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模块导图

知识剖析

虚数单位的性质

\(i\)叫做虚数单位，并规定：
①\(i\)可与实数进行四则运算；
②\(i^2=-1\)，这样方程\(x^2=-1\)就有解了，解为\(x=-i\)，\(x=i\).
③\(i^2=-1\),\(i^3=-i\)，\(i^4=1\),\(i^n\)以\(4\)为周期，即\(i^{4+n}=i^{n}\).

复数的概念

① 定义
形如\(a+bi(a ,b∈R)\)的数叫做复数，其中\(i\)叫做虚数单位，\(a\)叫做实部，\(b\)叫做虚部.全体复数所成的集合\(C\)叫做复数集.复数通常用\(z\)字母表示，即\(z=a+bi (a ,b∈R)\).
② 分类
\(z=a+b i=\left\{\begin{array}{cl} b=0 & \text { 实数 } \\ b \neq 0 & \text { 虚数 } \\ a=0 \text { 且 } b \neq 0 & \text { 纯虚数 } \end{array}\right.\)

复数相等

\(a+b i=c+d i? a=c ,b=d(a ,b ,c ,d∈ R)\)
也就是说，两个复数相等，充要条件是他们的实部和虚部分别相等.
\({\color{Red}{ PS }}\) 只有两个复数全是实数，才可以比较大小，否则无法比较大小.

共轭复数

\(z=a+b i\)的共轭复数记作\(\bar{z}=a-b i\)，且\(\text { 且 } z \cdot \bar{z}=a^{2}+b^{2}\).

复数的几何意义

① 复平面的概念
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，\(x\)轴叫做实轴，\(y\)轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.
② 复数的几何意义
复数\(z=a+b i\)与复平面内的点\(Z(a ,b)\)及平面向量\(\overrightarrow{O Z}=(a, b)\)\((a, b \in R)\)是一一对应关系(复数的实质是有序实数对，有序实数对既可以表示一个点，也可以表示一个平面向量)相等的向量表示同一个复数.
③ 复数的模
向量\(\overrightarrow{O Z}\)的模叫做复数\(z=a+b i\)的模，记作\(|z|\)或\(|a+b i|\)，表示点\((a ,b)\)到原点的距离，
即\(|z|=|a+b i|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}\)，\(|z|=|\bar{z}|\)

代数形式的四则运算

① 运算法则
设\(z_1=a+bi\)，\(z_2=c+di\),\(a\),\(b\),\(c\),\(d∈R\)
\(\text { (1) } z_{1} \pm z_{2}=a+b i+c+d i=(a+c)+(b+d) i\)
\(\text { (2) } z_{1} \cdot z_{2}=(a+b i) \cdot(c+d i)=(a c-b d)+(b c+a d) i\)
\(\text { (3) } \dfrac{z_{1}}{z_{2}}=\dfrac{(a+b i)}{(c+d i)}=\dfrac{(a+b i)(c-d i)}{(c+d i) \cdot(c-d i)}=\dfrac{(a c+b d)+(b c-a d) i}{c^{2}+d^{2}}\)
② 加减法的几何意义
几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形\(OZ_1 ZZ_2\)可以直观地反映出复数加减法的几何意义，

即\(\overrightarrow{O Z}=\overrightarrow{O Z_{1}}+\overrightarrow{O Z_{2}}\),\(\overrightarrow{Z_{1} Z_{2}}=\overrightarrow{O Z_{2}}-\overrightarrow{O Z_{1}}\)
若\(z_1=a+b i\)，\(z_2=c+d i\)，
\((1) |z_1-z_2 |\)表示\((a ,b)\)到\((c ,d)\)的距离，
即\(\left|z_{1}-z_{2}\right|=\sqrt{(a-c)^{2}+(b-d)^{2}}\).
\((2) |z-z_1 |=r(r>0)\)表示以\((a ,b)\)为圆心，\(r\)为半径的圆.

