第5章 第4節(jié) 數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入

PAGEPAGE1數(shù)系的擴充與復(fù)數(shù)的引入[考試要求]1.理解復(fù)數(shù)的概念，理解復(fù)數(shù)相等的充要條件.2.了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義.3.能進行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運算，了解兩個具體復(fù)數(shù)相加、減的幾何意義．1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的定義形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中實部是a，虛部是b.(2)復(fù)數(shù)的分類eq\a\vs4\al(復(fù)數(shù)z＝a＋bia，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實數(shù)b＝0，,\a\vs4\al(虛數(shù),b≠0)\b\lc\{\rc\,(\a\vs4\al\co1(純虛數(shù)a＝0，b≠0，,非純虛數(shù)a≠0，b≠0.))))(3)復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(4)共軛復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)．(5)復(fù)數(shù)的模向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的模，記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq\r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)．2．復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bi復(fù)平面內(nèi)的點Z(a，b)(a，b∈R)．(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq\o(OZ,\s\up6(→)).3．復(fù)數(shù)的運算(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；④除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．(2)復(fù)數(shù)加法的運算定律復(fù)數(shù)的加法滿足交換律、結(jié)合律，即對任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．eq\a\vs4\al([常用結(jié)論])1．(1±i)2＝±2i；eq\f(1＋i,1－i)＝i；eq\f(1－i,1＋i)＝－i.2．i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)．3．z·eq\x\to(z)＝|z|2＝|eq\x\to(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若a∈C，則a2≥0.()(2)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，當a＝0時，復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)．()(3)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的虛部為bi.()(4)方程x2＋x＋1＝0沒有解．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材習題衍生1．設(shè)z＝(1＋i)(2－i)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限A[z＝(1＋i)(2－i)＝3＋i，故復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點(3,1)位于第一象限．]2．在復(fù)平面內(nèi)，向量eq\o(AB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量eq\o(CB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，則向量eq\o(CA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．1－2i B．－1＋2iC．3＋4i D．－3－4iD[∵eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝－1－3i－2－i＝－3－4i，故選D.]3．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1＋z,1－z)＝i，則|z|等于()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2A[eq\f(1＋z,1－z)＝i，則z＝eq\f(i－1,1＋i)＝i，∴|z|＝1.]4．已知(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，則z＝________.2＋i[由(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i得eq\x\to(z)＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(4＋3i1－2i,5)＝2－i.∴z＝2＋i.]考點一復(fù)數(shù)的有關(guān)概念解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項(1)求一個復(fù)數(shù)的實部與虛部，只需將已知的復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式z＝a＋bi(a，b∈R)，則該復(fù)數(shù)的實部為a，虛部為b.(2)求一個復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)，只需將此復(fù)數(shù)整理成標準的代數(shù)形式，實部不變，虛部變?yōu)橄喾磾?shù)，即得原復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)．復(fù)數(shù)z1＝a＋bi與z2＝c＋di共軛?a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．(3)復(fù)數(shù)是實數(shù)的條件：①z＝a＋bi∈R?b＝0(a，b∈R)；②z∈R?z＝eq\x\to(z)；③z∈R?z2≥0.(4)復(fù)數(shù)是純虛數(shù)的條件：①z＝a＋bi是純虛數(shù)?a＝0且b≠0(a，b∈R)；②z是純虛數(shù)?z＋eq\x\to(z)＝0(z≠0)；③z是純虛數(shù)?z2＜0.1．(2020·廣州模擬)如果復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)，則()A．z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i B．z的虛部為－iC．|z|＝2 D．z的實部為－1D[∵z＝eq\f(2,－1＋i)＝eq\f(2－1－i,－1＋i－1－i)＝eq\f(－2－2i,2)＝－1－i，∴z的實部為－1，故選D.]2．