高中數(shù)學(xué)必修二《第七章 復(fù)數(shù)》復(fù)習(xí)教案

高中數(shù)學(xué)必修二《第七章復(fù)數(shù)》復(fù)習(xí)教案《7.1復(fù)數(shù)的概念》復(fù)習(xí)教案7.1.1數(shù)系的擴充和復(fù)數(shù)的概念【基礎(chǔ)知識拓展】1．復(fù)數(shù)相等的充要條件(1)兩個復(fù)數(shù)相等的充要條件中，注意前提條件是a，b，c，d∈R，若忽略這一條件，則不能成立．因此解決復(fù)數(shù)相等問題時，一定要把復(fù)數(shù)的實部與虛部分離出來，再利用相等條件．(2)復(fù)數(shù)相等的條件是把復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為實數(shù)問題的重要依據(jù)，是復(fù)數(shù)問題實數(shù)化這一重要數(shù)學(xué)思想方法的體現(xiàn)．利用這一結(jié)論，可以把“復(fù)數(shù)相等”這一條件轉(zhuǎn)化為兩個實數(shù)等式，為應(yīng)用方程思想提供了條件，這一思想在解決復(fù)數(shù)問題中非常重要．2．一般地，兩個復(fù)數(shù)只能說相等或不相等，而不能比較大小．當(dāng)兩個復(fù)數(shù)都是實數(shù)時，就可以比較大?。?dāng)兩個復(fù)數(shù)不都是實數(shù)時，不能比較大小．【跟蹤訓(xùn)練】1．判一判(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若a，b為實數(shù)，則z＝a＋bi為虛數(shù)．()(2)若z＝m＋ni(m，n∈C)，則當(dāng)且僅當(dāng)m＝0，n≠0時，z為純虛數(shù)．()(3)bi是純虛數(shù)．()(4)如果兩個復(fù)數(shù)的實部的差和虛部的差都等于0，那么這兩個復(fù)數(shù)相等．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．做一做(1)若a＋bi＝0，則實數(shù)a＝________，實數(shù)b＝________.(2)(1＋eq\r(3))i的實部與虛部分別是________．(3)若復(fù)數(shù)(a＋1)＋(a2－1)i(a∈R)是實數(shù)，則a＝________.答案(1)00(2)0,1＋eq\r(3)(3)±1【核心素養(yǎng)形成】題型一復(fù)數(shù)的有關(guān)概念例1給出下列四個命題：①兩個復(fù)數(shù)不能比較大??；②若x，y∈C，則x＋yi＝1＋i的充要條件是x＝y(tǒng)＝1；③若實數(shù)a與ai對應(yīng)，則實數(shù)集與純虛數(shù)集一一對應(yīng)；④純虛數(shù)集相對復(fù)數(shù)集的補集是虛數(shù)集．其中真命題的個數(shù)是________．[解析]①中當(dāng)這兩個復(fù)數(shù)都是實數(shù)時，可以比較大小；②由于x，y都是復(fù)數(shù)，故x＋yi不一定是復(fù)數(shù)的代數(shù)形式，不符合復(fù)數(shù)相等的充要條件；③若a＝0，則ai不是純虛數(shù)；④由純虛數(shù)集、虛數(shù)集、復(fù)數(shù)集之間的關(guān)系知，所求補集應(yīng)是非純虛數(shù)集與實數(shù)集的并集．[答案]0【解題技巧】數(shù)集從實數(shù)集擴充到復(fù)數(shù)集后，某些結(jié)論不再成立．如：兩數(shù)大小的比較，某數(shù)的平方是非負(fù)數(shù)等．但i與實數(shù)的運算及運算律仍成立．【跟蹤訓(xùn)練】下列命題中：①若a∈R，則(a＋1)i是純虛數(shù)；②若a，b∈R且a>b，則a＋i>b＋i；③若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是純虛數(shù)，則實數(shù)x＝±1；④兩個虛數(shù)不能比較大?。渲校_命題的序號是()A．① B．②C．③ D．④答案D解析對于復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)，當(dāng)a＝0且b≠0時為純虛數(shù)．在①中，若a＝－1，則(a＋1)i不是純虛數(shù)，故①錯誤；在②中，兩個虛數(shù)不能比較大小，故②錯誤；在③中，若x＝－1，x2＋3x＋2≠0不成立，故③錯誤；④正確.題型二復(fù)數(shù)的分類例2當(dāng)實數(shù)m為何值時，復(fù)數(shù)z＝eq\f(m2＋m－6,m)＋(m2－2m)i為：(1)實數(shù)？(2)虛數(shù)？(3)純虛數(shù)？[解](1)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－2m＝0，,m≠0，))即m＝2時，復(fù)數(shù)z是實數(shù)．(2)當(dāng)m2－2m≠0，即m≠0且m≠2時，復(fù)數(shù)z是虛數(shù)．(3)當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m2＋m－6,m)＝0，,m2－2m≠0，))即m＝－3時，復(fù)數(shù)z是純虛數(shù)．[條件探究]是否存在實數(shù)m，使z＝(m2－2m)＋eq\f(m2＋m－6,m)i是純虛數(shù)？解由z＝(m2－2m)＋eq\f(m2＋m－6,m)i是純虛數(shù)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－2m＝0，,\f(m2＋m－6,m)≠0，))解得m∈?.即不存在實數(shù)m，使z＝(m2－2m)＋eq\f(m2＋m－6,m)i是純虛數(shù)．【解題技巧】利用復(fù)數(shù)的分類求參數(shù)的值或取值范圍的一般步驟(1)判定復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，實部與虛部分別為哪些；(2)依據(jù)復(fù)數(shù)的有關(guān)概念將復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為實數(shù)問題；(3)解相應(yīng)的方程(組)或不等式(組)；(4)求出參數(shù)的值或取值范圍．【跟蹤訓(xùn)練】已知m∈R，復(fù)數(shù)z＝eq\f(mm＋2,m－1)＋(m2＋2m－3)i，當(dāng)m為何值時，(1)z為實數(shù)？(2)z為虛數(shù)？(3)z為純虛數(shù)？解(1)要使z為實數(shù)，需滿足m2＋2m－3＝0，且eq\f(mm＋2,m－1)有意義，即m－1≠0，解得m＝－3.(2)要使z為虛數(shù)，需滿足m2＋2m－3≠0，且eq\f(mm＋2,m－1)有意義，即m－1≠0，解得m≠1且m≠－3.(3)要使z為純虛數(shù)，需滿足eq\f(mm＋2,m－1)＝0，且m2＋2m－3≠0，解得m＝0或m＝－2.題型三復(fù)數(shù)相等例3已知M＝{1，(m2－2m)＋(m2＋m－2)i}，P＝{－1,1,4i}，若M∪P＝P，求實數(shù)m的值．[解]∵M(jìn)∪P＝P，∴M?P，即(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝－1或(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝4i.由(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝－1，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－2m＝－1，,m2＋m－2＝0，))解得m＝1.由(m2－2m)＋(m2＋m－2)i＝4i，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－2m＝0，,m2＋m－2＝4，))解得m＝2.∴實數(shù)m的值為1或2.【解題技巧】復(fù)數(shù)相等的充要條件是實部相等且虛部相等．復(fù)數(shù)問題實數(shù)化多用來求參數(shù)，其步驟是：分別確定兩個復(fù)數(shù)的實部和虛部，利用實部與實部、虛部與虛部分別相等，列方程組．【跟蹤訓(xùn)練】已知A＝{1,2，a2－3a－1＋(a2－5a－6)i}，B＝{－1,3}，A∩B＝{3}，求實數(shù)a的值．解由題意知，a2－3a－1＋(a2－5a－6)i＝3(a∈R)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－3a－1＝3，,a2－5a－6＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4或a＝－1，,a＝6或a＝－1，))∴a＝－1.故實數(shù)a的值為－1.【課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練】1．“a＝0”是“復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)是純虛數(shù)”的()A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析因為復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)是純虛數(shù)?a＝0且b≠0，所以“a＝0”是“復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)是純虛數(shù)”的必要不充分條件．