复数的基本概念与基本运算.doc

1、1复数的基本概念与基本运算（2 课时）一、 考试说明中复数的考试内容(1)数的概念的发展，复数的有关概念（实数、虚数、纯虚数、复数相等、共轭复数、模） ；(2)复数的代数表示与向量表示；(3)复数的加法与减法，复数的乘法与除法，复数的三角形式，复数三角形式的乘法与乘方，复数三角形式的除法与开方；(4)复数集中解实系数方程（包括一元二次方程、二项方程） 。二、考试要求（1）使学生了解扩充实数集的必要性，正确理解复数的有关概念掌握复数的代数、几何、三角表示及其转换；（2）掌握复数的运算法则，能正确地进行复数的运算，并理解复数运算的几何意义；（3）掌握在复数集中解实数系数一元二次方程和二项方程的方法

2、（4）通过内容的阐述，带综合性的例题和习题的训练，继续提高学生灵活运用数学知识解题的能力（5）通过数的概念的发展，复数、复平面内的点及位置向量三者之间的联系与转换的复习教学，继续对学生进行辩证观点的教育三、学习目标(1)联系实数的性质与运算等内容，加强对复数概念的认识；(2)理顺复数的三种表示形式及相互转换： z = r(cos+isin) (Z(a,b) z=a+biOZ (3)正确区分复数的有关概念；(4)掌握复数几何意义,注意复数与三角、解几等内容的综合；(5)正确掌握复数的运算：复数代数形式的加、减、乘、除；三角形式的乘、除、乘方、开方及几何意义；虚数单位 i 及 1 的立方虚根 的性

3、质；模及共轭复数的性质；(6)掌握化归思想将复数问题实数化（三角化、几何化） ；(7)掌握方程思想利用复数及其相等的有关充要条件，建立相应的方程，转化复数问题。四、本章知识结构与复习要点1知识体系表解复数集纯虚数集虚 数集 实数集22复数的有关概念和性质：(1)i 称为虚数单位，规定 ，形如 a+bi 的数称为复数，其中 a，bR21i(2)复数的分类(下面的 a，b 均为实数)(3)复数的相等设复数 ，那么 的充112212,(,)zabizabiaR12z要条件是： 12ab且(4)复数的几何表示复数 z=a+bi（a ，bR）可用平面直角坐标系内点 Z(a，b) 来表示这时称此平面为复平

4、面，x 轴称为实轴，y 轴除去原点称为虚轴这样，全体复数集C 与复平面上全体点集是一一对应的3复数 z=a+bi 在复平面内还可以用以原点 O 为起点，以点 Z(a，b),abR向量所成的集合也是一一对应的(例外的是复数 0 对应点 O，看成零向量)(7)复数与实数不同处任意两个实数可以比较大小，而任意两个复数中至少有一个不是实数时就不能比较大小实数对于四则运算是通行无阻的，但不是任何实数都可以开偶次方而复数对四则运算和开方均通行无阻3有关计算： 怎样计算？（先求 n 被 4 除所得的余数， ） ni*Nrki4*,N 是 1 的两个虚立方根，并且：ii23231、32121121121121

5、3 复数集内的三角形不等式是： ，其中左边在复数2121zzzz1、z 2 对应的向量共线且反向（同向）时取等号，右边在复数 z1、z 2 对应的向量共线且同向（反向）时取等号。4 棣莫佛定理是： )(sin(co)sin(co Zrrn5 若非零复数 ，则 z 的 n 次方根有 n 个，即：z )120)(2si2(cs knkrnk ， 它们在复平面内对应的点在分布上有什么特殊关系？都位于圆心在原点，半径为 的圆上，并且把这个圆 n 等分。r46 若 ，复数 z1、z 2 对应的点分别是 A、B，则121 )3sin(co3z，AOB（O 为坐标原点）的面积是 。3sin627 = 。z2