复数的三角表示*

① 一般地，任何一个复数\(z=a+bi\)都可以表示成

\[r(\cos \theta+i \sin \theta) \]

的形式，其中，\(r\)是复数\(z\)的模，\(θ\)是以\(x\)轴的非负半轴为始边，向量\(\overrightarrow{O Z}\)所在射线为终边的角，叫做复数\(z=a+bi\)的辐角，\(r(\cos θ+i\sin θ)\)叫做复数\(z=a+bi\)的三角形表示式.
规定：在\(0≤θ<2π\)范围内的辐角\(θ\)的值为辐角的主值，通常记作\(\arg z\)，即\(0 \leq \arg z<2 \pi\).
② 复数的代数形式\(z=a+bi\)与三角形式\(r(\cos \theta+i \sin \theta)\)的互换

\[\left\{\begin{array}{l} a=r \cos \theta \\ b=r \sin \theta \end{array}\right.\]

③ 复数乘、除运算的三角表示及其几何意义
设\(z_{1}=r_{1}\left(\cos \theta_{1}+i \sin \theta_{1}\right)\)，\(z_{2}=r_{2}\left(\cos \theta_{2}+i \sin \theta_{2}\right)\)
则\(z_{1} z_{2}=r_{1} r_{2}\left[\cos \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)+i \sin \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)\right]\)
\(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}=\dfrac{r_{1}}{r_{2}}\left[\cos \left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)+i \sin \left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)\right]\)

经典例题

【题型一】复数的概念与分类

【典题1】求解\(i+i^2+i^3+?+i^{2017} =\)\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】\(∵i+i^2+i^3+i^4=i-1-i+1=0\)且\(i^n\)以\(4\)为周期
\(∴i+i^2+i^3+?+i^{2017}=0×504+i^{2017}=i\).

【典题2】求当\(a\)为何实数时，复数\(z= (a^2-2a-3)+ (a^2+a-12)i\)满足：
\((1)z\)为实数；\((2)z\)为纯虚数；
【解析】 复数\(z= (a^2-2a-3)+ (a^2+a-12)i\)．
(1)若\(z\)为实数，则\(a^2+a-12=0\)，
解得\(a=-4\)或\(a=3\)；
(2)若\(z\)为纯虚数，则\(\left\{\begin{array}{l} a^{2}-2 a-3=0 \\ a^{2}+a-12 \neq 0 \end{array}\right.\)，
解得\(a=-1\).

【典题3】 已知关于\(x\)的方程\(x^2+2(1+i)x+ab+(a+b)i=0\)\((a ,b∈R^+)\)总有实数解，则\(a+b\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】\(∵x^2+2(1+i)x+ab+(a+b)i=0\)
得\(x^2+2x+ab+(a+b+2x)i =0\)有实数解，
\(∴x^2+2x+ab =0\)，\(a+b+2x =0\)，
消去\(x\)得\(\dfrac{1}{4}(a+b)^{2}-(a+b)+a b=0\)，
\(\because a b \leq \dfrac{(a+b)^{2}}{4}\)，
\(\therefore 0=\dfrac{1}{4}(a+b)^{2}-(a+b)+a b\)\(\leq \dfrac{1}{4}(a+b)^{2}-(a+b)+\dfrac{(a+b)^{2}}{4}\)，
即\(\dfrac{1}{2}(a+b)^{2}-(a+b) \geq 0\)
\(∵a ,b∈R^+\)，\(∴a+b>0\)，即\(a+b≥2\)，
即\(a+b\)的取值范围是\([2 ,+∞)\).
【点拨】
① 复数相等：\(a+bi=c+di? a=c ,b=d\)\((a ,b ,c ,d∈R)\)，注意分辨出复数的实部和虚部.
② 若关于\(x\)的方程\(f(x)+g(x)i=0\)有实数解，则\(f(x)=0\),\(g(x)=0\).