2．以3i－eq\r(2)的虛部為實部，以3i2＋eq\r(2)i的實部為虛部的復(fù)數(shù)是()A．3－3i B．3＋iC．－eq\r(2)＋eq\r(2)i D．eq\r(2)＋eq\r(2)i答案A解析3i－eq\r(2)的虛部為3,3i2＋eq\r(2)i的實部為－3，所以所求復(fù)數(shù)為3－3i.3．已知復(fù)數(shù)z＝a2－(2－b)i的實部和虛部分別是2和3，則實數(shù)a，b的值分別是________．答案a＝±eq\r(2)，b＝5解析由題意得，a2＝2，－(2－b)＝3，所以a＝±eq\r(2)，b＝5.4．設(shè)復(fù)數(shù)z＝eq\f(1,m＋5)＋(m2＋2m－15)i為實數(shù)，則實數(shù)m的值是________．答案3解析依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋2m－15＝0，,m＋5≠0，))解得m＝3.5．如果logeq\s\do8(\f(1,2))(m＋n)－(m2－3m)i≥－1，求自然數(shù)m，n的值．解∵logeq\s\do8(\f(1,2))(m＋n)－(m2－3m)i≥－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(logeq\s\do8(\f(1,2))m＋n≥－1，,－m2－3m＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<m＋n≤2，,m＝0或m＝3.))∵m，n∈N，∴m＝0，n＝1或n＝2.《7.1.2復(fù)數(shù)的幾何意義》復(fù)習(xí)教案【基礎(chǔ)知識拓展】1．復(fù)數(shù)的向量表示(1)任何一個復(fù)數(shù)z＝a＋bi與復(fù)平面內(nèi)一點Z(a，b)對應(yīng)，而任一點Z(a，b)又可以與以原點為起點，點Z(a，b)為終點的向量eq\o(OZ,\s\up6(→))對應(yīng)，這些對應(yīng)都是一一對應(yīng)，即(2)這種對應(yīng)關(guān)系架起了聯(lián)系復(fù)數(shù)與解析幾何的橋梁，使得復(fù)數(shù)問題可以用幾何方法解決，而幾何問題也可以用復(fù)數(shù)方法解決(即數(shù)形結(jié)合法)，增加了解決復(fù)數(shù)問題的途徑．討論復(fù)數(shù)的運算性質(zhì)和應(yīng)用時，可以在復(fù)平面內(nèi)，用向量方法進(jìn)行．2．共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)(1)兩個共軛復(fù)數(shù)的對應(yīng)點關(guān)于實軸對稱．(2)實數(shù)的共軛復(fù)數(shù)是它本身，即z＝eq\o(z,\s\up6(－))?z∈R.利用這個性質(zhì)，可以證明一個復(fù)數(shù)是實數(shù)．(3)zeq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2∈R.z與eq\o(z,\s\up6(－))互為實數(shù)化因式．【跟蹤訓(xùn)練】1．判一判(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)在復(fù)平面內(nèi)，對應(yīng)于實數(shù)的點都在實軸上．()(2)在復(fù)平面內(nèi)，虛軸上的點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)都是純虛數(shù)．()(3)復(fù)數(shù)的模一定是正實數(shù)．()(4)兩個復(fù)數(shù)互為共軛復(fù)數(shù)是它們的模相等的必要條件．()答案(1)√(2)×(3)×(4)×2．做一做(1)若eq\o(OZ,\s\up6(→))＝(0，－3)，則eq\o(OZ,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為________．(2)復(fù)數(shù)z＝1－4i位于復(fù)平面上的第________象限．(3)復(fù)數(shù)eq\r(3)i的模是________．(4)復(fù)數(shù)5＋6i的共軛復(fù)數(shù)是________．答案(1)－3i(2)四(3)eq\r(3)(4)5－6i【核心素養(yǎng)形成】題型一復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)與點的對應(yīng)例1在復(fù)平面內(nèi)，若復(fù)數(shù)z＝(m2－m－2)＋(m2－3m＋2)i對應(yīng)點(1)在虛軸上；(2)在第二象限；(3)在直線y＝x上，分別求實數(shù)m的取值范圍．[解]復(fù)數(shù)z＝(m2－m－2)＋(m2－3m＋2)i的實部為m2－m－2，虛部為m2－3m＋2.(1)由題意得m2－m－2＝0，解得m＝2或m＝－1.(2)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－m－2<0，,m2－3m＋2>0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<m<2，,m>2或m<1，))∴－1<m<1.(3)由已知得m2－m－2＝m2－3m＋2，∴m＝2.【解題技巧】復(fù)數(shù)集與復(fù)平面內(nèi)所有的點所成的集合之間存在著一一對應(yīng)關(guān)系．每一個復(fù)數(shù)都對應(yīng)著一個有序?qū)崝?shù)對，復(fù)數(shù)的實部對應(yīng)著有序?qū)崝?shù)對的橫坐標(biāo)，而虛部則對應(yīng)著有序?qū)崝?shù)對的縱坐標(biāo)，只要在復(fù)平面內(nèi)找到這個有序?qū)崝?shù)對所表示的點，就可根據(jù)點的位置判斷復(fù)數(shù)實部、虛部的取值．【跟蹤訓(xùn)練】實數(shù)m取什么值時，復(fù)數(shù)z＝(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)i.(1)對應(yīng)的點在x軸上方；(2)對應(yīng)的點在直線x＋y＋4＝0上．解(1)由題意得m2－2m－15>0，解得m<－3或m>5，所以當(dāng)m<－3或m>5時，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在x軸上方．(2)由題意得(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)＋4＝0，解得m＝1或m＝－eq\f(5,2)，所以當(dāng)m＝1或m＝－eq\f(5,2)時，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在直線x＋y＋4＝0上.題型二復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)與向量的對應(yīng)例2已知平行四邊形OABC的三個頂點O，A，C對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為0,3＋2i，－2＋4i，試求：(1)eq\o(AO,\s\up6(→))表示的復(fù)數(shù)；(2)eq\o(CA,\s\up6(→))表示的復(fù)數(shù)；(3)點B對應(yīng)的復(fù)數(shù)．[解]由題意得O為原點，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(3,2)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－2,4)．(1)∵eq\o(AO,\s\up6(→))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))＝－(3,2)＝(－3，－2)∴eq\o(AO,\s\up6(→))表示的復(fù)數(shù)為－3－2i.(2)∵eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))＝(3,2)－(－2,4)＝(5，－2)，∴eq\o(CA,\s\up6(→))表示的復(fù)數(shù)為5－2i.(3)∵eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝(3,2)＋(－2,4)＝(1,6)，∴eq\o(OB,\s\up6(→))表示的復(fù)數(shù)為1＋6i，即點B對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1＋6i.【解題技巧】復(fù)數(shù)與平面向量一一對應(yīng)是復(fù)數(shù)的另一個幾何意義，利用這個幾何意義，復(fù)數(shù)問題可以轉(zhuǎn)化為平面向量來解決，平面向量問題也可以用復(fù)數(shù)方法來求解．