6、8 复平面内复数 z 对应的点的几个基本轨迹： 轨迹为一条射线。)(arg为 实 常 数 轨迹为一条射线。是 实 常 数 ）是 复 常 数 ， 00)zz 轨迹是一个圆。是 正 的 常 数 ）r( 轨迹是一条直线。)211是 复 常 数、 zz 轨迹有三种可能是 正 的 常 数 ）是 复 常 数 ，、 aa2(情形：a) 当 时，轨迹为椭圆；b) 当 时，轨迹为一条线段；1z21zc)当 时，轨迹不存在。 2za 轨迹有三种可能情形：a)当)(1是 正 的 常 数a时，轨迹为双曲线；b) 当 时，轨迹为两条射线；c) 当2z 21z时，轨迹不存在。1a五、高考命题规律分析复数在过去几年里是代数

7、的重要内容之一，涉及的知识面广，对能力要求较高，是高考热点之一。但随着新教材对复数知识的淡化，高考试题比例下降，因此考生要把握好复习的尺度。从近几年的高考试题上看：复数部分考查的重点是基础知识题型和运算能力题型。基础知识部分重点是复数的有关概念、复数的代数形式、三角形式、两复数相等的充要条件及其应用，复平面内复数的几何表示及复向量的运算。主要考点为复数的模与辐角主值，共轭复数的概念和应用。若只涉及到一、二个知识点的试题大都集中在选择题和填空题；若涉及几个知识点的试题，往往是中、高档题目，解答此类问题一般要抓住相应的概念进行正确的变换，对有些题目，往往用数形结合可获得简捷的解法。有关复数 n 次

8、乘方、求辐角（主值）等问题，涉及到复数的三角形式，首先要将所给复数转化为三角形式后再进5行变换。复数的运算是高考中复数部分的热点问题。主要考查复数的代数和三角形式的运算，复数模及辐角主值的求解及复向量运算等问题。基于上述情况，我们在学习“复数”一章内容时，要注意以下几点：（1）复数的概念几乎都是解题的手段。因此在学习复数时要在深入理解、熟练掌握复数概念上下功夫。除去复数相等、模、辐角、共轭复数的三角形式和代数式，提供了将“复数问题实数化”的手段。复数的几何意义也是解题的一个重要手段。（2）对于涉及知识点多，与方程、三角、解析几何等知识综合运用的思想方法较多的题型，以及复数本身的综合题，一直成为

9、学生的难点，应掌握规律及典型题型的技巧解法，并加以强化训练以突破此难点； (3) 重视以下知识盲点：不能正确理解复数的几何意义，常常搞错向量旋转的方向；忽视方程的虚根成对出现的条件是实系数；盲目地将实数范围内数与形的一些结论，不加怀疑地引用到复数范围中来；容易混淆复数的有关概念，如纯虚数与虚数的区别问题，实轴与虚轴的交集问题，复数辐角主值的范围问题等。六、典型例题分析实数？虚数？纯虚数？复数 z 是实数的充要条件是：当 m 2 时复数 z 为实数复数 z 是虚数的充要条件：6当 m 3 且 m 2 时复数 z 为虚数复数 z 是纯虚数的充要条件是： 当 m1 时复数 z 为纯虚数【说明】 要注

10、意复数 z 实部的定义域是 m 3，它是考虑复数 z 是实数，虚数纯虚数的必要条件要特别注意复数 za+bi(a， bR)为纯虚数的充要条件是 a0 且 b0 ，所以 ，代入得 ，故选 22 2141zz54z34ziB解法 3：选择支中的复数的模均为 ，又 ，而方程右边为 2+i，它的实30部，虚部均为正数，因此复数 z 的实部，虚部也必须为正，故选择 B【说明】解法 1 利用复数相等的条件；解法 2 利用复数模的性质；解法 3 考虑选择题的特点求：z【分析】 确定一个复数要且仅要两个实数 a、b，而题目恰给了两个独立条件采用待定系数法可求出 a、b 确定 z运算简化解：设 z=x+yi(x

11、，yR)7将 z=x+yi 代入 |z 4|z 4i|可得 xy，z=x+xi(2)当|z 1| 13 时，即有 x x 6=0 则有 x=3 或 x= 222综上所述 故 z0 或 z=3+3i 或 z=-2 2i【说明】注意熟练地运用共轭复数的性质其性质有：(3) 1+2i+3 +10002i9i【说明】 计算时要注意提取公因式，要注意利用 i 的幂的周期性，8(3)解法 1：原式=(1+2i 3 4i)+(5+6i 7 8i)+(997+998i 999 1000i)=250( 2 2i)= 500 500i解法 2：设 S1+2i+3 +1000 ，则 iSi+2 +3 +999 +1

