复数的有关概念

复数的有关概念

一．教学目标：

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．

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．

二．教学重点：复数三角形式表示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

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i =-1，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

)

2

(3)复数的相等设复数z 1=a 1+b 1i , z 2=a 2+b 2i (a 1, b 1, a 2, b 2∈R ) ，那么z 1=z 2的充要条件是：a 1=b 1且a 2=b 2．

(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：

⑴i

n

(n ∈N )怎样计算？（先求n 被4除所得的余数，i

*

4k +r

=i r (k ∈N *, r ∈N )）

⑵ω1=-

1313+i 、ω2=--i 是1的两个虚立方根，并且： 2222

1=ω2

1=ω1

32

ω13=ω2=1ω12=ω2ω2=ω1

ω1ω2

1=ω22=ω1ω1+ω2=-1

⑶ 复数集内的三角形不等式是：z 1-z 2≤z 1±z 2≤z 1+z 2z 、z 对应的向量共线且

同向（反向）时取等号。

⑷ 棣莫佛定理是：[r (cosθ+i sin θ) ]=r n (cosn θ+i sin n θ)(n ∈Z )

n

⑸ 若非零复数z =r (cosα+i sin α) ，则z 的n 次方根有n 个，即：

z k =r (cos

2k π+α2k π+α

+i sin )(k =0，1，2， ，n -1) n n

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z 1=2，z 2=3(cos

π

+i sin ) ⋅z 1，复数z 1、z 2对应的点分别是A 、B ，则△AOB 33

1π

⨯2⨯6⨯sin =33。 23

π

（O 为坐标原点）的面积是

⑺ z ⋅z =z 。

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

②arg(z -z 0) =θ(z 0是复常数，θ是实常数）轨迹为一条射线。 ③z -z 0=r (r 是正的常数）轨迹是一个圆。

④z -z 1=z -z 2(z 1、z 2是复常数) 轨迹是一条直线。

⑤z -z 1+z -z 2=2a (z 1、z 2是复常数，a 是正的常数）轨迹有三种可能情形：a) 当2a >z 1-z 2时，轨迹为椭圆；b) 当2a =z 1-z 2时，轨迹为一条线段；c) 当

2

2a

⑥z -z 1-z -z 2=2a (a 是正的常数) 轨迹有三种可能情形：a) 当2a z 1-z 2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)

(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； 数 数

集 实数集 (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

1＋i ，则1＋ω＝ 11A. –ω B. ω2 C. - D. ω

2

2．(2004重庆卷2）) 设复数z =1+2i , 则z 2-2z , 则Z -2Z =

1. (2004年四川卷理3) 设复数ω＝－

（ ）

A ．–3 B ．3 C ．－3i D ．3i

3. （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．

z =(2-z )+1=4-4z +z +1，所以z =

2

2

2

53

，代入①得z =+i ，故选B ． 44

解法3

z ≥0，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|＝13时，即有x -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：

2

2

(3)1+2i+3i +„+1000i

2

999

【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，

(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+3i +„+1000i ∴(1-i)S ＝1+i+i +„+i

2

9992

999

，则iS ＝i+2i +3i +„+999i

23999

+1000i

1000

，

-1000i

1000

【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6】已知三边都不相等的三角形ABC 的三内角A 、B 、C 满足

sin A cos B +sin B =sin A cos C +sin C , 设复数z 1=cos θ+i sin θ(0

π

2

) 、

z 2=2(cosA +i sin A ), 求arg(z 1z 2) 的值.

【解】 sin A cos B +sin B =sin A cos C +sin C

得4sin

∴sin A (cosB -cos C ) =sin C -sin B

A A B +C B -C B -C B +C „„3分 cos (-sin ⨯sin ) =-2sin cos 222222

∴cos

B +C A B +C A B -C

=sin , sin =cos , 又≠0, 22222

∴A =

B +C πA

=-222

∴sin

A B -C ≠0, sin ≠0. 上式化简为cos 2A =12222

π„„6分 2

z 1z 2=2[cos(θ-

π

2

) +i sin(θ-

π„„9分π3π

)]∴当0

2

2

2

当π

12

22

【例7】设z 1=1-cos θ+i sin θ，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 ，

⎧a 2(1-cosθ) -a sinθ=0 ， ①于是，⎨ 2

②⎩a (1-cosθ)+a sinθ≠0．

由②知a ≠0．

sinθ

因θ∈(0，2π)，故cos θ≠1．于是，由①得a =

1-cosθ

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+(sinθ-a ) i ，于是sin θ-a =0，或1-cos θ-a 2=0．