【跟蹤訓(xùn)練】(1)復(fù)數(shù)4＋3i與－2－5i分別表示向量eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OB,\s\up6(→))，則向量eq\o(AB,\s\up6(→))表示的復(fù)數(shù)是________；(2)在復(fù)平面內(nèi)，O為原點，向量eq\o(OA,\s\up6(→))對應(yīng)復(fù)數(shù)為－1＋2i，則點A關(guān)于直線y＝－x對稱點為B，向量eq\o(OB,\s\up6(→))對應(yīng)復(fù)數(shù)為________．答案(1)－6－8i(2)－2＋i解析(1)因為復(fù)數(shù)4＋3i與－2－5i分別表示向量eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OB,\s\up6(→))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))＝(4,3)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(－2，－5)，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－2，－5)－(4,3)＝(－6，－8)，所以向量eq\o(AB,\s\up6(→))表示的復(fù)數(shù)是－6－8i.(2)點A(－1,2)關(guān)于直線y＝－x對稱的點為B(－2,1)，所以eq\o(OB,\s\up6(→))＝－2＋i.題型三復(fù)數(shù)模的綜合應(yīng)用例3設(shè)z∈C，則滿足條件|z|＝|3＋4i|的復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對應(yīng)的點Z的集合是什么圖形？[解]由|z|＝|3＋4i|得|z|＝5.這表明向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的長度等于5，即點Z到原點的距離等于5.因此滿足條件的點Z的集合是以原點O為圓心，以5為半徑的圓．【解題技巧】巧用復(fù)數(shù)的幾何意義解題(1)復(fù)平面內(nèi)|z|的意義我們知道，在實數(shù)集中，實數(shù)a的絕對值，即|a|是表示實數(shù)a的點與原點O間的距離．那么在復(fù)數(shù)集中，類似地，有|z|是表示復(fù)數(shù)z的點Z到坐標(biāo)原點間的距離．也就是向量eq\o(OZ,\s\up6(→))的模，|z|＝|eq\o(OZ,\s\up6(→))|.(2)復(fù)平面內(nèi)任意兩點間的距離設(shè)復(fù)平面內(nèi)任意兩點P，Q所對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z1，z2，則|PQ|＝|z2－z1|.運用以上性質(zhì)，可以通過數(shù)形結(jié)合的方法解決有關(guān)問題．【跟蹤訓(xùn)練】設(shè)z∈C，且滿足下列條件，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點Z的集合是什么圖形？(1)1<|z|<2；(2)|z－i|<1.解(1)根據(jù)復(fù)數(shù)模的幾何意義可知，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點Z的集合是以原點O為圓心，以1和2為半徑的兩圓所夾的圓環(huán)，不包括環(huán)的邊界．(2)根據(jù)模的幾何意義，|z－i|＝1表示復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點到復(fù)數(shù)i對應(yīng)的點(0,1)的距離為1.∴滿足|z－i|＝1的點Z的集合為以(0,1)為圓心，以1為半徑的圓內(nèi)的部分(不含圓的邊界)．【課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練】1．已知a∈R，且0<a<1，i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z＝a＋(a－1)i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．第四象限答案D解析∵0<a<1，∴a>0且a－1<0，故復(fù)數(shù)z＝a＋(a－1)i在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點(a，a－1)位于第四象限．故選D．2．復(fù)數(shù)z＝(a2－2a)＋(a2－a－2)i對應(yīng)的點在虛軸上，則()A．a(chǎn)≠2或a≠1 B．a(chǎn)≠2且a≠1C．a(chǎn)＝0 D．a(chǎn)＝2或a＝0答案D解析由點Z在虛軸上可知，點Z對應(yīng)的復(fù)數(shù)是純虛數(shù)和0，∴a2－2a＝0，解得a＝2或a＝0.3．已知復(fù)數(shù)z＝1＋2i(i是虛數(shù)單位)，則|z|＝________.答案eq\r(5)解析因為z＝1＋2i，所以|z|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5).4．已知復(fù)數(shù)z＝3＋ai，且|z|<5，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案－4<a<4解析|z|＝eq\r(32＋a2)<5，解得－4<a<4.5．如果復(fù)數(shù)z＝(m2＋m－1)＋(4m2－8m＋3)i(m∈R)對應(yīng)的點在第一象限，求實數(shù)m的取值范圍．解因為復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在第一象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m－1>0，,4m2－8m＋3>0，))解得m<eq\f(－1－\r(5),2)或m>eq\f(3,2).所以實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－1－\r(5),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).《7.2.1復(fù)數(shù)的加、減運算及其幾何意義》復(fù)習(xí)教案【基礎(chǔ)知識拓展】復(fù)數(shù)模的兩個重要性質(zhì)(1)||z1|－|z2||≤|z1±z2|≤|z1|＋|z2|；(2)|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2|z1|2＋2|z2|2.【跟蹤訓(xùn)練】1．判一判(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)復(fù)數(shù)與向量一一對應(yīng)．()(2)復(fù)數(shù)與復(fù)數(shù)相加減后結(jié)果只能是實數(shù)．()(3)因為虛數(shù)不能比較大小，所以虛數(shù)的模也不能比較大?。?)(4)兩個共軛虛數(shù)的差為純虛數(shù)．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．做一做(1)計算：(3＋5i)＋(3－4i)＝________.(2)(5－6i)＋(－2－2i)－(3＋3i)＝________.(3)已知向量eq\o(OZ1,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2－3i，向量eq\o(OZ2,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3－4i，則向量eq\o(Z1Z2,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為________．答案(1)6＋i(2)－11i(3)1－i【核心素養(yǎng)形成】題型一復(fù)數(shù)的加、減運算例1計算：(1)(3－5i)＋(－4－i)－(3＋4i)；(2)(－7i＋5)－(9－8i)＋(3－2i)．[解](1)原式＝(3－4－3)＋(－5－1－4)i＝－4－10i.(2)原式＝(5－9＋3)＋(－7＋8－2)i＝－1－i.【解題技巧】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減法運算，其運算法則是對它們的實部和虛部分別進(jìn)行加、減運算．在運算過程中應(yīng)注意把握每一個復(fù)數(shù)的實部和虛部．這種運算類似于初中的合并同類項．【跟蹤訓(xùn)練】計算：(1)(1＋2i)＋(－2＋i)＋(－2－i)＋(1－2i)；(2)(i2＋i)＋|i|＋(1＋i)．解(1)原式＝(－1＋3i)＋(－2－i)＋(1－2i)＝(－3＋2i)＋(1－2i)＝－2.(2)原式＝(－1＋i)＋eq\r(0＋12)＋(1＋i)＝－1＋i＋1＋(1＋i)＝1＋2i.題型二復(fù)數(shù)加、減運算的幾何意義例2已知四邊形ABCD是復(fù)平面內(nèi)的平行四邊形，且A，B，C三點對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別是1＋3i，－i,2＋i，求點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)．