2021年高考数学第一轮专题复习-复数——复数的有关概念

第104-106课时：第十四章复数——复数的有关概念法及复数的运算法则，复数与实数的区别和联系。

三．教学过程：（一）主要知识：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）。

复数在过去几年里是代数的重要内容之一，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、共轭等外，还要注意一些重要而常不引起重视的概念。

如：若有“3 1z z + 4”。

就是说1z R z+∈，而且很快联系到111z z z z z+=+⇔=或z R ∈，又∵1z =是不可能的，∴z R ∈。

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：①不能正确理解复数的几何意义，常常搞错向量旋转的方向； ②忽视方程的虚根成对出现的条件是实系数；③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；④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。

（二）知识点详析 1．知识体系表解2．复数的有关概念和性质：(1)i称为虚数单位,规定21i=-,形如a+bi的数称为复数,其中a，b∈R．(2)复数的分类(下面的a，b均为实数)(3)复数的相等设复数1112221122,(,,,)z a bi z a b i a b a b R =+=+∈，那么12z z =的充要条件是：1122a b a b ==且．(4)复数的几何表示复数z=a+bi （a ，b ∈R ）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．复数z=a+bi (),a b R ∈．在复平面内还可以用以原点O 为起点，以点Z(a ，b)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①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．②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：⑴n i ()*n N ∈怎样计算？（先求n 被4除所得的余数，r r k i i =+4 ()*,k N r N ∈∈） ⑵i i 2321232121--=+-=ωω、是1的两个虚立方根，并且： 13231==ωω221ωω=122ωω=211ωω=121ωω=21ωω=12ωω=121-=+ωω⑶ 复数集内的三角形不等式是：212121z z z z z z +≤±≤-，其中左边在复数z 1、z 2对应的向量共线且反向（同向）时取等号，右边在复数z 1、z 2对应的向量共线且同向（反向）时取等号。

⑷ 棣莫佛定理是：[]))(sin (cos )sin (cos Z n n i n r i r n n ∈+=+θθθθ ⑸ 若非零复数)sin (cos ααi r z +=，则z 的n 次方根有n 个，即：)1210)(2sin 2(cos-=+++=n k nk i n k r z n k ，，，， απαπ 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n r 的圆上，并且把这个圆n 等分。

⑹ 若121)3sin 3(cos 32z i z z ⋅+==ππ，，复数z 1、z 2对应的点分别是A 、B ，则△AOB（O 为坐标原点）的面积是333sin 6221=⨯⨯⨯π。

⑺ z z ⋅=2z 。

⑻ 复平面内复数z 对应的点的几个基本轨迹： ①↔=)(arg 为实常数θθz 轨迹为一条射线。

②↔=-是实常数）是复常数，θθ00()arg(z z z 轨迹为一条射线。

③↔=-是正的常数）r r z z (0轨迹是一个圆。

④↔-=-)(2121是复常数、z z z z z z 轨迹是一条直线。

⑤↔=-+-是正的常数）是复常数，、a z z a z z z z 2121(2轨迹有三种可能情形：a)当212z z a ->时，轨迹为椭圆；b)当212z z a -=时，轨迹为一条线段；c)当212z z a -<时，轨迹不存在。

⑥↔=---)(221是正的常数a a z z z z 轨迹有三种可能情形：a)当212z z a -<时，轨迹为双曲线；b)当212z z a -=时，轨迹为两条射线；c)当212z z a ->时，轨迹不存在。

4．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：(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ω的性质；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。