12、000 ，2i9i2i39i10i(1 i)S1+i+ + 1000910【说明】 充分利用 i 的幂的周期性进行组合，注意利用等比数列求和的方法9【例 6】已知三边都不相等的三角形 ABC 的三内角 A、B、C 满足、)20(sinco,sincosincosi 1 且设 复 数 zCABA的值.)arg(),(221zz求【解】 BCBAsi)cs(sisicsicsi 得 3 分2on)2n(2on4 CBCA,0,cssi,cs B 又上式化简为 6 分.0si,i1o2A9 分 )sin()2co(21 z 23)arg(,201z时当当 12 分arg,1z时【例 7】设 z1=1

13、-cos+isin，z 2=a2+ai(aR )，若 z1z20，z 1z2+ =0，问在z1z2 （0，2 ）内是否存在 使(z 1-z2)2 为实数？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由【分析】这是一道探索性问题可根据复数的概念与纯虚数的性质及复数为实数的充要条件，直接进行解答【解】假设满足条件的 存在因 z1z20，z 1z2+ =0，故 z1z2 为纯虚数z1z2 10又 z1z2 = (1-cos+isin)( a2+ai)=a2(1-cos)-asin+a(1-cos)+a2sini，于是， a2(1-cos)-asin=0 ， a(1-cos)+a2sin 0 )由知 a0因

14、 (0，2)，故 cos1于是，由得 a= sin1-cos另一方面，因(z 1-z2)2R，故 z1-z2 为实数或为纯虚数又 z1-z2=1-cos-a2+(sin-a)i，于是 sin-a=0，或 1-cos-a2=0若 sin-a=0，则由方程组得 = sin，故 cos=0，于是 = 或 = sin1-cos 2 32若 1-cos-a2=0，则由方程组得( )2 = 1-cossin1-cos由于 sin2=1-cos2= (1+cos)(1-cos)，故 1+cos = (1-cos)2解得 cos=0，从而 = 或 = 2 32综上所知，在(0，2) 内，存在 = 或 = ，使

15、( z1-z2)2 为实数 2 32【说明】解题技巧：解题中充分使用了复数的性质：z0，z+ =0z纯虚数 z 以及 z2RzR 或 z纯虚数 （注：Re(z)，Im(z) 分别表示复数 z 的实Re(z)=0，Im(z) 0 )部与虚部）解题规律：对于“是否型存在题型” ，一般处理方法是首先假设结论成立，再进行正确的推理，若无矛盾，则结论成立；否则结论不成立【例 8】设 a 为实数，在复数集 C 中解方程： z2 + 2|z|= a【分析】由于 z2=a-2|z|为实数，故 z 为纯虚数或实数，因而需分情况进行讨论【解】设|z|= r若 a0，则 z2=a-2|z|0，于是 z 为纯虚数，从

16、而 r2=2r a解得 r = (r = 0，不合，舍去 )故 z = ( )1+ 1-a 1- 1-a 1+ 1-ai若 a0，对 r 作如下讨论：（1）若 r a，则 z2=a-2|z|0，于是 z 为实数12解方程 r2=a-2r，得 r = (r = 0，不合，舍去) -1+ 1+a -1- 1+a故 z = ( )-1+ 1+a11（2）若 r a，则 z2=a-2|z|0，于是 z 为纯虚数12解方程 r2= 2r-a，得 r = 或 r = (a1) 1+ 1-a 1- 1-a故 z = ( )i (a1)1 1-a综上所述，原方程的解的情况如下：当 a0 时，解为：z = (

