第5章 §2 复数的四则运算
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2019·郑州高二检测)设复数z＝a＋bi(a、b∈R)，若＝2－i成立，则点P(a，b)在( A )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[解析] ∵＝2－i，∴z＝(2－i)(1＋i)＝3＋i，∴a＝3，b＝1，∴点P(a，b)在第一象限．
2．设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，则z1z2＝( A )
A．－5 B．5
C．－4＋i D．－4－i
[解析] 本题考查复数的乘法，复数的几何意义．
∵z1＝2＋i，z1与z2关于虚轴对称，∴z2＝－2＋i，
∴z1z2＝－1－4＝－5，故选A.
3．(2019·北京卷理，1)已知复数z＝2＋i，则z·＝( D )
A． B．
C．3 D．5
[解析] 方法1：∵ z＝2＋i，∴ ＝2－i，∴ z·＝(2＋i)(2－i)＝5.故选D.
方法2：∵ z＝2＋i，∴ z·＝|z|2＝5.故选D.
4．(2019·长安一中质检)设z＝＋i(i是数单位)，则z＋2z2＋3z3＋4z4＋5z5＋6z6＝
( C )
A．6z B．6z2
C．6 D．－6z
[解析] z2＝－＋i，z3＝－1，z4＝－－i，z5＝－i，z6＝1，∴原式＝(＋i)＋(－1＋i)＋(－3)＋(－2－2i)＋(－i)＋6＝3－3i＝6(－i)＝6.
二、填空题
5．已知z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ且z1－z2＝＋i，则cos(α＋β)的值为 .
[解析] ∵z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ，
∴z1－z2＝(cosα－cosβ)＋i(sinα＋sinβ)＝＋i，
∴
①2＋②2得2－2cos(α＋β)＝1，
即cos(α＋β)＝.
6．设复数z1、z2在复平面内的对应点分别为A、B，点A与B关于x轴对称，若z1(1－i)＝3－i，则|z2|＝.
[解析] ∵z1(1－i)＝3－i，
∴z1＝＝＝2＋i，
∵A与B关于x轴对称，∴z1与z2互为共轭复数，
∴z2＝1＝2－i，∴|z2|＝.
三、解答题
7．已知复数z＝1＋i，求实数a，b，使得az＋2b ＝(a＋2z)2.
[解析] 因为z＝1＋i，所以az＋2b ＝(a＋2b)＋(a－2b)i，
(a＋2z)2＝(a＋2)2－4＋4(a＋2)i＝(a2＋4a)＋4(a＋2)i.
因为a，b都是实数，所以由az＋2b ＝(a＋2z)2，
得
两式相加，整理得a2＋6a＋8＝0，
解得a1＝－2，a2＝－4，
相应得b1＝－1，b2＝2，
所以所求实数为a＝－2，b＝－1或a＝－4，b＝2.
8．已知z是虚数，且z＋是实数，求证：是纯虚数．
[证明] 设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0.
由已知得z＋＝(x＋yi)＋＝x＋yi＋＝(x＋)＋(y－)i.
∵z＋是实数，∴y－＝0，即x2＋y2＝1，
且x≠±1，
∴＝
＝＝
＝－i.
∵y≠0，x≠－1，
∴是纯虚数．
B级 素养提升
一、选择题
1．若z＝4＋3i，则＝( D )
A．1 B．－1
C．＋i D．－i
[解析] |z|＝＝5，＝4－3i，则＝－i.
2．复数z满足方程＝4，那么复数z在复平面内的对应点Z的轨迹是( C )
A．以(1，－1)为圆心，4为半径的圆
B．以(1，－1)为圆心，2为半径的圆
C．以(－1,1)为圆心，4为半径的圆
D．以(－1,1)为圆心，2为半径的圆
[解析] ＝|z＋(1－i)|＝|z－(－1＋i)|＝4，设－1＋i的对应点为C(－1,1)，则|ZC|＝4，因此动点Z的轨迹是以C(－1,1)为圆心，4为半径的圆，故应选C.
二、填空题
3．i是虚数单位，若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值是－2.
[解析] (1－2i)(a＋i)＝a＋2＋(1－2a)i，该复数为纯虚数，所以a＋2＝0，且1－2a≠0，所以a＝－2.
4．已知f(z)＝|1＋z|－且f(－z)＝10＋3i，则复数z＝5－3i.
[解析] 设z＝x＋yi(x，y∈R)，
则－z＝－x－yi，由f(－z)＝10＋3i，
得|1＋(－z)|－(－)＝10＋3i，
|(1－x)－yi|－(－x＋yi)＝10＋3i，
∴
解之得x＝5，y＝－3，∴所以z＝5－3i.
三、解答题
5．已知z1是虚数，z2＝z1＋是实数，且－1≤z2≤1.