⎧⎪sinθ-a =0，

sinθ若sin θ-a =0，则由方程组⎨ a = ⎪1-cosθ⎩

得

π3πsinθ

=sinθ，故cos θ=0，于是θ=2 或θ2． 1-cosθ

若1-cos θ-a 2=0，则由方程组

⎧⎪1-cosθ-a =0，sinθ2

sinθ⎨得 (=1-cos θ．

1-cosθa = ，⎪1-cosθ⎩

由于sin 2θ=1-cos 2θ=(1+cos θ)(1-cos θ)，故1+cosθ=(1-cos θ)2． π3π

解得cos θ=0，从而θ=2或θ=2 ．

π3π

综上所知，在(0，2π)内，存在θ=2或θ=2 ，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

⎧Re(z )=0，数}⇔⎨ 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

⎩Im(z ) ≠0．

2

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+ 若a ≥0，对r 作如下讨论：

1

（1）若r ≤2a ，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 ) ．

1

（2）若r ＞2a ，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- 故 z =±(1± 1-a ) i (a ≤1) ．

综上所述，原方程的解的情况如下：

1-a (a ≤1) ．

1-a ) i ．

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

2x +1

试判断方程z 2-2z +5-p 2=0有无实根，并给出证明.

x +2

2

z 2-2z +5-p 2=0无实根. ，∴1，，由此得方程 -2

【例10】给定实数a ，b ，c ．已知复数z 1、z 2、z 3满足

⎧⎪|z1|=|z2|=|z3|， (1)

z z ⎨z 求｜az 1+bz 2+cz 3｜的值． + + =1． (2)⎪z 3z 1⎩z 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．

z z 【解】解法一由|z1|=|z2|=|z3|=1z =cosθ+i sin θ，z =cosφ+i sin φ，

2

3

z 1z z z 则z =z =cos(θ+φ) -i sin(θ+φ) ．因 + z 1z 2z 3 + z 1 =1，其虚部为0， 12

z · z 3

2

θ+φθ-φθ+φθ+φ

故0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)=2sin2cos 22sin 22 θ-φθ+φθ+φθ+φθφ

2（cos 2cos 2）=4sin2sin 22．

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． z 若z 1=z 2，代入（2）得z =±i ，此时

1

｜az 1+bz 2+cz 3｜=|z 1|·|a +b ±ci ｜=(a +b ) + c ． 类似地，如果z 2=z 3，则｜az 1+bz 2+cz 3｜(b +c ) + a ； 如果z 3=z 1，则｜az 1+bz 2+cz 3｜(a +c ) + b ．

z z z 解法二由（2）知z + z + z ∈R ，故

231

z 1z 2z 3z 123

z 2 + z 3 + z 1=z 2z 3z 1 ，

z 3z z 1z 2z 3z

即z + z + z =1+2+． 231z 2z 3z 1

2

3

1

1

2

3

1z z z z z z 由（1）得z k =z (k =1，2，3) ，代入上式，得z + z + z =z + z + z ，

k

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．

_z z 【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 ，z 等为

23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：

π

设复数z =3cosθ+2i sin θ，求函数y =θ-arg z (0＜θ＜2) 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．