17、)i；1+ 1-a当 0a1 时，解为：z = ( )，z = ( )i；-1+ 1+a 1 1-a当 a1 时，解为：z = ( )-1+ 1+a【说明】解题技巧：本题还可以令 z=x+yi(x、yR)代入原方程后，由复数相等的条件将复数方程化归为关于 x，y 的实系数的二元方程组来求解【例 9】 （2004 年上海市普通高校春季高考数学试卷 18）已知实数 满足不等式 ，试判断方程 有无实根，并给出p0210522pz证明.【解】由 ，解得 ， . 方程 的判别式021x 21x21p 0522pz.)4(p， ， ，由此得方程 无实根.214p0052pz【例 10】给定实数 a，b，c

18、已知复数 z1、z 2、z 3 满足求az 1+bz2+cz3的值|z1|=|z2|=|z3|， (1)z1z2 + z2z3 + z3z1 =1 (2)【分析】注意到条件(1)，不难想到用复数的三角形式；注意到条件（ 2） ，可联想使用复数为实数的充要条件进行求解【解】解法一 由 =1，可设 = cos+isin， = cos+isin，|z1|=|z2|=|z3| z1z2 z2z3则 = =cos(+)-isin(+)因 =1，其虚部为 0， z3z1 z1z2 + z2z3 + z3z1故 0=sin+sin-sin(+) =2sin cos - 2 sin cos+2 -2 +2 +

19、2=2sin （cos - cos ）=4 sin sin sin +2 -2 +2 +2 2 2故 =2k 或 =2k 或 +=2k，kZ因而 z1= z2 或 z2= z3 或 z3= z1若 z1= z2，代入（2）得 = i，此时 z3z1az 1+bz2+cz3=| z 1|a+bci= (a+b)2 + c2类似地，如果 z2= z3，则az 1+bz2+cz3= ；(b+c)2 + a2如果 z3= z1，则az 1+bz2+cz3= (a+c)2 + b212解法二 由（2）知 R，故z1z2 + z2z3 + z3z1= ， 即 = z1z2 + z2z3 + z3z1 z1

20、z2 + z2z3 + z3z1_ z1z2 + z2z3 + z3z11321由（1）得 = (k=1，2，3)，代入上式，得 = zk 1zk z1z2 + z2z3 + z3z1，z2z1 + z3z2 + z1z3即 z12z3+ z22z1+ z32z2= z22z3+ z32z1+ z12z2，分解因式，得 (z1-z2) (z2-z3) (z3-z1)=0，于是 z1=z2 或 z2=z3 或 z3=z1下同解法一【说明】解题关键点是巧妙利用复数为实数的充要条件：zR z= ，以及视 ，z_ z1z2等为整体，从而简化了运算 z2z3解题易错点是拿到问题不加分析地就盲目动笔，而不

21、注意充分观察题目的已知条件，结论特征等，从而使问题的求解或是变得异常的复杂，或干脆就无法解出最终的结果【例 11】设复数 z=3cos+2isin，求函数 y=-argz(0 )的最大值以及对应角 的值 2【分析】先将问题实数化，将 y 表示成 的目标函数，后利用代数法（函数的单调性、基本不等式等）以及数形结合法进行求解【解】解法一 由 0 ，得 tan0，从而 0arg z 2 2由 z=3cos+2isin，得 tan(argz)= = tan02sin3cos 23于是 tany=tan(-argz)= = = tan-tan(argz)1+tantan(argz)13tan1 + 23

22、tan213tan + 2tan = 12 3tan2tan 612当且仅当 ，即 tan= 时，取“=” 3tan =2tan 6213又因为正切函数在锐角的范围内为增函数，故当 = arctan 时，y 取最大值为 arctan62612解法二 因 0 ，故 cos0，sin0，0argz ，且 2 2cos(argz) = ，sin(argz ) = 3cos9cos2+4sin2 2sin9cos2+4sin2显然 y(- ， )，且 siny 为增函数 2 2siny = sin(-argz)=sincos(argz)-cossin(argz)= sincos9cos2+4sin2=