【题型二】复数的几何意义与运算

【典题1】已知复数\(z=\dfrac{8-i}{2+3 i}\)(\(i\)为虚数单位)，下列说法 其中正确的是\(\underline{\quad \quad }\) .
①复数\(z\)在复平面内对应的点在第四象限；
②\(|z|=\sqrt{5}\)；
③\(z\)的虛部为\(-2i\)；
④\(\bar{z}=1-2 i\)．
【解析】\(\because z=\dfrac{8-i}{2+3 i}=\dfrac{(8-i)(2-3 i)}{(2+3 i)(2-3 i)}=\dfrac{13-26 i}{13}=1-2 i\)
\(∴\)复数\(z\)在复平面内对应的点的坐标为\((1 ,-2)\)，在第四象限；\(|z|=\sqrt{5}\)；\(z\)的虚部为\(-2\)；\(\bar{z}=1+2 i\)．
故①②正确；③④错误．
【点拨】
① 遇到复数的除法，分母分子同乘“分母的共轭复数”\(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}=\dfrac{a+b i}{c+d i}=\dfrac{(a+b i)(c-d i)}{(c+d i) \cdot(c-d i)}\),把复数最终化简成\(z=a+bi(a、b∈R)\)形式；
② 因为\(\left|z_{1} \cdot z_{2}\right|=\left|z_{1}\right| \cdot\left|z_{2}\right|\)，\(\left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|=\dfrac{\left|z_{1}\right|}{\left|z_{2}\right|}\)，所以\(z=\dfrac{8-i}{2+3 i}\)的模\(|z|=\dfrac{|8-i|}{|2+3 i|}=\dfrac{\sqrt{65}}{\sqrt{13}}=\sqrt{5}\).

【典题2】已知复数\(z\)的实部为\(1\)，虚部的绝对值为\(3\)，则下列说法错误的是(　　)
A．\(z+\dfrac{10}{z}\)是实数
B．\(z+\dfrac{10}{z}<2\)
C．\(z+\dfrac{10}{z}>1\)
D．\(\bar{z}\)在复平面中所对应的点不可能在第三象限
【解析】由已知得，\(z=1-3i\)或\(z=1+3i\)，
则\(z+\dfrac{10}{z}=z+\dfrac{10 \bar{z}}{|z|^{2}}=z+\bar{z}\)，
\({\color{Red}{(z \cdot \overline{\mathrm{z}}=|z|^{2}=10，避免了分类讨论与计算) }}\)
\(\therefore z+\dfrac{10}{z}=2\)，则\(A\)，\(C\)正确，\(B\)错误；
\(\because \bar{z}\)的实部大于\(0\)，
故\(\bar{z}\)在复平面中所对应的点不可能在第三象限，\(D\)正确．
故选\(B\)．
【点拨】
① 若\(z=a+bi\)，则\(\left.|z \cdot \bar{z}=| z\right|^{2}=a^{2}+b^{2}\)，\(z+\bar{z}=2 a\),\(z-\bar{z}=2 b\).
② 注意一些复数的性质可减轻计算量.

