7.1-7.3 复数-(必修第二册) (教师版)

复数1虚数单位的性质i叫做虚数单位，并规定：①i可与实数进行四则运算；②i2=−1，这样方程x2=−1就有解了，解为③i2=−1,i32复数的概念①定义形如a+bi(a,b∈R)的数叫做复数，其中i叫做虚数单位，a叫做实部，b叫做虚部.全体复数所成的集合C叫做复数集.复数通常用z字母表示，即z=a+bi(a,b∈R).②分类z=a+bi=3复数相等a+bi=c+di⇔a=c,b=d(a,b,c,d∈R)也就是说，两个复数相等，充要条件是他们的实部和虚部分别相等.PS只有两个复数全是实数，才可以比较大小，否则无法比较大小.4共轭复数z=a+bi的共轭复数记作z=a−bi，且z⋅5复数的几何意义①复平面的概念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.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.②复数的几何意义复数z=a+bi与复平面内的点Z(a,b)及平面向量OZ③复数的模向量OZ的模叫做复数z=a+bi的模，记作|z|或|a+bi|，表示点a,b即|z|=|a+bi|=a6代数形式的四则运算①运算法则设z1=a+bi(1)z(2)z(3)z②加减法的几何意义几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形OZ即OZ=OZ(1)|z1−z2|(2)z−z1=r(r>0)表示以(a,b)7∗①一般地，任何一个复数z=a+bi都可以表示成r(cosθ+isinθ)的形式，其中，r是复数z的模，θ是以x轴的非负半轴为始边，向量OZ所在射线为终边的角，叫做复数z=a+bi的辐角，r(cosθ+isinθ)叫做复数z=a+bi的三角形表示式.规定：在0≤θ<2π范围内的辐角θ的值为辐角的主值，通常记作argz，即0≤②复数的代数形式z=a+bi与三角形式r(cosθ+isinθ)的互换a=rcosθ③复数乘、除运算的三角表示及其几何意义设z1=则z1z

【题型一】复数的概念与分类【典题1】求解i+i2+i3+…+【解析】∵i+i2+i3+i4∴i+i【典题2】求当a为何实数时，复数z=(a(1)z为实数；(2)【解析】复数z=(a(1)若z为实数，则a2+a−12=0，解得a=−4或(2)若z为纯虚数，则a2−2a−3=0a【典题3】已知关于x的方程x2+21+ix+ab+a+b【解析】∵得x2∴x2+2x+ab=0消去x得14∵ab≤a+b∴0=1即12∵a,b∈R+，∴a+b>0，即即a+b的取值范围是[2,+∞).【点拨】①复数相等：a+bi=c+di⇔a=c,b=d(a,b,c,d∈R)，注意分辨出复数的实部和虚部.②若关于x的方程fx+g(x)i=0有实数解，则【题型二】复数的几何意义与运算【典题1】已知复数z=8−i2+3i(i为虚数单位)，下列说法其中正确的是①复数z在复平面内对应的点在第四象限；②|z|=5③z的虛部为−2i；④z=1−2i【解析】∵z=8−i2+3i∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(1,−2)，在第四象限；|z|=5；z的虚部为−2；z故①②正确；③④错误．【点拨】①遇到复数的除法，分母分子同乘“分母的共轭复数”z1z2②因为z1∙z2=z1【典题2】已知复数z的实部为1，虚部的绝对值为3，则下列说法错误的是()A．z+10z是实数 B．C．z+10z>1 D【解析】由已知得，z=1−3i或z=1+3i，则z+10z=z+10∴z+10z=2，则A，C∵z的实部大于0故z在复平面中所对应的点不可能在第三象限，D正确．故选B．【点拨】①若z=a+bi,则z∙z=|​z2=a②注意一些复数的性质可减轻计算量.【典题3】设复数z1,z2满足|【解析】方法1∵z1+∴|z∴(z1+z2)⋅∴8+z1z∴z又|z1−z2方法2向量法∵z∴z1,z2∵z∴z1+z2由向量的平行四边形法则，可知四边形OCAB是平行四边形,如下图易知∆AOC是等边三角形且边长为2，易求BC=23由向量的三角形法则可知z1【点拨】①|​z2=z∙z,②复数加减法的几何意义复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形OZ即③方法2运用的是复数与向量之间的关系，再借助几何的手段进行求解.【典题4】若Z∈C，且|Z+2−2i|=1，则|Z−2−2i|的最小值是．【解析】方法1待定系数法设Z=∵|Z+2−2i∴a+2则Z∵b∴1−a+2∴当a=−1时，Z−2−2i方法2几何法|Z+2−2i|=1表示Z对应的点在以|Z−2−2i其最小值为圆心(−2,2)到(2,2)的距离减去半径，即2−−2故答案为3.