2－3（a2＋b2）i＝4－6i，∴
∴或或
或∴或
或或
综合微评（二）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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.复平面内表示复数i（1－2i）的点位于（　　）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案：A
解析：复数i（1－2i）＝2＋i，在复平面内对应的点的坐标是（2，1），位于第一象限.
2.设复数z满足（z－2i）（2－i）＝5，则z＝（　　）
A.2＋3i B.2－3i
C.3＋2i D.3－2i
答案：A
解析：由题知（z－2i）（2－i）＝5，所以z＝＋2i＝＋2i＝2＋i＋2i＝2＋3i.
3. i是虚数单位，复数＝（　　）
A.1－i B.－1＋i
C.＋i D.－＋i
答案：A
解析：根据复数的除法法则进行计算.
＝＝＝1－i.
4.已知a，b∈R，i是虚数单位，若a－i与2＋bi互为共轭复数，则（a＋bi）2＝（　　）
A.5－4i B.5＋4i
C.3－4i D.3＋4i
答案：D
解析：根据已知得a＝2，b＝1，
所以（a＋bi）2＝（2＋i）2＝3＋4i.
5.复数z＝（3－2i）i的共轭复数等于（　　）
A.－2－3i B.－2＋3i
C.2－3i D.2＋3i
答案：C
解析：因为复数z＝（3－2i）i＝2＋3i，所以＝2－3i，故选C.
6.已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a＝b＝1”是“（a＋bi）2＝2i”的（　　）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案：A
解析：当a＝b＝1时，（a＋bi）2＝（1＋i）2＝2i，反之，若（a＋bi）2＝2i，则有a＝b＝－1或a＝b＝1，因此选A.
7.已知z1＝，z2＝，则｜z2｜的值是（　　）
A. B. C. D.
答案：C
解析：｜z2｜＝，｜z1｜＝＝，
所以｜z2｜＝，故选C.
8.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
答案：A
解析：由定义知＝zi＋z，得zi＋z＝4＋2i，即z＝＝3－i.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9.若复数z＝（m2－9）＋（m2＋2m－3）i是纯虚数，其中m∈R，则（　　）
A. m＝3或－3
B.｜z｜＝12
C. ＝－12i
D.复数z对应的向量＝（0，12）
答案：BCD
解析：由题意得
解得
∴m＝3，∴z＝12i，∴＝－12i，｜z｜＝12，复数z对应的向量＝（0，12）.
10.复数z满足z＋2＝9＋4i（i为虚数单位），则（　　）
A.｜z｜＝5 B. z＝3＋4i
C. z＝3－4i D. ＝－3＋4i
答案：AC
解析：设z＝x＋yi（x，y∈R），因为z＋2＝9＋4i，所以x＋yi＋2（x－yi）＝9＋4i，化为3x－yi＝9＋4i，所以3x＝9，－y＝4，解得x＝3，y＝－4.所以z＝3－4i，｜z｜＝＝5.
11.已知集合M＝{m｜m＝in，n∈N}，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是（　　）
A.（1－i）（1＋i） B.
C. D.（1－i）2
答案：BC
解析：根据题意，M＝{m｜m＝in，n∈N}中，
n＝4k（k∈N）时，in＝1；
n＝4k＋1（k∈N）时，in＝i；
n＝4k＋2（k∈N）时，in＝－1；
n＝4k＋3（k∈N）时，in＝－i，
∴M＝{－1，1，i，－i}.
选项A中，（1－i）（1＋i）＝2 M；
选项B中，＝＝－i∈M；
选项C中，＝＝i∈M；
选项D中，（1－i）2＝－2i M.故选BC.
12.在复平面内，下列命题是真命题的是（　　）
A.若复数z满足∈R，则z∈R
B.若复数z满足z2∈R，则z∈R
C.若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝
D.若复数z∈R，则∈R
答案：AD
解析：A.设复数z＝a＋bi（a，b∈R），则＝＝＝－i，若∈R，则b＝0，所以z＝a∈R，故A为真命题；
B.若复数z＝i，则z2＝－1∈R，但z R，故B为假命题；
C.若复数z1＝i，z2＝2i满足z1z2＝－2∈R，但z1≠，故C为假命题；
D.若复数z＝a＋bi∈R，则b＝0，＝z∈R，故D为真命题.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在题中的横线上）
13.复数＝　　　　.
答案：－1
解析：＝＝＝－1.
14.已知复数z＝a＋bi（a，b∈R）且＋＝，则复数z在复平面内对应的点位于第　　　　象限.
答案：四
解析：∵a，b∈R且＋＝，
即＋＝，
∴5a＋5ai＋2b＋4bi＝15－5i，
即解得
∴z＝7－10i，∴z对应的点位于第四象限.
15.下列命题：
①若a∈R，则（a＋1）i是纯虚数；
②若（x2－1）＋（x2＋3x＋2）i（x∈R）是纯虚数，则x＝±1；
③两个虚数不能比较大小.