【典题3】设复数\(z_1\),\(z_2\)满足\(\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2\),\(z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+i\)，则\(|z_1-z_2 |=\)\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】 \({\color{Red}{方法1}}\) \(\because z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+i\)，\(\therefore\left|z_{1}+z_{2}\right|=2\)，
\(∴|z_1+z_2 |^2=4\)
\(\therefore\left(z_{1}+z_{2}\right) \cdot \overline{z_{1}+z_{2}}=4\)，
\({\color{Red}{ (|z|^{2}=z \cdot \bar{z}, \overline{z_{1}+z_{2}}=\overline{z_{1}}+\overline{z_{2}}) }}\)
\(\therefore 8+z_{1} \overline{z_{2}}+\overline{z_{1}} z_{2}=4\)．得\(z_{1} \overline{z_{2}}+\overline{z_{1}} z_{2}=-4\)．
\(\therefore\left|z_{1}-z_{2}\right|^{2}=8-\left(z_{1} \overline{z_{2}}+\overline{z_{1}} z_{2}\right)=12\)．
又\(|z_1-z_2 |>0\)，
故\(\left|z_{1}-z_{2}\right|=2 \sqrt{3}\)．
\({\color{Red}{方法2 \quad向量法}}\)
\(∵|z_1 |=|z_2 |=2\)，
\(∴z_1\),\(z_2\)在复平面上分别对应的点\(B\),\(C\)在以原点为圆心，半径为\(2\)的圆上,
\(\because z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+i\),
\(∴z_1+z_2\)在复平面上对应的点\(A(\sqrt{3}, 1)\)在圆\(O\)上，
由向量的平行四边形法则，
可知四边形\(OCAB\)是平行四边形,
如下图易知\(?AOC\)是等边三角形且边长为\(2\)，易求\(B C=2 \sqrt{3}\),
由向量的三角形法则可知\(\left|z_{1}-z_{2}\right|=|\overrightarrow{B C}|=|B C|=2 \sqrt{3}\).

【点拨】
①\(|z|^{2}=z \cdot \bar{z}\)，\(\overline{z_{1}+z_{2}}=\overline{z_{1}}+\overline{z_{2}}\)；方法1直接运用了代数方法求解；
② 复数加减法的几何意义
复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形\(OZ_1 ZZ_2\)可以直观地反映出复数加减法的几何意义.

即\(\overrightarrow{O Z}=\overrightarrow{O Z_{1}}+\overrightarrow{O Z_{2}}\)，\(\overrightarrow{Z_{1} Z_{2}}=\overrightarrow{O Z_{2}}-\overrightarrow{O Z_{1}}\).
③ 方法2运用的是复数与向量之间的关系，再借助几何的手段进行求解.

【典题4】若\(Z∈C\)，且\(|Z+2-2i|=1\)，则\(|Z-2-2i|\)的最小值是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】 \({\color{Red}{方法1 \quad 代数法}}\)
设\(Z=a+bi(a、b∈R)\),
\(∵|Z+2-2i|=1\)\(∴|a+2+(b-2)i|=1\)
\(\therefore \sqrt{(a+2)^{2}+(b-2)^{2}}=1\),
\(\therefore(b-2)^{2}=1-(a+2)^{2}\)
则\(| Z-2-2 i|=| a-2+(b-2) i \mid\)\(=\sqrt{(a-2)^{2}+(b-2)^{2}}=\sqrt{1-8 a}\)
\(∵(b-2)^2=1-(a+2)^2\)
\(∴1-(a+2)^2≥0\)解得\(-3≤a≤-1\)
\(∴\)当\(a=-1\)时，\(|Z-2-2i|\)取到最小值\(3\).
\({\color{Red}{方法2\quad 几何法} }\)
\(|Z+2-2i|=1\)表示\(Z\)对应的点在以\((-2 ,2)\)为圆心，半径\(r=1\)的圆上，
\(|Z-2-2i|\)就是圆上的点到\((2 ,2)\)的距离，
其最小值为圆心\((-2 ,2)\)到\((2 ,2)\)的距离减去半径，即\(|2-(-2)|-1=3\)，
故答案为\(3\).
【点拨】
① 方法1用了代数法，把问题转化为式子的最值问题，用到函数思想，此时特别注意自变量的取值范围；
② 方法2利用了复数的几何意义，
若\(z_1=a+bi\),\(z_2=c+di\),\(a ,b , c ,d∈R\)
\(|z_1-z_2 |\)表示\((a ,b)\)到\((c ,d)\)的距离，
即\(\mid z_{1}-z_{2} \mid=\sqrt{(a-c)^{2}+(b-d)^{2}}\).
\(|z-z_1 |=r(r>0)\)表示以\((a ,b)\)为圆心，\(r\)为半径的圆.