[解]解法一：設(shè)點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為x＋yi(x，y∈R)，則D(x，y)．又由已知得A(1,3)，B(0，－1)，C(2,1)，∴AC中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，BD中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y－1,2))).∵平行四邊形對角線互相平分，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＝\f(x,2)，,2＝\f(y－1,2)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝5.))即點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3＋5i.解法二：設(shè)點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為x＋yi(x，y∈R)．則eq\o(AD,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(x＋yi)－(1＋3i)＝(x－1)＋(y－3)i，又eq\o(BC,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(2＋i)－(－i)＝2＋2i.由已知得eq\o(AD,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))，∴(x－1)＋(y－3)i＝2＋2i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝2，,y－3＝2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝5，))即點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3＋5i.[條件探究]若一個平行四邊形的三個頂點對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為1＋3i，－i,2＋i，求第四個頂點對應(yīng)的復(fù)數(shù)．解設(shè)1＋3i，－i,2＋i對應(yīng)A，B，C三點，D為第四個頂點，則①當(dāng)四邊形ABCD是平行四邊形時，點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)是3＋5i.②當(dāng)四邊形ABDC是平行四邊形時，點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1－3i.③當(dāng)四邊形ADBC是平行四邊形時，點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－1＋i.【解題技巧】(1)根據(jù)復(fù)數(shù)的兩種幾何意義可知：復(fù)數(shù)的加、減運算可以轉(zhuǎn)化為點的坐標(biāo)運算或向量運算．(2)復(fù)數(shù)的加減運算用向量進(jìn)行時，同樣滿足平行四邊形法則和三角形法則．(3)復(fù)數(shù)及其加減運算的幾何意義為數(shù)形結(jié)合思想在復(fù)數(shù)中的應(yīng)用提供了可能．【跟蹤訓(xùn)練】已知復(fù)平面內(nèi)平行四邊形ABCD，A點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2＋i，向量eq\o(BA,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1＋2i，向量eq\o(BC,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3－i，求：(1)點C，D對應(yīng)的復(fù)數(shù)；(2)平行四邊形ABCD的面積．解(1)因為向量eq\o(BA,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1＋2i，向量eq\o(BC,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3－i，所以向量eq\o(AC,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(3－i)－(1＋2i)＝2－3i.又eq\o(OC,\s\up16(→))＝eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→))，所以點C對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(2＋i)＋(2－3i)＝4－2i.因為eq\o(AD,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))，所以向量eq\o(AD,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3－i，即eq\o(AD,\s\up16(→))＝(3，－1)，設(shè)D(x，y)，則eq\o(AD,\s\up16(→))＝(x－2，y－1)＝(3，－1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2＝3，,y－1＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝0.))所以點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為5.(2)因為eq\o(BA,\s\up16(→))·eq\o(BC,\s\up16(→))＝|eq\o(BA,\s\up16(→))||eq\o(BC,\s\up16(→))|cosB，所以cosB＝eq\f(\o(BA,\s\up16(→))·\o(BC,\s\up16(→)),|\o(BA,\s\up16(→))||\o(BC,\s\up16(→))|)＝eq\f(3－2,\r(5)×\r(10))＝eq\f(1,5\r(2))＝eq\f(\r(2),10).所以sinB＝eq\f(7,5\r(2))＝eq\f(7\r(2),10)，所以S＝|eq\o(BA,\s\up16(→))||eq\o(BC,\s\up16(→))|sinB＝eq\r(5)×eq\r(10)×eq\f(7\r(2),10)＝7.所以平行四邊形ABCD的面積為7.題型三復(fù)數(shù)加、減運算的幾何意義的應(yīng)用例3已知|z1|＝|z2|＝|z1－z2|＝1，求|z1＋z2|.[解]解法一：設(shè)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|＝eq\r(a＋c2＋b＋d2)＝eq\r(a2＋c2＋b2＋d2＋2ac＋2bd)＝eq\r(3).解法二：設(shè)O為坐標(biāo)原點，z1，z2，z1＋z2對應(yīng)的點分別為A，B，C.∵|z1|＝|z2|＝|z1－z2|＝1，∴△OAB是邊長為1的正三角形，∴四邊形OACB是一個內(nèi)角為60°，邊長為1的菱形，且|z1＋z2|是菱形的較長的對角線OC的長，∴|z1＋z2|＝|OC|＝eq\r(|OA|2＋|AC|2－2|OA||AC|cos120°)＝eq\r(3).【解題技巧】掌握以下常用結(jié)論：在復(fù)平面內(nèi)，z1，z2對應(yīng)的點為A，B，z1＋z2對應(yīng)的點為C，O為坐標(biāo)原點，則四邊形OACB：①為平行四邊形；②若|z1＋z2|＝|z1－z2|，則四邊形OACB為矩形；③若|z1|＝|z2|，則四邊形OACB為菱形；④若|z1|＝|z2|且|z1＋z2|＝|z1－z2|，則四邊形OACB為正方形．【跟蹤訓(xùn)練】若復(fù)數(shù)z滿足|z＋i|＋|z－i|＝2，求|z＋i＋1|的最小值．解解法一：設(shè)復(fù)數(shù)－i，i，－(1＋i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點分別為Z1，Z2，Z3.如圖，因為|z＋i|＋|z－i|＝2，|Z1Z2|＝2，所以復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點Z的集合為線段Z1Z2.問題轉(zhuǎn)化為：動點Z在線段Z1Z2上移動，求|ZZ3|的最小值，由圖可知|Z1Z3|為最小值且最小值為1.解法二：設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)．因為|z＋i|＋|z－i|＝2，所以eq\r(x2＋y＋12)＋eq\r(x2＋y－12)＝2，又eq\r(x2＋y＋12)＝2－eq\r(x2＋y－12)≥0，所以0≤eq\r(x2＋y－12)≤2，因為eq\r(x2＋y＋12)＝2－eq\r(x2＋y－12)，所以兩邊平方可得1－y＝eq\r(x2＋y－12)，即(1－y)2＝x2＋(y－1)2，且0≤1－y≤2.所以x＝0且－1≤y≤1，則z＝y(tǒng)i(－1≤y≤1)．所以|z＋i＋1|＝|1＋(y＋1)i|＝eq\r(12＋y＋12)≥1，等號在y＝－1即z＝－i時成立．所以|z＋i＋1|的最小值為1.