第3章数系的扩充与复数引入

1课数系的扩充 a,bR的数叫做复数，其中a,b分别叫它的 zabi(a,bR ＝0时，z为实数 0时，z为虚数 ＝0, 0时，z为纯虚数 相等 3例1．请说出复数23i,31i,1i, 3

5i

3；虚部分别为：3，1，1， 5 52.复数－2i+3.14的实部和虚部是什么？3.mz=m+1+(m－1)i是(1)实数？(2)虚数？(3)纯虚数？（1）1（2）【随堂练虚数；（1）m1或m2（2）m1且m2（3）m1（4）m25以2i 的虚部为实部，以5i2i2的实部为虚部的新复数是2- 54.已知(2x－1)+i=y－(3－y)ix，y∈Rxx5y2实数x,y满足条件x3i=(8xy)i，则xy 2x2m2ix2mi0m的值.m22若复数a(a1)ai是纯虚数（i是虚数单位，则实数 ，A｛B｛ B 复数za2b2(aa)i(a,bR)为实数的充要条件 a函数cosxisin2xabia,b,xR，则a+b的取值范围 5已知复数z2x(x24x3)i0,则实数x 已知集合M1,2,(m23m1)(m25m6)i,N1,3，且 则实数m 答案：-A2，7，4mm2)i（其中imR

AIB，则m的值 答案：-已知zsin1i(sincos)(R)，则z为纯虚数时 2kππ(k2

2kππ(k22kπ2π(k3

2kπ2π(k3zabi(a,bC，则当且仅当a0,b0z③若(zz)2zz)20，则zzz xyi1i(xyC，则xy1⑤实数a与纯虚数ai(aR)一一对应. bxx2bx40是否有实数根，若有，求出原方x0是原方程的一个实数根，设bmi(m0mR) x2mxi4 x24 x所以有

m0,所以

mx0 x0

2课复数的运算z1abi，z2cdi（a，b，c，d∈R）．．（3）两个复数相加(减)．（4）．乘法运算律：对任何z1，z2，z3C，有z1z2 (z1z2)z3 ，z1(z2z3) 复数zabi（a,bR）的共轭复数记作z，z 复数z是实数的充要条件 z ，z1z2 1.（1（－3＋2i）＋（3i－1）－（1－2i（2）(2i)(15i)(2i)5（1）（2）原式＝(311i)(2i526i525i526i=i另解，原式＝(2i)(2i)(15i526i5(15i526i=i2．z1z2z1z2z的共轭复数是－z；③z112iz232iz1z24zbi(bRzbi(bRzzz1z22i

z1z23．z13iz24i1z1zz2zz132iz满足2z3z1i3z3⑶已知复数z满足4z2z +i，求z的值3解z1zz2，得zz2z14i13i2z23i⑵由2z3z1i3，得2zi33z13i3(32i)65iz35i23zabi（a,bR，则4z2z3

i4(abi)2(abi)33+i

3 a 336a2bi

+i，根据复数相等的充要条件，6a33,解得 z

31i

b1 【随堂 已知复数z满足则z－1＋i＝3＋2i，则z＝ 计算（5－6i）－（－1＋3i）＋1i2＝ 4（2010－2011解法一：原式2011）i＝－1005＋1005（－2i）－（－3i）＝1＋i，（2009－2010i）－（2010－2011i）＝－1＋i，1005个等式相加，得－2011i）＝－1005＋1005（1） （2）a22abb2c（1）（2）原式ab)2c2ab)2c2i2abci)(ab点评：在复数范围内因式分解，可利用i216．求1630i的平方根．解：设1630ixyi(x，yR则(xyi)21630i，即x2y22xyi16x2y2

x：y

xxy 所以1630i的平方根为35i，3

5yx416分解成一次式的乘积为 （x＋2（x－2（x＋2i（x－2i）z286izabi（a，bRz286ia2b22abi86ia2b2 a3a所以2ab

b

b所以z3iz3i1（5－i）+（3+i）－5i＝ 已知z＝11－20i，则1－2i－z＝ 若复数z＝1＋2i，则（1＋z（1－z）＝ 复数是za223aizaa22)i，若z