【典题5】复数\(z\)满足\(|z+i|+|z-2|=\sqrt{5}\)，则\(|z|\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】 \(∵|z+i|+|z-2|\)表示复数\(z\)到两点\(P(0,-1)\)，\(Q(2,0)\)的距离之和，

而\(|P Q|=\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}\)．
又\(|z+i|+|z-2|=\sqrt{5}\)，
\(∴\)点\(z\)在线段\(PQ\)上， \({\color{Red}{(确定点z所在的轨迹) }}\)
\(|z|\)表示点\(O\)与线段\(PQ\)上点的距离，
易得直线\(PQ\)的方程\(x-2y-2=0\)，
原点\(O\)到此直线的距离\(d=\dfrac{2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，
而\(|OQ|=2\)，\(|OP|=1\)．
则\(|z|\)的取值范围是\(\left[\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}, 2\right]\)．

【典题6】已知复数\(z\)满足\(|z|=1\)，则\(|z+i|+|z-i|\)的最大值是\(\underline{\quad \quad }\)．
【解析】 \({\color{Red}{方法1}}\)
\(∵|z|=1\)
\(∴\)复数\(z\)对应点\(P\)在圆心\((0,0)\)，半径\(r=1\)的圆上，
而\(|z+i|+|z-i|\)则表示点\(P\)到点\(A(0,1)\)，\(B(0,-1)\)的距离之和\(PA+PB=a+b\)，其中\(a^2+b^2=4\)，

而\((a+b)^2=a^2+b^2+2ab≤2(a^2+b^2 )=8\)，
\(∴a+b\)的最大值为\(2 \sqrt{2}\).
\({\color{Red}{方法2}}\) 设\(z=\cos \theta+i \sin \theta,(0 \leq \theta<2 \pi)\)．
则\(|z+i|+|z-i|\)
\(=\sqrt{\cos ^{2} \theta+(\sin \theta+1)^{2}}+\sqrt{\cos ^{2} \theta+(\sin \theta-1)^{2}}\)
\(=\sqrt{2(1+\sin \theta)}+\sqrt{2(1-\sin \theta)}\)
\(=\sqrt{2\left(\sin \dfrac{\theta}{2}+\cos \dfrac{\theta}{2}\right)^{2}}+\sqrt{2\left(\sin \dfrac{\theta}{2}-\cos \dfrac{\theta}{2}\right)^{2}}\)
\(=\sqrt{2}\left|\sin \dfrac{\theta}{2}+\cos \dfrac{\theta}{2}\right|+\sqrt{2}\left|\sin \dfrac{\theta}{2}-\cos \dfrac{\theta}{2}\right|\)
\(∵0≤θ<2π\)，\(\therefore 0 \leq \dfrac{\theta}{2}<\pi\)．
当\(\dfrac{\theta}{2} \in\left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]\)时，\(|z+i|+|z-i|=2 \sqrt{2} \cos \dfrac{\theta}{2}\)，\(|z+i|+|z-i|\)的最大值是\(2 \sqrt{2}\)；
当\(\dfrac{\theta}{2} \in\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)时，\(|z+i|+|z-i|=2 \sqrt{2} \sin \dfrac{\theta}{2}\)，\(|z+i|+|z-i|\)的最大值是\(2 \sqrt{2}\)；
当\(\dfrac{\theta}{2} \in\left(\dfrac{3 \pi}{4}, \pi\right)\)时，\(|z+i|+|z-i|=-2 \sqrt{2} \cos \dfrac{\theta}{2}\)，\(|z+i|+|z-i|<2 \sqrt{2}\)．
综上，\(|z+i|+|z-i|\)的最大值是\(2 \sqrt{2}\)．
【点拨】由\(|z|=1\)，设\(z=\cosθ+i\sinθ\)\((0≤θ<2π)\)，巧妙的把问题转化为三角函数的问题，但要分离讨论较方法1还是麻烦些.