【課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練】1．復(fù)數(shù)z1＝3＋i，z2＝1－i，則z1－z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限答案A解析∵z1－z2＝(3＋i)－(1－i)＝2＋2i，∴z1－z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第一象限．2．已知|z|＝3，且z＋3i是純虛數(shù)，則eq\o(z,\s\up6(－))等于()A．－3i B．3iC．±3i D．4i答案A解析設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，由z＋3i＝x＋(y＋3)i為純虛數(shù)，得x＝0，且y≠－3，又|z|＝eq\r(x2＋y2)＝|y|＝3，∴y＝3，∴z＝3i，∴eq\o(z,\s\up6(－))＝－3i.故選A.3．非零復(fù)數(shù)z1，z2分別對應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的向量Oeq\o(A,\s\up16(→))，Oeq\o(B,\s\up16(→))，若|z1＋z2|＝|z1－z2|，則()A．Oeq\o(A,\s\up16(→))＝Oeq\o(B,\s\up16(→)) B．|Oeq\o(A,\s\up16(→))|＝|Oeq\o(B,\s\up16(→))|C．Oeq\o(A,\s\up16(→))⊥Oeq\o(B,\s\up16(→)) D．Oeq\o(A,\s\up16(→))，Oeq\o(B,\s\up16(→))共線答案C解析如圖，由向量的加法及減法法則可知，Oeq\o(C,\s\up16(→))＝Oeq\o(A,\s\up16(→))＋Oeq\o(B,\s\up16(→))，Beq\o(A,\s\up16(→))＝Oeq\o(A,\s\up16(→))－Oeq\o(B,\s\up16(→)).由復(fù)數(shù)加法及減法的幾何意義可知，|z1＋z2|對應(yīng)Oeq\o(C,\s\up16(→))的模，|z1－z2|對應(yīng)Beq\o(A,\s\up16(→))的模．又|z1＋z2|＝|z1－z2|，所以四邊形OACB是矩形，則Oeq\o(A,\s\up16(→))⊥Oeq\o(B,\s\up16(→)).4．復(fù)數(shù)z滿足z－(1－i)＝2i，則z等于()A．1＋i B．－1－iC．－1＋i D．1－i答案A解析z＝2i＋(1－i)＝1＋i.故選A.5．如圖所示，平行四邊形OABC的頂點O，A，C分別對應(yīng)復(fù)數(shù)0,3＋2i，－2＋4i.求：(1)向量eq\o(AO,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)．(2)向量eq\o(CA,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)．(3)向量eq\o(OB,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)．解(1)因為eq\o(AO,\s\up16(→))＝－eq\o(OA,\s\up16(→))，所以向量eq\o(AO,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－3－2i.(2)因為eq\o(CA,\s\up16(→))＝eq\o(OA,\s\up16(→))－eq\o(OC,\s\up16(→))，所以向量eq\o(CA,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.(3)因為eq\o(OB,\s\up16(→))＝eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))，所以向量eq\o(OB,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i.《7.2.2復(fù)數(shù)的乘、除運算》復(fù)習(xí)教案【基礎(chǔ)知識拓展】虛數(shù)單位i的乘方計算復(fù)數(shù)的乘積要用到復(fù)數(shù)單位i的乘方，i有如下性質(zhì)：i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i；i4n＝1.說明：(1)上述公式說明i的冪具有周期性，且最小正周期是4.(2)n可推廣到整數(shù)集．(3)4k(k∈Z)是i的周期．(4)與i有關(guān)的幾個結(jié)論：(1＋i)2＝2i，(1－i)2＝－2i，eq\f(1＋i,1－i)＝i，eq\f(1－i,1＋i)＝－i.【跟蹤訓(xùn)練】1．判一判(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)若復(fù)數(shù)z1＝1＋2i，z2＝3－i，則復(fù)數(shù)z1z2的虛部為5.()(2)若z1，z2∈C，且zeq\o\al(2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0.()(3)兩個共軛復(fù)數(shù)的積為實數(shù)．()答案(1)√(2)×(3)√2．做一做(1)復(fù)數(shù)eq\f(3,i＋1)＝________.(2)復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝eq\f(2i,1＋i)(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于第________象限．(3)復(fù)數(shù)2－eq\f(1,i)的共軛復(fù)數(shù)是________．答案(1)eq\f(3,2)－eq\f(3,2)i(2)四(3)2－i【核心素養(yǎng)形成】題型一復(fù)數(shù)的乘、除運算例1(1)復(fù)數(shù)eq\f(3＋2i,2－3i)－eq\f(3－2i,2＋3i)＝()A．0B．2C．－2iD．2i(2)若復(fù)數(shù)z1＝4＋29i，z2＝6＋9i，其中i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)(z1－z2)i的實部為________．[解析](1)解法一：eq\f(3＋2i,2－3i)－eq\f(3－2i,2＋3i)＝eq\f(3＋2i2＋3i－3－2i2－3i,2－3i2＋3i)＝eq\f(6＋13i－6－6＋13i＋6,4＋9)＝eq\f(26i,13)＝2i.解法二：eq\f(3＋2i,2－3i)－eq\f(3－2i,2＋3i)＝eq\f(i2－3i,2－3i)－eq\f(－i2＋3i,2＋3i)＝i＋i＝2i.(2)(z1－z2)i＝[(4＋29i)－(6＋9i)]i＝(－2＋20i)i＝－20－2i，∴(z1－z2)i的實部為－20.[答案](1)D(2)－20【解題技巧】(1)復(fù)數(shù)的乘法可以把i看作字母，按多項式乘法的法則進(jìn)行，注意要把i2化為－1，進(jìn)行最后結(jié)果的化簡．復(fù)數(shù)的除法先寫成分式的形式，再把分母實數(shù)化(方法是分母與分子同時乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，若分母是純虛數(shù)，則只需同時乘以i)．(2)實數(shù)集中的乘法公式、冪的運算律，因式分解方法等在復(fù)數(shù)集中仍成立．【跟蹤訓(xùn)練】計算：(1)(－2＋3i)÷(1＋2i)；(2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i.解(1)原式＝eq\f(－2＋3i,1＋2i)＝eq\f(－2＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(－2＋6＋3＋4i,12＋22)＝eq\f(4,5)＋eq\f(7,5)i.(2)原式＝(3＋11i)(3－4i)＋2i＝53＋21i＋2i＝53＋23i.題型二在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解一元二次方程例2在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解下列方程．(1)2x2＋6＝0；(2)x2＋x＋4＝0.[解](1)由2x2＋6＝0，得x2＝－3.因為(eq\r(3)i)2＝(－eq\r(3)i)2＝－3，所以方程2x2＋6＝0的根為x＝±eq\r(3)i.(2)配方，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＝－eq\f(15,4)，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),2)i))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),2)i))2＝－eq\f(15,4)，所以x＋eq\f(1,2)＝±eq\f(\r(15),2)i，所以原方程的根為x＝－eq\f(1,2)±eq\f(\r(15),2)i.【解題技巧】實系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a，b，c∈R，a≠0)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)定有兩個根：(1)Δ>0，方程有兩個不相等的實數(shù)根x1,2＝－eq\f(b,2a)±eq\f(\r(Δ),2a).