（三）例题分析： Ⅰ.2004年高考数学题选复数集纯虚数集虚 数 集 实数集1. (2004年四川卷理3)设复数ω＝－21＋23i ，则1＋ω＝ A.–ω B.ω2 C.ω-1 D.21ω 2．(2004重庆卷2）)设复数z z i z 2,212-+=则, 则22Z Z -=（ ） A ．–3B ．3C ．－3iD ．3i3. （2004高考数学试题广东B 卷14）已知复数z 与 (z +2)2-8i 均是纯虚数,则 z = . Ⅱ.范例分析①实数？②虚数？③纯虚数？①复数z 是实数的充要条件是：∴当m ＝-2时复数z 为实数． ②复数z 是虚数的充要条件：∴当m ≠-3且m ≠-2时复数z 为虚数 ③复数z 是纯虚数的充要条件是：∴当m ＝1时复数z 为纯虚数．【说明】要注意复数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z ＝a+bi(a ，b ∈R)为纯虚数的充要条件是a ＝0且b ≠0．[ ]()22221441z z z z =-+=-++，所以54z =，代入①得34z i =+，故选B ． 解法3：选择支中的复数的模均为2314⎛⎫+ ⎪⎝⎭，又0z ≥，而方程右边为2+i ，它的实部，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 ，y ∈R)将z=x+yi 代入|z -4|＝|z -4i|可得x ＝y ，∴z=x+xi(2)当|z -1|2＝13时，即有x 2-x -6=0则有x=3或x=-2 综上所述故z ＝0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+32i +…+1000999i【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，要记住常用的数据：2(1)2i i ±=±，11i i -=-，11ii i+=-。

（2）原式15612441313[2()][2()]222212(1)(1)2i i i i --+----=-⋅+153563262413132[()]2[()]222212(2)(2)2i ii i i--+---=-⋅15651055222(22)102622ii i---+===⋅⋅(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S＝1+2i+32i+…+1000999i，则iS＝i+22i+33i+…+999999i+10001000i，∴(1-i)S＝1+i+2i+…+999i-10001000i【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．【例5】（1）若344(3)(34)(1)i izi+=-，求：z（2）已知121,,1z z C z∈=，求12121z zz z--⋅的值。