巩固练习

1 (★) 已知两非零复数\(z_1\),\(z_2\)，若\(z_1\cdot z_2∈R\)，则一定成立的是(　　)
A．\(z_1+z_2∈R\)
B．\(Z_{1} \cdot \overline{Z_{2}} \in R\)
C．\(\dfrac{z_{1}}{z_{2}} \in R\)
D．\(\dfrac{z_{1}}{\overline{z_{2}}} \in R\)

2 (★) 已知\(x\),\(y∈ R\),\(i\)为虚数单位，且\((x-2) i-y=1+i\)，则\((1+i)^{x+y}\)的值为\(\underline{\quad \quad }\)．

3(★) 已知复数\(z\)满足\(\dfrac{z+1}{z}=i\)(\(i\)为虚数单位)，下列说法其中正确的有\(\underline{\quad \quad }\)个.
①\(z\)为纯虚数；
②\(z\)的虚部为\(-\dfrac{1}{2} i\)；
③在复平面内，\(z\)对应的点位于第二象限；
④\(|z|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

4(★★) 设\(z_1\)，\(z_2\)是复数，给出四个命题
①若\(|z_1-z_2 |=0\)，则\(\overline{z_{1}}=\overline{z_{2}}\)
②若\(Z_{1}=\overline{Z_{2}}\)，则\(\overline{z_{1}}=z_{2}\)
③若\(|z_1 |＝|z_2 |\)，则\(Z_{1} \cdot \overline{Z_{1}}=Z_{2} \cdot \overline{Z_{2}}\)
④若\(|z_1 |＝|z_2 |\)，则\(z_{1}^{2}=z_{2}^{2}\)
其中真命题有\(\underline{\quad \quad }\)个．

5 (★★) 设复数\(z\)满足\(|z－5i|=2\)，则\(Z \cdot \bar{Z}\)的最大值为\(\underline{\quad \quad }\)．

6 (★★)若复数\(z\)满足\(z \cdot \bar{z}+z+\bar{z} \leq 0\)，则复数\(|z-1-i|\)的最大值为\(\underline{\quad \quad }\)．

7 (★★)若复数\(z\)满足\(|z|=1\)，则\(|(\bar{z}+i)(z-i)|\)的最大值是\(\underline{\quad \quad }\)．

8(★★) 已知三个复数\(z_1\),\(z_2\),\(z_3\)，并且\(|z_1 |=|z_2 |=|z_3 |=1\)，\(z_1\),\(z_2\)所对应的向量\(\overrightarrow{O z_{1}}\)，\(\overrightarrow{O z_{2}}\)满足\(\overrightarrow{O z_{1}} \cdot \overrightarrow{O z_{2}}=0\)，则\(|z_1+z_2-z_3 |\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\)．

9 (★★) 当复数\(z\)满足\(|z+3-4i|=1\)时，则\(|z+2|\)的最小值是\(\underline{\quad \quad }\)．

10 (★★)已知\(A (1 ,2)\),\(B(a ,1)\),\(C(2 ,3)\),\(D(-1 ,b)\)\((a ,b∈R)\)是复平面上的四个点，且向量\(\overrightarrow{A B}\)，\(\overrightarrow{C D}\)对应的复数分别为\(z_1\),\(z_2\)．
(1)若\(z_1+z_2=1+i\)，求\(z_1\),\(z_2\)
(2)若\(|z_1+z_2 |=2\)，\(z_1-z_2\)为实数，求\(a\),\(b\)的值．

答案

1.\(D\)

2.\(2i\)

3.\(2\)

4.\(3\)

5.\(49\)

6.\(\sqrt{5}+1\)

7.\(4\)

8.\([\sqrt{2}-1, \sqrt{2}+1]\)

9.\(\sqrt{17}-1\)

10.\(\text { (1) } Z_{1}=4-i, Z_{2}=-3+2 i\)

\((2) a=4 ,b=2\)