ππ

解法一、由0＜θ2，得tan θ＞0，从而0＜arg z ＜2 ． 2sin θ2

由z =3cosθ+2i sin θ，得 tan(argz )=3cos θ3θ＞0．

13θtan θ-tan(argz ) 1

tan y =tan(θ-arg z )=1+tanθtan(argz ) == 223

1 + 3tan θtan θ+ 2tanθ≤612

3

tan θ2tan θ1

于是

36

当且仅当tan θ=2tanθ ，即tan θ 2时，取“=”．

66又因为正切函数在锐角的范围内为增函数，故当θ=arctan 2y 取最大值为arctan 12 ππ

解法二、因0＜θ＜2，故cos θ＞0，sin θ＞0，0＜arg z ＜2，且

cos(argz )=

3cos θ2sin θ

sin(argz )=．

9cos θ+4sinθ9cos θ+4sinθ

ππ

显然y ∈(-2，2 ) ，且sin y 为增函数． sin y =sin(θ-arg z )=sinθcos(argz ) -cos θsin(argz

=

sin θcos θ

9cos θ+4sinθ

1

111

= 59csc θ+4secθ9+9cotθ+4+4tanθ9cot θ·4tan θ

66

当且仅当9cot 2θ = 4tan2θ，即tan θ 2，取“=”，此时y max =arctan12

解法三、设Z 1=2(cosθ+i sin θ) ，Z 2=cosθ，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0π

＜y ＜2 ．

在△ZOZ 1中，由余弦定理得

|OZ 1|2+|OZ |2-|Z 1Z |24+4+5cos2θ-cos 2θ cos y = =2|OZ 1|·|OZ |2×4+5cosθ4+5cosθ66=≥55． 54+5cosθ

10

当且仅当4+5cos2θ=6，即cos θ5时，取“=”．

π1026

又因为余弦函数在0＜θ＜2为减函数，故当θ=arccos5时，y max =arccos5

【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 ．i 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x +（1-2i ）x+3m-i=0有实根，则实数m

满足[ ]

2

2

4、复数1+i+i +„+i 等于 [ ]

A ．i B ．- i C ．2i D ．-2i

2

10

5、已知常数z 0∈C , 且z 0≠0, 复数z 1满足|z 1-z 0|=|z 1|，又复数z 满足zz 1=-1，求复平面内z 对应的点的轨迹。

3

⎛4⎫

6

、设复数z =，记u = ⎪。

⎝z ⎭

（1）求复数u 的三角形式；（2）如果

a b

+=z +2u ，求实数a 、b 的值。 z u

7、（2003年普通高等学校招生全国统一考试(理17) ）

已知复数z 的辐角为60︒，且|z -1|是|z |和|z -2|的等比中项，求|z | 8、已知复数z 1, z 2满足z 1=z 2=

1，且z 1-z 2=

⎛z ⎫（1） 求z 1+z 2的值；（2）求证： 1⎪

⎝z 2⎭

（3）求证对于任意实数a ，恒有z 1-az 2=z 1+az 2。

9、（1992·三南试题）求同时满足下列两个条件的所有复数z ：

1010

(1)z z 1＜z +z ≤6；(2)z 的实部和虚部都是整数． 参考答案

2

1、解0i=0∈R 故A 错；原点对应复数为0∈R 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：z ⋅z 1=-1, ∴z 1=-1, ∴|-1-z 0|=|1|,即|z +1|=1(z 0≠0)

z

z

z

z 0

|z 0|

∴Z 对应的点的轨迹是以-1对应的点为圆心，以|1|为半径的圆，但应除去原点。

z 0z 0

6、答案：（1

）u =cos

3π3π+i sin 22

⎫

（2）a =8, b =-8 ⎪；⎭

r

. z -z =r , z z =r 2由题设 2

7、解：设z =r cos 60+r sin 60) ，则复数z 的实部为

|z -1|2=|z |⋅|z -2|即:(z -1)(z -1) =|z |(z -2)(z -2) , ∴r 2-r +1=r r 2-2r +4, 整理得r 2+2r -1=0. 解得:r =2-1, r =-2-1(舍去). 即|z |=2-1.

8、答案（1

（2）、（3）省略。

9、分析：按一般思路，应设z ＝x ＋yi （x ，y ∈R ），或z=r（

cos

∵1＜t ≤6∴Δ=t2-40＜0，解方程得

又∵z 的实部和虚部都是整数，∴t=2或t=6

故z=1±3i 或z=3±i 10

解法二：∵z +z ∈R ，

___1010

从而z =z 或zz =10．若z =z ，则z ∈R ，因1＜z +z ≤6，故z ＞0，从而z +z 210＞6，__

此时无解；若zz =10，则1＜z +z ≤6．设z =x +yi (x 、y ∈Z ) ，则1＜2x ≤6，且x 2+y 2=10，

⎧x =1，⎧x =1，⎧x =3，⎧x =3，⎨⎨联立解得或或⎨或⎨ ⎩y =3，⎩y = -3，⎩y =1，⎩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 。