其中正确命题的序号是　　　　.
答案：③
解析：当a＝－1时，（a＋1）i＝0，故①错误；两个虚数不能比较大小，故③正确；若（x2－1）＋（x2＋3x＋2）i是纯虚数，则即x＝1，故②错误.
16.已知复数z1＝1－i，z2＝4＋6i（i为虚数单位），则＝　　　　；若复数z＝1＋bi（b∈R）满足z＋z1为实数，则｜z｜＝　　　　.
答案：－1＋5i
解析：因为z1＝1－i，z2＝4＋6i，
所以＝＝＝＝－1＋5i.
因为z＝1＋bi（b∈R），所以z＋z1＝2＋（b－1）i，又因为z＋z1为实数，所以b－1＝0，得b＝1.所以z＝1＋i，则｜z｜＝.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）
计算：＋＋.
解：原式＝＋＋＝＋＋0＝i＋（－i）1 602＝i＋i2＝i－1＝－1＋i.
18.（本小题满分12分）已知复数z1＝2－3i，z2＝.求：（1）z1z2；（2）.
解：由已知得，z2＝＝＝＝＝1－3i.
（1）z1z2＝（2－3i）（1－3i）＝－7－9i.
（2）＝＝＝＝＋i.
19.（本小题满分12分）虚数z满足｜z｜＝1，z2＋2z＋＜0，求z.
解：设z＝x＋yi（x，y∈R，y≠0），
由题意可得x2＋y2＝1.
则z2＋2z＋＝（x＋yi）2＋2（x＋yi）＋
＝（x2－y2＋3x）＋y（2x＋1）i.
∵y≠0，z2＋2z＋＜0，
∴
又x2＋y2＝1，③
由①②③得
∴z＝－±i.
20.（本小题满分12分）已知1＋i是实系数方程x2＋ax＋b＝0的一个根.
（1）求a，b的值；
（2）试判断1－i是否是方程的根.
解：（1）∵1＋i是方程x2＋ax＋b＝0的根，
∴（1＋i）2＋a（1＋i）＋b＝0，
即a＋b＋（a＋2）i＝0，
∴解得
（2）∵（1－i）2－2（1－i）＋2＝－2i－2＋2i＋2＝0，满足x2－2x＋2＝0，
∴1－i是方程的根.
21.（本小题满分12分）已知复数z1＝2＋i，2z2＝.
（1）求z2；
（2）若△ABC的三个内角A，B，C依次成等差数列，且u＝cos A＋2icos2，求｜u＋z2｜的取值范围.
解：（1）z2＝·＝·＝＝＝－i.
（2）在△ABC中，∵A，B，C依次成等差数列，
∴2B＝A＋C＝180°－B，
∴3B＝180°，即B＝60°，A＋C＝120°.
∵u＋z2＝cos A＋2icos2－i
＝cos A＋i（2cos2－1）＝cos A＋icos C，
∴｜u＋z2｜2＝cos2A＋cos2C＝＋
＝1＋（cos 2A＋cos 2C）＝1＋cos（A＋C）·cos（A－C）
＝1＋cos 120°cos（A－C）＝1－cos（A－C）.
∵－120°＜A－C＜120°，
∴－＜cos（A－C）≤1，
∴≤1－cos（A－C）＜，
∴≤＜，即≤｜u＋z2｜＜.
22.（本小题满分12分）设i为虚数单位，复数z和ω满足zω＋2iz－2iω＋1＝0.
（1）若z和ω满足－z＝2i，求z和ω的值；
（2）求证：如果｜z｜＝，那么｜ω－4i｜的值是一个常数，并求这个常数.
（1）解：因为－z＝2i，
所以z＝－2i.
代入zω＋2iz－2iω＋1＝0，
得（－2i）（ω＋2i）－2iω＋1＝0，
所以ω－4iω＋2i＋5＝0.
设ω＝x＋yi（x，y∈R），则上式可变为
（x＋yi）（x－yi）－4i（x＋yi）＋2i（x－yi）＋5＝0.
所以x2＋y2＋6y＋5－2xi＝0.
所以
所以或
所以ω＝－i，z＝－i或ω＝－5i，z＝3i.
（2）证明：由zω＋2iz－2iω＋1＝0，得
z（ω＋2i）＝2iω－1，
所以｜z｜｜ω＋2i｜＝｜2iω－1｜.①
设ω＝x＋yi（x，y∈R），
则｜ω＋2i｜＝｜x＋（y＋2）i｜
＝＝.
｜2iω－1｜＝｜－（2y＋1）＋2xi｜
＝
＝
又｜z｜＝，
所以①可化为3（x2＋y2＋4y＋4）＝4x2＋4y2＋4y＋1.
所以x2＋y2－8y＝11.
所以｜ω－4i｜＝｜x＋（y－4）i｜＝
＝＝3.
所以｜ω－4i｜的值是常数，且等于3.