解：（1）343444334251250(2)1i izi-+===⨯=-【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(sin cos ,sin cos sin sin cos sin 1πθπθθθ≠<<+=+=+且设复数i z C C A B B A 、)arg(),sin (cos 2212z z A i A z 求+=的值.【解】B C C B A CC A B B A sin sin )cos (cos sin sin cos sin sin cos sin -=-∴+=+得2cos 2sin 2)2sin 2sin (2cos 2sin 4C B C B C B C B A A +--=-⨯+-……3分,02,2cos 2sin ,2sin 2cos222≠-=+=+∴-=+CB AC B A C B A C B 又π .02sin ,02sin≠-≠∴CB A 上式化简为2212cos 2π=∴=A A ……6分)]2sin()2[cos(221πθπθ-+-=i z z (9)分θππθ+=<<∴23)arg(,2021z z 时当当2)arg(,221πθπθπ-=<<z z 时……12分【例7】设z 1=1-cosθ+i sinθ，z 2=a 2+ai (a ∈R )，若z 1z 2≠0，z 1z 2+z 1z 2=0，问在（0，2π）内是否存在θ使(z 1-z 2)2为实数？若存在，求出θ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θ存在．因z 1z 2≠0，z 1z 2+z 1z 2=0，故z 1z 2为纯虚数． 又z 1z 2=(1-cos θ+i sin θ)(a 2+ai )=[a 2(1-cos θ)-a sin θ]+[a (1-cos θ)+a 2sin θ]i ，于是，⎩⎪⎨⎪⎧a 2(1-cos θ)-a sin θ=0 ， ①a (1-cos θ)+a 2sin θ≠0 ．② 因θ∈(0，2π)，故cos θ≠1．于是，由①得a =sin θ1-cos θ．另一方面，因(z 1-z 2)2∈R ，故z 1-z 2为实数或为纯虚数．又z 1-z 2=1-cos θ-a 2+(sin θ-a )i ，于是sin θ-a =0，或1-cos θ-a 2=0．若sin θ-a =0，则由方程组⎩⎨⎧sin θ-a =0，a = sin θ1-cos θ， 得sin θ1-cos θ=sin θ，故cos θ=0，于是θ=π2 或θ=3π2 ． 若1-cos θ-a 2=0，则由方程组⎩⎨⎧1-cos θ-a 2=0，a = sin θ1-cos θ， 得(sin θ1-cos θ)2=1-cos θ． 由于sin 2θ=1-cos 2θ=(1+cos θ)(1-cos θ)，故1+cos θ=(1-cos θ)2． 解得cosθ=0，从而θ=π2 或θ=3π2．综上所知，在(0，2π)内，存在θ=π2 或θ=3π2 ，使(z 1-z 2)2为实数．【说明】①解题技巧：解题中充分使用了复数的性质：z ≠0，z+z =0⇔z ∈{纯虚数}⇔⎩⎪⎨⎪⎧Re(z )=0，Im(z )≠0．以及z 2∈R ⇔z ∈R 或z ∈{纯虚数}．（注：Re(z )，Im(z )分别表示复数z 的实部与虚部）②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： z 2+2|z |=a ．【分析】由于z 2=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a ＜0，则z 2=a -2|z |＜0，于是z 为纯虚数，从而r 2=2r –a ． 解得 r =1+1-a (r =1-1-a ＜0，不合，舍去)．故 z =±(1+1-a )i ．若a ≥0，对r 作如下讨论：（1）若r ≤12a ，则z 2=a -2|z |≥0，于是z 为实数．解方程r 2=a -2r ，得r =-1+ 1+a (r =-1-1+a ＜0，不合，舍去)．故 z =±(-1+1+a )．（2）若r ＞12a ，则z 2=a -2|z |＜0，于是z 为纯虚数．解方程r 2=2r -a ，得r =1+ 1-a 或r =1- 1-a (a ≤1)．故 z =±(1±1-a )i (a ≤1)．综上所述，原方程的解的情况如下： 当a ＜0时，解为：z =±(1+1-a )i ；当0≤a ≤1时，解为：z =±(-1+ 1+a )，z =±(1± 1-a )i ；当a ＞1时，解为：z =±(-1+1+a )．【说明】解题技巧：本题还可以令z=x+yi(x 、y ∈R)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p 满足不等式0212<++x x ，试判断方程05222=-+-p z z 有无实根，并给出证明.【解】由0212<++x x ，解得212-<<-x ，212-<<-∴p .方程05222=-+-p z z 的判别式)4(42-=∆p . 212-<<-p ，4241<<∴p ，0<∆，由此得方程05222=-+-p z z 无实根.【例10】给定实数a ，b ，c ．已知复数z 1、z 2、z 3满足⎩⎨⎧|z 1|=|z 2|=|z 3|， (1)z 1z 2+ z 2z 3+ z 3z1=1． (2)求｜az 1+bz 2+cz 3｜的值． 【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|z 1|=|z 2|=|z 3|=1，可设z 1z 2 =cos θ+i sin θ，z 2z 3 =cos φ+i sin φ，则z 3z 1 =1z 2z 3 · z 1z 2=cos(θ+φ)-i sin(θ+φ)．