(2020·大連模擬)設(shè)(1＋2i)x＝x＋yi，其中x，y是實數(shù)，i為虛數(shù)單位，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋i))＝()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．eq\r(5)D[由x＋2xi＝x＋yi，x，y∈R，則y＝2x，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋i))＝|2＋i|＝eq\r(5)，故選D.]3．如果復(fù)數(shù)eq\f(m2＋i,1＋mi)是純虛數(shù)，那么實數(shù)m等于()A．－1 B．0C．0或1 D．0或－1D[eq\f(m2＋i,1＋mi)＝eq\f(m2＋i1－mi,1＋mi1－mi)＝eq\f(m2＋m＋1－m3i,1＋m2)，因為此復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m＝0，,1－m3≠0，))解得m＝－1或0，故選D.]考點二復(fù)數(shù)的運算復(fù)數(shù)代數(shù)形式運算問題的解題策略(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘法：復(fù)數(shù)的加、減、乘法類似于多項式的運算，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類同類項，不含i的看作另一類同類項，分別合并即可．(2)復(fù)數(shù)的除法：除法的關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，使分母實數(shù)化．解題中要注意把i的冪寫成最簡形式．[典例1](1)對于兩個復(fù)數(shù)α＝1－i，β＝1＋i，有下列四個結(jié)論：①αβ＝1；②eq\f(α,β)＝－i；③eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(α,β)))＝1；④α2＋β2＝0，其中正確結(jié)論的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4(2)(2020·武漢調(diào)研)已知復(fù)數(shù)z滿足z＋|z|＝1＋i，則z＝()A．－i B．iC．1－i D．1＋i(1)C(2)B[(1)αβ＝(1－i)(1＋i)＝2，①不正確；eq\f(α,β)＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i，②正確；eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(α,β)))＝|－i|＝1，③正確；α2＋β2＝(1－i)2＋(1＋i)2＝－2i＋2i＝0，④正確．(2)設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z＋|z|＝(a＋eq\r(a2＋b2))＋bi＝1＋i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2＋b2)＝1，,b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝1，))所以z＝i，故選B.]點評：(1)在只含有z的方程中，z類似于代數(shù)方程中的x，可直接求解；(2)在z，eq\x\to(z)，|z|中至少含有兩個的復(fù)數(shù)方程中，可設(shè)z＝a＋bi，a，b∈R，變換方程，利用兩復(fù)數(shù)相等的充要條件得出關(guān)于a，b的方程組，求出a，b，從而得出復(fù)數(shù)z.eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])1．(2020·全國卷Ⅲ)若eq\x\to(z)(1＋i)＝1－i，則z＝()A．1－i B．1＋iC．－i D．iD[∵eq\o(z,\s\up6(－))(1＋i)＝1－i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i，∴z＝i，故選D.]2．(2020·全國卷Ⅰ)若z＝1＋i，則|z2－2z|＝()A．0 B．1C．eq\r(2) D．2D[法一：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|2i－2i－2|＝|－2|＝2.故選D.法二：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|z||z－2|＝eq\r(2)×|－1＋i|＝eq\r(2)×eq\r(2)＝2.故選D.]考點三復(fù)數(shù)的幾何意義與復(fù)數(shù)幾何意義相關(guān)的問題的一般解法[典例2](1)(2019·全國卷Ⅰ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(x，y)，則()A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1(2)(2020·黃岡模擬)已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)eq\f(i－1,i＋1)在復(fù)平面上所對應(yīng)的點的坐標為()A．(0,1) B．(－1,0)C．(1,0) D．(0，－1)(3)已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(－3,1) B．(－1,3)C．(1，＋∞) D．(－∞，－3)(1)C(2)A(3)A[(1)由題意可知z＝x＋yi，所以|z－i|＝|x＋(y－1)i|＝eq\r(x2＋y－12)＝1.∴x2＋(y－1)2＝1.故選C.(2)∵eq\f(i－1,i＋1)＝eq\f(i－11－i,2)＝i，∴該復(fù)數(shù)在復(fù)平面上所對應(yīng)的點的坐標為(0,1)，故選A.(3)由已知可得復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標為(m＋3，m－1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋3＞0，,m－1＜0，))解得－3＜m＜1，故選A.]點評：復(fù)平面內(nèi)的點、向量及向量對應(yīng)的復(fù)數(shù)是一一對應(yīng)的，要求某個復(fù)數(shù)對應(yīng)的點，只需確定復(fù)數(shù)的實部和虛部即可．eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])1.如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量分別是eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，則復(fù)數(shù)z1·z2對應(yīng)的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限D(zhuǎn)[由已知eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－2，－1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(0,1)，所以z1＝－2－i，z2＝i，z1z2＝1－2i，它所對應(yīng)的點為(1，－2)，在第四象限．]2．(2020·全國卷Ⅱ)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq\r(3)＋i，則|z1－z2|＝________.2eq\r(3)[設(shè)z1＝x1＋y1i(x1，y1∈R)，z2＝x2＋y2i(x2，y2∈R)，則由|z1|＝|z2|＝2，得xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝4.因為z1＋z2＝x1＋x2＋(y1＋y2)i＝eq\r(3)＋i，所以|z1＋z2|2＝(x1＋x2