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第十章　复数
章末知识梳理与能力提升
教材内主干知识回顾
[本章知识结构——建体系]
实部
虚部
b ≠0
a ＝0且 b ≠0
a＝ c 且 b ＝ d
a＝ c ， b ＋ d ＝0
x轴
y 轴
实数
纯虚数
｜ z ｜
｜ a ＋
b i｜
2. 复数的几何意义
（1）复数 z ＝ a ＋ b i与复平面内的点 Z （ a ， b ）（ a ， b ∈R）一一对应.
3. 复数的运算
（1）复数的加、减、乘、除运算法则
设 z1＝ a ＋ b i， z2＝ c ＋ d i（ a ， b ， c ， d ∈R），则
①加法： z1＋ z2＝（ a ＋ b i）＋（ c ＋ d i）＝ ；
②减法： z1－ z2＝（ a ＋ b i）－（ c ＋ d i）＝ ；
③乘法： z1· z2＝（ a ＋ b i）·（ c ＋ d i）＝ ；
（ a ＋ c ）＋（ b ＋ d ）i
（ a － c ）＋（ b － d ）i
（ ac － bd ）＋（ ad ＋ bc ）i
（2）复数加法的运算定律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任何 z1， z2， z3∈C，有 z1＋ z2＝ ， （ z1＋ z2）＋ z3＝ .
z2＋ z1
z1＋（ z2＋ z3）
通性通法
（1）复数的除法运算是复数运算中的难点，如果遇到（ a ＋ b i）÷（ c ＋ d i） 的形式，首先应该写成分式的形式，然后再分母实数化.
（2）虚数单位i的周期性；
①i4 n＋1＝i，i4 n＋2＝－1，i4 n＋3＝－i，i4 n ＝1（ n ∈N*）；
②i n ＋i n＋1＋i n＋2＋i n＋3＝0（ n ∈N*）.
A. －1＋3i B. 1－3i
C. 3＋i D. 3－i
B
A. －i B. －1 C. i D. 1
A
通性通法
复数和复平面内的点与以原点为起点的向量一一对应；复数加减法符合向量运 算的平行四边形法则和三角形法则：｜ z1－ z2｜表示复数 z1， z2对应的两点 Z1， Z2之 间的距离.
[变式训练]
通性通法
两个复数相等是解决复数问题的重要工具.“复数相等”可以得到两个实数等 式，为应用方程提供了条件，常用于确定系数，解复数方程等问题.
[变式训练]
3. 设复数 z 满足 z2＝3＋4i（i是虚数单位），则｜ z ｜＝ .
解析：设 z ＝ a ＋ b i，则 z2＝（ a2－ b2）＋2 ab i.
∵ z2＝3＋4i，∴ a2－ b2＝3，2 ab ＝4，
通性通法
当复数的实部与虚部含有字母时，利用复数的有关概念进行分类讨论.分别 确定什么情况下是实数、虚数、纯虚数.当 x ＋ y i没有说明 x ， y ∈R时，也要 分情况讨论.
[变式训练]
4. 实数 x 取什么值时，复数 z ＝（ x2＋ x －6）＋（ x2－2 x －15）i是：①实数；②虚 数；③纯虚数；④零.
解：①当 x2－2 x －15＝0，
即 x ＝－3或 x ＝5时，复数 z 为实数；
②当 x2－2 x －15≠0，
即 x ≠－3且 x ≠5时，复数 z 为虚数；
③当 x2＋ x －6＝0且 x2－2 x －15≠0，
即 x ＝2时，复数 z 是纯虚数；
④当 x2＋ x －6＝0且 x2－2 x －15＝0，
即 x ＝－3时，复数 z 为零.
题型五　数形结合思想的应用
[例5]　如图，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 .
[解]　设 z ＝ x ＋ y i， x ， y ∈R.
∵ OA ∥ BC ，｜ OC ｜＝｜ BA ｜，
∴ kOA ＝ kBC ，｜ zC ｜＝｜ zB － zA ｜，
∵｜ OA ｜≠｜ BC ｜，∴ x2＝－3， y2＝4（舍去），故 z ＝－5.
通性通法
数形结合既是一种重要的数学思想，又是一种常用的数学方法.本章中，复数本 身的几何意义、复数的模以及复数加减法的几何意义都是数形结合思想的体现.它们 可以相互转化.涉及的主要问题有复数在复平面内对应点的位置、复数运算及模的最 值等.
[变式训练]
5. 已知复数 z1＝i（1－i）3.
（1）求｜ z1｜；
（2）若｜ z ｜＝1，求｜ z － z1｜的最大值.
通性通法
在求复数时，常设复数 z ＝ x ＋ y i（ x ， y ∈R），把复数 z 满足的条件转化为实 数 x ， y 满足的条件，即复数问题实数化的基本思想在本章中非常重要.
[变式训练]
6. 已知 x ， y 为共轭复数，且（ x ＋ y ）2－3 xy i＝4－6i，求 x ， y .

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