(2)Δ＝0，方程有兩個相等的實數(shù)根x1,2＝－eq\f(b,2a).(3)Δ<0，方程有一對共軛虛根x1,2＝－eq\f(b,2a)±eq\f(\r(－Δ),2a)i.【跟蹤訓(xùn)練】在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程2x2＋4x＋15＝0.解配方，得(x＋1)2＝－eq\f(13,2)，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(26),2)i))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(26),2)i))2＝－eq\f(13,2)，所以x＋1＝±eq\f(\r(26),2)i，所以原方程的根為x＝－1±eq\f(\r(26),2)i.題型三復(fù)數(shù)in的周期性運算例3計算：(1)eq\f(2＋2i,1－i2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1＋i)))2020；(2)1＋i＋i2＋i3＋…＋i2019.[解](1)eq\f(2＋2i,1－i2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1＋i)))2020＝eq\f(2＋2i,－2i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2i)))1010＝i(1＋i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,i)))1010＝－1＋i＋(－i)1010＝－1＋i－1＝i－2.(2)解法一：∵in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0，n∈N*，∴1＋i＋i2＋i3＋…＋i2019＝1＋i＋i2＋i3＋(i4＋i5＋i6＋i7)＋(i8＋i9＋i10＋i11)＋…＋(i2016＋i2017＋i2018＋i2019)＝1＋i＋i2＋i3＝0.解法二：1＋i＋i2＋…＋i2019＝eq\f(1－i2020,1－i)＝eq\f(1－i505×4,1－i)＝eq\f(1－1,1－i)＝0.【解題技巧】in(n∈N*)的性質(zhì)根據(jù)復(fù)數(shù)乘法法則，容易得到i的n次冪的計算法則，即n∈N*時，i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，其中i0＝1，i－n＝eq\f(1,in)(n∈N*)．另外，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0.【跟蹤訓(xùn)練】(1)當(dāng)z＝－eq\f(1－i,\r(2))時，z100＋z50＋1的值等于()A．1B．－1C．iD．－i(2)計算eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＋eq\f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)的值為________．答案(1)D(2)－1＋i解析(1)∵z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1－i,\r(2))))2＝eq\f(－2i,2)＝－i，∴z100＋z50＋1＝(－i)50＋(－i)25＋1＝[(－i)2]25＋(－i)＋1＝－1－i＋1＝－i.(2)原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋i2,2)))6＋eq\f(\r(2)＋\r(3)i\r(3)＋\r(2)i,3＋2)＝i6＋eq\f(\r(6)＋2i＋3i－\r(6),5)＝－1＋i.【課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練】1．復(fù)數(shù)i(2－i)＝()A．1＋2iB．1－2iC．－1＋2iD．－1－2i答案A解析i(2－i)＝2i－i2＝1＋2i.故選A.2．復(fù)數(shù)eq\f(2,1－i)等于()A．1＋iB．1－iC．－1＋iD．－1－i答案A解析eq\f(2,1－i)＝eq\f(21＋i,1－i1＋i)＝eq\f(21＋i,2)＝1＋i.故選A.3．(1＋i)2－eq\f(2－i,2＋i)＝________.答案－eq\f(3,5)＋eq\f(14,5)i解析(1＋i)2－eq\f(2－i,2＋i)＝2i－eq\f(2－i2,5)＝－eq\f(3,5)＋eq\f(14,5)i.4．方程7x2＋1＝0的根為________．答案x＝±eq\f(\r(7),7)i解析7x2＋1＝0，整理得x2＝－eq\f(1,7)，因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),7)i))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(7),7)i))2＝－eq\f(1,7)，所以7x2＋1＝0的根為x＝±eq\f(\r(7),7)i.5．把復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)記作eq\o(z,\s\up6(－))，已知ieq\o(z,\s\up6(－))＝4＋3i，求eq\f(z,\o(z,\s\up6(－))).解由ieq\o(z,\s\up6(－))＝4＋3i得eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(4＋3i,i)＝3－4i，所以z＝3＋4i.所以eq\f(z,\o(z,\s\up6(－)))＝eq\f(3＋4i,3－4i)＝eq\f(3＋4i2,3－4i3＋4i)＝eq\f(－7＋24i,25).《7.3復(fù)數(shù)的三角表示》復(fù)習(xí)教案7.3.1復(fù)數(shù)的三角表示式【基礎(chǔ)知識拓展】1．在復(fù)數(shù)的三角形式中，輻角θ的值可以用弧度表示，也可以用角度表示，可以是主值，也可以是主值加2kπ或k·360°(k∈Z)．但為了簡便起見，復(fù)數(shù)的代數(shù)形式化為三角形式時，一般將θ寫成主值．2．兩個非零復(fù)數(shù)相等當(dāng)且僅當(dāng)它們的模與輻角的主值分別相等．【跟蹤訓(xùn)練】1．判一判(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)－1＝cosπ＋isinπ.()(2)2i＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,2)＋isin\f(π,2))).()(3)－3(cos200°＋isin200°)是復(fù)數(shù)的三角形式．()答案(1)√(2)√(3)×2．做一做(1)將復(fù)數(shù)z1＝－1＋eq\r(3)i表示成三角形式為________．(2)已知|z|＝2eq\r(3)，argz＝eq\f(5π,3)，求復(fù)數(shù)z＝________.(3)若a<0，則a的三角形式是________．答案(1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)＋isin\f(2π,3)))(2)eq\r(3)－3i(3)－a(cosπ＋isinπ)【核心素養(yǎng)形成】題型一復(fù)數(shù)的代數(shù)形式化為三角形式例1把下列復(fù)數(shù)的代數(shù)形式化成三角形式：(1)eq\r(3)＋i；(2)1－i.[解](1)r＝eq\r(3＋1)＝2，∵eq\r(3)＋i對應(yīng)的點在第一象限，∴tanθ＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝eq\f(π,6)，∴eq\r(3)＋i＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6))).(2)r＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2).∵1－i對應(yīng)的點在第四象限，且tanθ＝eq\f(－1,1)＝－1，∴θ＝eq\f(7π,4)，∴1－i＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7π,4)＋isin\f(7π,4))).【解題技巧】復(fù)數(shù)代數(shù)形式化為三角形式的步驟(1)先求復(fù)數(shù)的模．(2)決定輻角所在的象限．(3)根據(jù)象限求出輻角(一般取其主值)．(4)求出復(fù)數(shù)三角形式．【跟蹤訓(xùn)練】把下列復(fù)數(shù)表示成三角形式．(1)－2＋2i；(2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,4)＋icos\f(3π,4))).解(1)原式＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i))＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,4)＋isin\f(3π,4))).