(1)求|z1|的值以及z1的实部的取值范围；
(2)若ω＝，求证：ω为纯虚数．
[解析] 设z1＝a＋bi(a，b∈R，且b≠0)．
(1)z2＝z1＋＝a＋bi＋＝(a＋)＋(b－)i.
因为z2是实数，b≠0，于是有a2＋b2＝1，即|z1|＝1，所以z2＝2a.
由－1≤z2≤1，得－1≤2a≤1，
解得－≤a≤，
即z1的实部的取值范围是[－，]．
(2)ω＝＝
＝＝－i.
因为a∈[－，]，b≠0.所以ω为纯虚数．
6．已知若z1，z2是非零复数，且|z1＋z2|＝|z1－z2|，求证：是纯虚数．
[证明] 证法一：设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i(a1，b1，a2，b2∈R且a1与b1、a2与b2不同时为0)，
由|z1＋z2|＝|z1－z2|，得a1a2＋b1b2＝0，于是＝＝i.
因为z≠0，所以b1a2－a1b2≠0，即是纯虚数．
证法二：将已知等式变形为|z2||＋1|＝|z2||－1|，故|＋1|＝|－1|，设＝a＋bi(a，b∈R)，则有(a＋1)2＋b2＝(a－1)2＋b2，从而解得a＝0，
又≠0，故b≠0，所以为纯虚数．
证法三：将已知等式变形为|z2||＋1|＝|z2||－1|，故|＋1|＝|－1|，
令z＝，则原等式化为|z＋1|＝|z－1|，
而变形后的几何意义是：表示点Z到两定点A(1,0)、B(－1,0)的距离相等，则动点Z的图形就是AB的垂直平分线，即y轴(原点除外)，于是有z＝ai(a∈R，a≠0)．
所以为纯虚数．
C级 能力拔高
(2019·潍坊高二检测)已知z为虚数，z＋为实数．
(1)若z－2为纯虚数，求虚数z；
(2)求|z－4|的取值范围．
[解析] (1)设z＝x＋yi(x，y∈R，y≠0)，
则z－2＝x－2＋yi，
由z－2为纯虚数得x＝2，所以z＝2＋yi，则z＋＝2＋yi＋＝2＋(y－)i∈R，得y－＝0，y＝±3，所以z＝2＋3i或z＝2－3i.
(2)因为z＋＝x＋yi＋＝x＋＋[y－]i∈R，
所以y－＝0，
因为y≠0，所以(x－2)2＋y2＝9，
由(x－2)2<9得x∈(－1,5)，
所以|z－4|＝|x＋yi－4|＝
＝＝∈(1,5)．
课件51张PPT。第五章数系的扩充与复数的引入本章知识概述：本章在数系扩充的基础上，引进了复数的概念及运算．
本节共分两个小节，第一小节讲数系的扩充和复数的有关概念，介绍了数集从自然数集开始，扩充到复数集的过程，并说明了数系的每一次扩充，都解决了某些运算不能进行的矛盾．讲复数概念时，说明人们在解实系数方程时，产生了扩充实数集的需要，从而引进虚数单位i，在此基础上，给出了复数的概念及表示形式．并且详尽地讨论了复数的分类，又通过复数和复平面内的点一一对应，给出了复数的几何意义．
第二小节讲复数的运算，分别给出了复数的加法、减法运算法则，以及代数形式的乘法、除法运算法则．
复数产生以后，人们将复数与平面向量联系起来，并使其在电工学、流体力学、振动理论、机翼理论中得到广泛的实际应用，然后又建立了以复数为变数的“复变函数”理论，这又是一个崭新而强有力的数学分支. §2 复数的四则运算自主预习学案乘飞机从上海到香港约2.5小时，从香港到台北约4小时，因此从上海经香港转航到台北约6.5小时．在两岸同胞的共同努力下，现在实现两岸直航，上海到台北只需约90分钟，比直航前节省约5小时，有关航行节时的多少，体现了实数集内的代数运算．
复数集内可进行复数的四则运算吗？1．复数的加法与减法
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意两个复数，定义复数的加法、减法为：(a＋bi)±(c＋di)＝_________________.即______________________________________ _______________________．
容易验证，复数的加法满足交换律、结合律，即对任意z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．(a±c)＋(b±d)i 两个复数相加(减)就是把实部与实部、虚 部与虚部分别相加(减) 2．复数的乘法
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意两个复数，定义复数的乘法为：(a＋bi)(c＋di)＝_____________________.