【点拨】①方法1用了待定系数法，把问题转化为式子的最值问题，用到函数思想，此时特别注意自变量的取值范围；②方法2利用了复数的几何意义，若z|z1−z2|z−z1=r【典题5】复数z满足|z+i|+|z−2|=5，则|z|的取值范围是．【解析】∵|z+i|+|z−2|表示复数z到两点P(0,−1)，Q(2,0)的距离之和，而|PQ|=(−1)又|z+i|+|z−2|=5∴点z在线段PQ上，(确定点z所在的轨迹)|z|表示点O与线段PQ上点的距离，易得直线PQ的方程x−2y−2=0，原点O到此直线的距离d=25=25则|z|的取值范围是[2【典题6】已知复数z满足|z|=1，则|z+i|+|z−i|的最大值是．【解析】方法1∵|z|=1∴复数z对应点P在圆心(0,0)，半径r=1的圆上，而|z+i|+|z−i|则表示点P到点A(0,1)，B(0,−1)的距离之和PA+PB=a+b，其中a2+而a+b2∴a+b的最大值为22方法2设z=cosθ+isinθ，(0≤θ<2π)．则|z+i|+|z−i|==2(1+sinθ)=2∵0≤θ<2π，∴0≤θ当θ2∈[0,π4]时，|z+i|+|z−i|=2当θ2∈(π4，3π4]时，|z+i|+|z−i|=22当θ2∈(3π4，π)时，|z+i|+|z−i|=−22综上，|z+i|+|z−i|的最大值是22【点拨】运用了待定系数法进行求解，由|z|=1，设z=cosθ+isinθ(0≤θ<2π)，巧妙的把问题转化为三角函数的问题.，但要分离讨论较方法1还是麻烦些.巩固练习1(★)已知两非零复数z1,zA．z1+z2∈R B．z1⋅【答案】D【解析】设z1＝a+bi，z2＝c+di，(a，b，c，d∈R)，z1+z2＝a+bi+c+di＝a+c+(b+d)i，∴z1+z2∈R不一定成立，故A不正确；则z1⋅z2=(a+bi)(c－di)＝ac+bd+(bc∴z1⋅z2∈z1∴z1z2∈R∵z1z2=z1⋅z∴z1z2∈R故选D．2(★)已知x,y∈R,i为虚数单位，且(x−2)i−y=1+i，则1+ix+y的值为【答案】2i【解析】由x−2i−y=1+i，可得∴1+i3(★)已知复数z=8−i2+3i(i为虚数单位)，下列说法其中正确的有①复数z在复平面内对应的点在第四象限；②|z|=5；③z的虛部为−2i；④z【答案】2【解析】∵z=8−i∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，－2)，在第四象限；|z|=5；z的虚部为－2；z故①②正确；③④错误．4(★★)设z1①若z1−z2=0，则z1③若|z1|＝|z2|，则z其中真命题有个．【答案】3【解析】由z1，z2是复数，得在①中，若|z1－z2|＝0，则z1，z2的实部和虚部都相等，∴z1=z在②中，若z1=z2，则z1，z2的实数相等，虚部互为相反数，∴z1=z在③中，若|z1|＝|z2|，则z1•z1=z2•z2=|z1|在④中，若|z1|＝|z2|，则由复数的模的性质得z1如|1－i|＝|1+i|=2，但(1－i)2＝－2i≠(1+i)2＝2i，故④5(★★)设复数z满足|z－5i|=2，则z⋅z的最大值为【答案】49【解析】设z＝x+yi，由|z−5i|=(x−0)得x2+(y－5)2＝4，则复数在复平面内所对应的点的轨迹是以(0，5)为圆心，以2为半径的圆，z⋅z因此，z⋅z的最大值为(2+5)26(★★)若复数z满足z⋅z+z+z≤0，则复数【答案】5【解析】设z＝a+bi(a，b∈R)，则由z⋅z+z+z≤0，得a2+b即(a+1)2+b2≤1．复数z在复平面内对应点的轨迹如图∴复数|z－1－i|的最大值为|PC|+1=(−1−1故答案为5+1．7(★★)若复数z满足|z|=1，则|(z+i)(z−i)|的最大值是【答案】4【解析】∵复数z满足|z|＝1，∴z⋅z=令z＝cosθ+isinθ，θ∈[0，2π)．则(z+i)(z－i)＝1+(z−z)i+1＝2－2∴|(z+i)(z－i)|＝|2－2sinθ|≤4，当且仅当sinθ∴|(z+i)(z－i故答案为4．8(★★)已知三个复数z1,z2,z3，并且|z1|=|z2|=|z3【答案】[2−1，2【解析】由题意可知复数z1，z2，z3对应的点Z1，Z2，Z3在单位圆上，又OZ1→⋅OZ2→不妨设Z1(1，0)，Z2(0，1)，如图∴当Z3与A重合时，|z1+z2－z3|有最小值为2−1当Z3与B重合时，|z1+z2－z3|有最大值为2+1∴|z1+z2－z3|的取值范围是[2−1，2故答案为[2−1，2+1]．9(★★)当复数z满足|z+3−4i|=1时，则|z+2|的最小值是．【答案】17−【解析】∵|z+2|＝|(z+3－4i)+(－1+4i)|≥|－1+4i|－|z+3－4i|=(−1)2∴|z+2|的最小值是17−10(★★)已知A(1,2),B(a,1),C(2,3),D(−1,b)(a,b∈R)是复平面上的四个点，且向量AB，CD对应的复数分别为(1)若z