(2)原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)i))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7π,4)＋isin\f(7π,4))).題型二判斷復(fù)數(shù)三角形式的條件例2判斷下列各式是否是復(fù)數(shù)的三角形式，若不是，把它們表示成三角形式．(1)eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)－isin\f(π,4)))；(2)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))；(3)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(π,5)＋isin\f(π,5)))；(4)sineq\f(π,5)＋icoseq\f(π,5).[解]根據(jù)復(fù)數(shù)的三角形式的結(jié)構(gòu)，z＝r(cosθ＋isinθ)，可依次作出判斷．(1)不是.eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)－isin\f(π,4)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7π,4)＋isin\f(7π,4))).(2)不是．－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(4π,3)＋isin\f(4π,3))).(3)不是.2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－cos\f(π,5)＋isin\f(π,5)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(4π,5)＋isin\f(4π,5))).(4)不是．sineq\f(π,5)＋icoseq\f(π,5)＝coseq\f(3π,10)＋isineq\f(3π,10).【解題技巧】判斷復(fù)數(shù)的三角形式的條件(1)r≥0；(2)加號連接；(3)cos在前，sin在后；(4)θ前后一致，可任意值．即“模非負(fù)，角相同，余正弦，加號連”．【跟蹤訓(xùn)練】求復(fù)數(shù)z＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)－icos\f(π,3)))的輻角主值．解∵z＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2)i))＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(11π,6)＋isin\f(11π,6)))，∴輻角主值argz＝eq\f(11π,6).題型三復(fù)數(shù)三角形式化為代數(shù)形式例3把下列復(fù)數(shù)表示成代數(shù)形式．(1)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))；(2)6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(11π,6)＋isin\f(11π,6))).[解]根據(jù)a＋bi＝r(cosθ＋isinθ)，可得a＝rcosθ，b＝rsinθ，故可解．(1)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))＝4×eq\f(1,2)＋4×eq\f(\r(3),2)i＝2＋2eq\r(3)i.(2)6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(11π,6)＋isin\f(11π,6)))＝6×eq\f(\r(3),2)＋6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))i＝3eq\r(3)－3i.【解題技巧】將復(fù)數(shù)的三角形式化為代數(shù)形式：由z＝r(cosθ＋isinθ)＝rcosθ＋irsinθ，可得a＝rcosθ，b＝rsinθ.【跟蹤訓(xùn)練】將下列復(fù)數(shù)的三角形式化成代數(shù)形式．(1)z1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6)))；(2)z2＝6(cos60°＋isin60°)．解(1)z1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(1,2)i))＝eq\r(3)＋i.(2)z2＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝3＋3eq\r(3)i.【課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練】1．－6的輻角主值為()A．0B.eq\f(π,2)C．πD．－eq\f(π,2)答案C解析－6＝6(－1＋0·i)＝6(cosπ＋isinπ)，輻角主值θ＝π.故選C.2．下列說法正確的是()A．已知復(fù)數(shù)z＝coseq\f(7π,5)＋isineq\f(7π,5)，則z的輻角主值為eq\f(3π,5)B．復(fù)數(shù)z＝2i＋3的虛部為2iC．(eq\r(3)＋i)6＝－64D．復(fù)數(shù)z＝2i的三角形式為z＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,2)＋isin\f(3π,2)))答案C解析A項，z的輻角主值argz＝eq\f(7π,5)，錯誤；B項，虛部為實數(shù)2，錯誤；C項，(eq\r(3)＋i)6＝[(eq\r(3)＋i)2]3＝(2＋2eq\r(3)i)3＝8＋3×2×(2eq\r(3)i)2＋3×22×(2eq\r(3)i)＋(2eq\r(3)i)3＝－64，正確；D項，z＝2(0＋i)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,2)＋isin\f(π,2)))，錯誤．故C正確．3．復(fù)數(shù)eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i的三角形式是________．答案coseq\f(5π,3)＋isineq\f(5π,3)解析eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i＝coseq\f(5π,3)＋isineq\f(5π,3)，故復(fù)數(shù)eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i的三角形式是coseq\f(5π,3)＋isineq\f(5π,3).4．設(shè)復(fù)數(shù)z，z＋2的輻角主值為eq\f(π,3)，z－2的輻角主值為eq\f(5π,6)，則z＝________.答案－1＋eq\r(3)i解析設(shè)z＋2＝r1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))＝eq\f(r1,2)＋eq\f(\r(3)r1,2)i，z－2＝r2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,6)＋isin\f(5π,6)))＝－eq\f(\r(3)r2,2)＋eq\f(r2,2)i.∴eq\f(r1,2)－2＋eq\f(\r(3)r1,2)i＝2－eq\f(\r(3)r2,2)＋eq\f(r2,2)i，易得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(r1,2)－2＝2－\f(\r(3)r2,2)，①,\f(\r(3)r1,2)＝\f(r2,2)，②))∴r2＝eq\r(3)r1，代入①得r1＝2，∴z＝1＋eq\r(3)i－2＝－1＋eq\r(3)i.5．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z－3eq\o(z,\s\up6(－))的輻角主值為eq\f(5π,4)，z＋1的模為eq\r(10)，求復(fù)數(shù)z.解設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)．由|z＋1|＝eq\r(10)，得|(x＋1)＋yi|＝eq\r(10)，∴(x＋1)2＋y2＝10.①又z－3eq\o(z,\s\up6(－))＝(x＋yi)－3(x－yi)＝－2x＋4yi，所以arg(z－3eq\o(z,\s\up6(－)))＝eq\f(5π,4)?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x<0，,4y<0，,－2x＝4y，))②解①②，可得x＝2，y＝－1.所以z＝2－i.《7.3.2復(fù)數(shù)乘、除運算的三角表示及其幾何意義》復(fù)習(xí)教案【基礎(chǔ)知識拓展】1．復(fù)數(shù)三角形式的乘法公式推廣z1z2z3…zn＝r1(cosθ1＋isinθ1)·r2(cosθ2＋isinθ2)·…·rn(cosθn＋isinθn)＝r1r2…rn[cos(θ1＋θ2＋…＋θn)＋isin(θ1＋θ2＋…＋θn)]．2．復(fù)數(shù)的乘方運算(棣莫佛定理)[r(cosθ＋isinθ)]n＝rn(cosnθ＋isinnθ)．