a ．已知复数z032i,复数z满足zz03zz0,则复数z

132．答案 31 f(zzz0z012iz134iz22i，求f(z1z2的值解z1z234i2i53if(z1z2)(53i)(12i)45ia，b∈Ra（1＋i）－b（1－i）＝2a＋（1－b）ia，b的值．a（1＋i）－b（1－i）＝2a＋（1－b）i得ab根据复数相等的充要条件，得ab1

a：bz2z解：设zabi（a，bR，则由z2z，得a2b22abiabi

a

a

a：ab ：所以， 或 或 32ab3

b

b

b z0z13iz13i 已知2i3x的方程2x2pxq0p，q的值．解：因为2i3x的方程2x2pxq0的一个根，所以，2(2i3)2p(2i3q0，即2(512i)p(2i3q2p24(103pq2p24)i0，根据复数相等的充要条件，得102p24q26.

3课复数的运算

C，m，nN

zmzn 1(zm)n ，(zz)n1z1abi，z2cdi（a，b，c，d∈R）运算法则z1 例1．计算：i2i23i3 解：设si2i23i3 50i50则isi2i23i3所以sisii2i3 i50(1i)s

1i

50i，所以，s 50i125i(1i)2625i 1点评：此类问题的特征是i的各次幂的系数50构成等差数列，各项i2．zz1zz． 1z

a1

(a1)izabi(a，bR所以，1a0a1

b(1a)iR zabi(abi)(1i)(abab)i为纯虚1 1 (1i)(1 a ba b所以 得 0，所以 z1i3．z1iz2azb1ia，bz2z解：因为z1i，所以z2z11i)21i)12i1i1iz2azb(1i)2a(1i)b2iaaibab(a2)iaba2)i1iaba2)i＝i1iab a所以a21得2. 【随堂练若z(1i)(2i)，z1i，则z1 z z2i2n3i2n1i2n1i2n3 z＝1＋iz23z6zz23z6(1i)23(1i)63i(3i)(2i)解 z 2

1i

(2

23

2 （1

（2）123i1i

4 13i55（1） 13i55 3

222i 213i1 （其中13i 2 i(121i(1212（2）原式

2ii21

构特征的分析，灵活运用i13i的性质及1i 5．z28

z316z100z解：z316z100z416z2 z28 6i(3i)2zz28 z(3

z316z100z复数i的一个立方根是i，它的另外两个立方根 z3iz3

所以z3

z113ziz

31iz

31

a22abb2a2b2278i，求实数a，bab 3(ab)2(abi)2(ab 左边

ab (32i)(3 ab5，所以ababi56iab6.ab

a或b复数1的共轭复数 1答案：11 已知复数z2i，则2z 2

12已知：z1i则z100z501的值 2 ．复数1i13的值等 1当x13i时

x21 1f(n)1i2n1i2n,则集合f(n1 1方程x2x10在复数集中的解 答案：13i和13 11xyi，则实数x 1 2

，y

， z12iz34i111 解11112i3

(12i)(34i)86i 1 3 1 9 86所以，z 25 252386 6436 z

2

azb1ia，bz

2i

2i33i3i2 2

41

1z2azb1i，得(1i)2a(1i)b1i，即(ab2a)i1ab a2a

b4.第4 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 复数z＝a＋bi(a,bR)与复平面上的 与复数z对应的向量OZ的模r叫做复数z＝a＋bi(a,bR)的模(也叫绝对值)记 由模的定义可知：zabir （r≥0复数的模表示向量OZ的长度，也就是复平面 数的几何意义，写出它们所对应的复数z0、z应满足的关系式是 1. - -1+3i 3-2i（4，0（2，1（0，-1（-1，3z1对应向量是OA【随堂练z1=2+i，z2=1+2iA、BABz，z在平2、z134i,z215i,答案z15,z2

26,

3、zCZ（1）|z| （2）2|z|（1）图略点评：利复数的何意义通过作将复数问几何化是究复数题的常方法.例4 复数1=122=－+=－12们在平面上的应点是个正方的三个顶点，求个正方的第四顶点对的复数.Z4(21z42 z1=a2－3+(a+5)i,z2=a－1+(a2+2a－1)i(a∈R)分别对应向量OZ、OZ（O为原点Z1Z2a的值. 答案：a-2如果复数z满足ziz1 ，求z1i的最小值2答案:32复数－5－12i的模是 已知复数z满足z23z2≤0，则复数z的对应点的轨迹构成的图形面积 复平面内，