因z 1z 2 + z 2z 3 + z 3z 1=1，其虚部为0，故0=sin θ+sin φ-sin(θ+φ)=2sin θ+φ2cos θ-φ2-2sin θ+φ2cos θ+φ2=2sin θ+φ2（cos θ-φ2-cos θ+φ2）=4sin θ+φ2sin θ2sin φ2．故θ=2k π或φ=2k π或θ+φ=2k π，k ∈Z ．因而z 1=z 2或z 2=z 3或z 3=z 1． 若z 1=z 2，代入（2）得z 3z 1 =±i ，此时｜az 1+bz 2+cz 3｜=|z 1|·|a +b ±ci ｜=(a +b )2 + c 2 ．类似地，如果z 2=z 3，则｜az 1+bz 2+cz 3｜=(b +c )2 + a 2 ；如果z 3=z 1，则｜az 1+bz 2+cz 3｜=(a +c )2 + b 2 ．解法二由（2）知z 1z 2 + z 2z 3 + z 3z 1 ∈R ，故 z 1z 2 + z 2z 3 + z 3z 1 =z 1z 2 + z 2z 3 + z 3z 1_ ，即z 1z 2 + z 2z 3 + z 3z 1 =133221z zz zz z++．由（1）得z k =1z k (k =1，2，3)，代入上式，得z 1z 2 + z 2z 3 + z 3z 1=z 2z 1 + z 3z 2 + z 1z 3 ， 即z 12z 3+z 22z 1+z 32z 2=z 22z 3+z 32z 1+z 12z 2，分解因式，得(z 1-z 2)(z 2-z 3)(z 3-z 1)=0，于是z 1=z 2或z 2=z 3或z 3=z 1．下同解法一．【说明】①解题关键点是巧妙利用复数为实数的充要条件：z ∈R ⇔z =z _，以及视z 1z 2 ，z 2z 3等为整体，从而简化了运算． ②解题易错点是拿到问题不加分析地就盲目动笔，而不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．（四）巩固练习：设复数z =3cos θ+2i sin θ，求函数y =θ-arg z (0＜θ＜π2 )的最大值以及对应角θ的值．【分析】先将问题实数化，将y 表示成θ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．解法一、由0＜θ＜π2 ，得tan θ＞0，从而0＜arg z ＜π2 ．由z =3cos θ+2i sin θ，得 tan(arg z )=2sin θ3cos θ=23tan θ＞0．于是 tan y =tan(θ-arg z )=tan θ-tan(arg z )1+tan θtan(arg z )=13tan θ1 + 23tan 2θ=13tan θ+ 2tan θ ≤123tan θ·2tan θ=612．当且仅当3tan θ =2tan θ ，即tan θ=62时，取“=”．又因为正切函数在锐角的范围内为增函数，故当θ=arctan6 2时，y 取最大值为arctan 612．解法二、因0＜θ＜π2 ，故cos θ＞0，sin θ＞0，0＜arg z ＜π2 ，且cos(arg z )=3cos θ9cos 2θ+4sin 2θ，sin(arg z )=2sin θ9cos 2θ+4sin 2θ．显然y ∈(-π2 ，π2)，且sin y 为增函数．sin y =sin(θ-arg z )=sin θcos(arg z )-cos θsin(arg z )=sin θcos θ9cos 2θ+4sin 2θ=19csc 2θ+4sec 2θ=19+9cot 2θ+4+4tan 2θ≤113+29cot 2θ·4tan 2θ=15．当且仅当9cot 2θ = 4tan 2θ，即tan θ=6 2，取“=”，此时y max =arctan612．解法三、设Z 1=2(cos θ+i sin θ)，Z 2=cos θ，则Z =Z 1+Z 2，而Z 1、Z 2、Z 的辐角主值分别为θ、0，arg z ．如图所示，必有y =∠ZOZ 1，且0＜y ＜π2 ．在△ZOZ 1中，由余弦定理得cos y =|OZ 1|2+|OZ |2-|Z 1Z |22|OZ 1|·|OZ |=4+4+5cos 2θ-cos 2θ 2×24+5cos 2θ=4+5cos 2θ5+654+5cos 2θ≥265．当且仅当4+5cos 2θ=6，即cos θ=105时，取“=”．又因为余弦函数在0＜θ＜π2 为减函数，故当θ=arccos 105时，y max =arccos265．【说明】①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．②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，灵活驾驭求解复数问题的能力．③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．四．课后作业：1、下列说法正确的是 [ ]A ．0i 是纯虚数B ．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 ．2i 是虚数 2、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2x +（1-2i ）x+3m -i=0有实根，则实数m 满足[ ]4、复数1+i+2i +…+10i 等于 [ ]A ．iB ．- iC ．2iD ．-2i5、已知常数||||,0,101100z z z z z C z =-≠∈满足复数且，又复数z 满足11-=zz ，求复平面内z 对应的点的轨迹。