即復(fù)數(shù)的n(n∈N*)次冪的模等于模的n次冪，輻角等于這個復(fù)數(shù)的輻角的n倍，這個定理稱為棣莫佛定理．【跟蹤訓(xùn)練】1．判一判(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，1的立方根是1.()(2)zeq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2.()(3)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))·3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6)))＝6i.()答案(1)×(2)√(3)√2．做一做(1)把z＝2－i對應(yīng)的向量eq\o(OZ,\s\up16(→))，按順時針方向旋轉(zhuǎn)eq\f(π,2)，所得向量對應(yīng)的復(fù)數(shù)的代數(shù)形式為________．(2)(1＋eq\r(3)i)2019＝________.(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))))÷eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6)))))＝________.答案(1)－1－2i(2)－22019(3)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6)))【核心素養(yǎng)形成】題型一復(fù)數(shù)三角形式的乘法運算例1計算下列各式：(1)eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,12)＋isin\f(π,12)))·eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,6)＋isin\f(5π,6)))；(2)3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋isin\f(π,6)))·7eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,4)＋isin\f(3π,4)))；(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))))－4.[解](1)原式＝eq\r(6)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(5π,6)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)＋\f(5π,6)))))＝eq\r(6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(11π,12)＋isin\f(11π,12))).(2)原式＝21eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(3π,4)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(3π,4)))))＝21eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(11π,12)＋isin\f(11π,12))).(3)原式＝eq\f(1,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))))4)＝eq\f(1,16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(4π,3)＋isin\f(4π,3))))＝eq\f(1,16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)))＝eq\f(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i,16)＝－eq\f(1,32)＋eq\f(\r(3),32)i.【解題技巧】(1)積的模等于模的積，積的輻角等于輻角之和．(2)復(fù)數(shù)三角形式乘法運算注意向量旋轉(zhuǎn)的方向．(3)做復(fù)數(shù)乘法運算時，三角形式和代數(shù)形式可以交替使用，但是結(jié)果一般保留代數(shù)形式．【跟蹤訓(xùn)練】(1)如果向量eq\o(OZ,\s\up16(→))對應(yīng)復(fù)數(shù)4i，eq\o(OZ,\s\up16(→))逆時針旋轉(zhuǎn)45°后再把模變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，得到向量eq\o(OZ1,\s\up16(→))，那么與eq\o(OZ1,\s\up16(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是________；(2)計算(1＋eq\r(3)i)6.答案(1)－4＋4i(2)見解析解析(1)eq\o(OZ,\s\up16(→))＝4i＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,2)＋isin\f(π,2)))，eq\o(OZ1,\s\up16(→))＝4eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,4)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,4)))))＝4eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i))＝－4＋4i.(2)原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))))6＝26eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(6π,3)＋isin\f(6π,3)))＝26.題型二復(fù)數(shù)三角形式的除法運算例2計算(1＋i)÷eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,4)＋isin\f(3π,4))))).[解]因為1＋i＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)＋isin\f(π,4)))，所以原式＝eq\f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)＋isin\f(π,4))),\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,4)＋isin\f(3π,4))))＝eq\f(\r(2),\r(3))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(3π,4)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(3π,4)))))＝eq\f(\r(2),\r(3))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))＝eq\f(\r(6),3)(0－i)＝－eq\f(\r(6),3)i.【解題技巧】(1)商的模等于被除數(shù)的模除以除數(shù)的模，商的輻角等于被除數(shù)的輻角減去除數(shù)的輻角．(2)結(jié)果一般保留代數(shù)形式．(3)商的輻角主值不一定等于被除數(shù)的輻角主值減去除數(shù)的輻角主值所得的差．實際上，argeq\f(z1,z2)與argz1，argz2的關(guān)系是：argeq\f(z1,z2)＝argz1－argz2＋2kπ(k∈Z)．【跟蹤訓(xùn)練】計算：(1)[6(cos70°＋isin70°)]÷[3(cos40°＋isin40°)]；(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)＋isin\f(2π,3)))))÷eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6))))).解(1)原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos30°＋isin30°))＝eq\r(3)＋i.(2)原式＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,2)＋isin\f(π,2)))＝4i.題型三復(fù)數(shù)乘、除運算幾何意義的應(yīng)用例3如圖所示，已知平面內(nèi)并列八個全等的正方形，利用復(fù)數(shù)證明：∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝eq\f(π,4).[證明]如圖，建立平面直角坐標(biāo)系(復(fù)平面)．∠1＝arg(3＋i)，∠2＝arg(5＋i)，∠3＝arg(7＋i)，∠4＝arg(8＋i)．所以∠1＋∠2＋∠3＋∠4就是乘積(3＋i)(5＋i)(7＋i)(8＋i)的輻角．而(3＋i)(5＋i)(7＋i)(8＋i)＝650(1＋i)，所以arg[(3＋i)(5＋i)(7＋i)(8＋i)]＝eq