23、 = = 19csc2+4sec2 19+9cot2+4+4tan2 113+29cot24tan215当且仅当 ，即 tan= ，取“=” ，此时 ymax= arctan 9cot2 = 4tan262 612解法三 设 Z1=2(cos+isin)，Z 2=cos，则 Z=Z1+Z2，而Z1、Z 2、Z 的辐角主值分别为 、0，argz如图所示，必有y=ZOZ 1，且 0y 2在ZOZ 1 中，由余弦定理得cosy = = |OZ1|2+|OZ|2-|Z1Z|22|OZ1|OZ| 4+4+5cos2-cos2224+5cos2= + 4+5cos25 654+5cos2 265当且仅当

24、4+5cos2=6，即 cos= 时，取“= ”105又因为余弦函数在 0 为减函数，故当 =arccos 时，y max=arccos 2 105 265【说明】解题关键点：将复数问题通过化归转化为实数问题，使问题能在我们非常熟悉的情景中求解解题规律：多角度思考，全方位探索，不仅使我们获得了许多优秀解法，而且还使我们对问题的本质认识更清楚，进而更有利于我们深化对复数概念的理解，灵活驾驭求解9 图x argzyoZ1Z2Z14复数问题的能力解题易错点：因为解法的多样性，反三角函数表示角的不唯一性，因而最后的表述结果均不一样，不要认为是错误的九、专题训练1、下列说法正确的是 A0i 是纯虚数 B

25、原点是复平面内直角坐标系的实轴与虚轴的公共点C实数的共轭复数一定是实数，虚数的共轭复数一定是虚数 D 是虚数2i2、下列命题中，假命题是 A两个复数不可以比较大小 B两个实数可以比较大小C两个虚数不可以比较大小 D一虚数和一实数不可以比较大小3、已知对于 x 的方程 +（ 1 2i）x+3m i=0 有实根，则实数 m 满足 24、复数 1+i+ + 等于 2i10Ai B I C2i D 2i5、已知常数 ，又复数 z 满足 ，求复|,0, 10110 zzzC满 足复 数且 1平面内 z 对应的点的轨迹。6、设复数 ，记 。62i34uz（1）求复数 的三角形式；（2）如果 ，求实数 、

26、的值。u2abzuab7、 （2003 年普通高等学校招生全国统一考试(理 17)）已知复数 的辐角为 ，且 是 和 的等比中项，求z60|1|z|z|z158、已知复数 满足 ，且 。12,z12z12z（1） 求 的值； （2）求证： ；20（3）求证对于任意实数 ，恒有 。a11zza9、 （1992三南试题）求同时满足下列两个条件的所有复数 z：(1)z + 是实数，且 1 z + 6； (2)z 的实部和虚部都是整数10z 10z十、专题训练参考答案1、解 0i=0R 故 A 错；原点对应复数为 0R 故 B 错，i2=-1 R，故 D 错，所以答案为C。2、解 本题主要考察复数的基

27、本性质，两个不全是实数的复数不能比较大小，故命题B，C ，D 均正确，故 A 命题是假的。3、解 本题考察复数相等概念，由已知4、解： 因为 i 的四个相邻幂的和为 0，故原式=1+i+i2+0+0=i，答案：A。5、解： )0(|1|,1|,1, 01 zzzzz 即Z 对应的点的轨迹是以 对应的点为圆心，以 为半径的圆，但应除去原点。0|6、答案：（1） ；（2）32cosinu8,ab7、解：设 ，则复数 由题设)6irrz.rz的 实 部 为 2,rz.1|).(12,:.012 ,4,|(| 2 zrrz即舍 去解 得整 理 得 即8、答案（1） ；（2） 、 （3）省略。9、分析：

28、 按一般思路，应设 zxyi（x，yR） ，或 z=r（cos161t6 =t2-400，解方程得又z 的实部和虚部都是整数，t=2 或 t=6故 z=13i 或 z=3i解法二：z + R，10z从而 z= 或 z =10若 z= ，则 zR，因 1 z + 6，故 z0，从而 z + z_ z_ z_ 10z 6，此时无解；若 z =10，则 1z+ 6设 z=x+yi(x、yZ)，则10z 210 z_ z_ 12x6，且 x2+y2=10，联立解得 或 或 或x=1，y=3， ) x=1，y= -3， ) x=3，y=1， ) x=3，y= -1 )故同时满足下列两个条件的所有复数 z 1+3i，1-3i ，3+ i，3-i。