两个复数的乘积仍然是一个确定的复数．两个复数相乘，类似于两个多项式相乘，只要在所得的结果中把i2换成－1，并且把实部和虚部分别合并即可．
3．共轭复数(ac－bd)＋(ad＋bc)i 实部相等，虚部互为相反数时 a－bi 本身 a2＋b2 5．复数的运算律
在复数范围内，实数范围内正整数指数幂的运算律仍然成立．
即对任意复数z，z1，z2和正整数m，n，有zm·zn＝______，(zm)n＝______，(z1z2)n＝_______.zm＋n zmn 1．复数(1－i)－(2＋i)＋3i等于( )
A．－1＋i B．1－i
C．i D．－i
[解析] 原式＝(1－2)＋(－1－1＋3)i＝－1＋i.A B 3．设f(z)＝z－2i，z1＝3＋4i，z2＝－2－i，则f(z1－z2)等于( )
A．1－5i B．－2＋9i
C．－2－i D．5＋3i
[解析] f(z1－z2)＝(z1－z2)－2i＝(3＋4i＋2＋i)－2i＝5＋3i.D 4．设a、b、c、d∈R，则复数(a＋bi)(c＋di)为实数的充要条件是( )
A．ad－bc＝0 B．ac－bd＝0
C．ac＋bd＝0 D．ad＋bc＝0D C 互动探究学案[思路分析] 先求得z1＋z2，再根据复数为虚数判断求出．命题方向1 ?复数代数形式的加减运算典例 1 『规律总结』 复数的加、减法运算，就是把实部与实部、虚部与虚部分别相加减，实部与实部相加减作实部，虚部与虚部相加减作虚部．同时，还要弄清复数的有关概念．命题方向2 ?复数的乘法、除法运算典例 2 『规律总结』 本题主要考查复数的乘除法运算以及转化的思想方法．如本题第(2)问可以去掉分母，转化为乘法运算，也可将每个分母的复数转化为实数，再由复数相等的充要条件，转化为实数方程组，其中化虚为实是一种重要的方法．[思路分析] 通过运算把复数写成a＋bi(a、b∈R的形式)，则其共轭复数为a－bi.命题方向3 ?共轭复数C 典例 3 『规律总结』 1.由比较复杂的复数运算给出的复数，求其共轭复数，可先按复数的四则运算法则进行运算，将复数写成代数形式，再写出其共轭复数．
2．注意共轭复数的简单性质的运用．B 计算i＋i2＋i3＋…＋i2018＋i2019.
[思路分析] 先计算i，i2，i3，i4的和，找出规律，再按照规律求解．
[解析] ∵i2＝－1，i3＝－i，i4＝1，i5＝i，……
∴i＋i2＋i3＋i4＝0，∴i＋i2＋i3＋i4＋…＋i2019＝i2017＋i2018＋i2019＝i－1－i＝－1.命题方向4 ?复数的乘方典例 4 『规律总结』 1.虚数单位i的周期性．
(1)i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＝1(n∈N)．n也可以推广到整数集．
(2)in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N)．
2．常用结论：
[思路分析] 要证明1＋ω＋ω2＝0和ω3＝1，须先求出ω2，再由ω2ω求出ω3.在有关复数运算的综合问题中，常与数列、不等式、三角函数、函数、解析几何等内容结合在一起，要解决此类问题常将复数设为x＋yi(x，y∈R)的形式，利用有关条件及复数相等转化为实数问题或利用复数的几何意义转化为点的坐标或向量问题进行解决．复数的综合应用 典例 3 『规律总结』 因为已知方程x2＋bx＋c＝0的一根是复数根，故我们需将该已知根代入方程，根据复数相等的充要条件求解．
有关复数的方程问题一般有两种情况：
①方程的根为复数，系数为实数，已知方程的一个复数根，求实系数．
②方程的根为实数，系数为复数，求实根．
1．在解方程时，对未知量的系数必须准确判断，才能寻找出正确的解题思路．
2．解决关于方程有实根的问题或实系数方程有复
数根的问题，即上面提到的①②，一般都是指实根或复数根代入方程，用复数相等的充要条件求解．
4．在解复系数一元二次方程时，套用实系数一元二次方程根的判别式Δ＝b2－4ac，这种做法是毫无意义的．〔跟踪练习5〕
已知关于t的一元二次方程t2＋(2＋i)t＋2xy＋(x－y)i＝0(x，y∈R)有实数根，求点(x，y)的轨迹方程．
[解析] (1)设实根为t，则t2＋(2＋i)t＋2xy＋(x－y)i＝0，即(t2＋2t＋2xy)＋(t＋x－y)i＝0，
根据复数相等的充要条件 解方程|x|＝2＋x－2i.
[辨析] 在解题中用了复数范围内不成立的等式|z|2＝z2.混淆复数集与实数集中运算性质的差别典例 6 [点评] 注意数域扩展后，原来实数集中成立的关系，在复数集中有些已经不再成立，如|a|2＝a2，a2≥0，a>b?a＋c>b＋c等等．解题时要审慎对待，避免失误．A C C 课时作业学案
