复数经典例题
经典例题透析
类型一：复数的有关概念
a 2-7a +62+(a -5a -6) i (a ∈R ) ，试求实数a 分别取什么值时，例1．已知复数z =2a -1
z 分别为：
（1）实数；（2）虚数；（3）纯虚数.
思路点拨：根据复数z 为实数、虚数及纯虚数的概念，判断实部与虚部取值情况. 利用它们的充要条件可分别求出相应的a 值.
解析：
（1）当z 为实数时，
⎧a 2-5a -6=0⎧a =-1或a =6⎪有⎨2⇒⎨⇒a =6， ⎪⎩a ≠±1⎩a -1≠0
∴当a =6时，z 为实数.
（2）当z 为虚数时，
2⎧⎪a -5a -6≠0⎧a ≠-1且a ≠6有⎨2⇒⎨⇒a ≠±1且a ≠6， ⎪⎩a ≠±1⎩a -1≠0
∴当a ∈（－∞，－1）∪（－1，1）∪（1，6）∪（6，+∞）时，z 为虚数.
（3）当z 为纯虚数时， ⎧a 2-5a -6≠0⎧a ≠-1且a ≠6⎪有⎨a 2-7a +6⇒⎨⇒a ∈∅ =0⎩a =6⎪2⎩a -1
∴不存在实数a 使z 为纯虚数.
a 2-7a +62a -5a -6. 总结升华：由于a ∈R ，所以复数z 的实部与虚部分为与2a -1
①求解第（1）小题时，仅注重虚部等于零是不够的，还需考虑它的实部是否有意义，否则本小题将出现增解；
②求解第（2）小题时，同样要注意实部有意义的问题；
③求解第（3）小题时，既要考虑实数为0（当然也要考虑分母不为0），还需虚部不为0，两者缺一不可.
举一反三：
【变式1】设复数z=a+bi（a 、b ∈R ），则z 为纯虚数的必要不充分条件是（ ）
A ．a=0 B．a=0且b ≠0 C．a ≠0且b=0 D．a ≠0且b ≠0
【答案】A ；由纯虚数概念可知：a=0且b ≠0是复数z=a+bi（a 、b ∈R ）为纯虚数的充要条件. 而题中要选择的是必要不充分条件，对照各选择支的情况，应选择A.
【变式2】若复数(a 2-3a +2) +(a -1) i 是纯虚数，则实数a 的值为（ ）
A.1 B.2 C.1或2 D.-1
【答案】B ；∵(a 2-3a +2) (+a 1) -i 2是纯虚数，∴a -3a +2=0且a -1≠0，即a =2.
【变式3】如果复数(m 2+i )(1+mi ) 是实数，则实数m=（ ）
A ．1 B．－1 C
．【答案】B ；
【变式4】求当实数m 取何值时，复数z =(m 2-m -2) +(m 2-3m +2) i 分别是：
（1）实数； （2）虚数； （3）纯虚数.
【答案】
（1）当m -3m +2=0即m =1或m =2时，复数z 为实数；
（2）当m -3m +2≠0即m ≠1且m ≠2时，复数z 为虚数；
2⎧⎪m -m -2=0（3）当⎨2即m =-1时，复数z 为纯虚数. ⎪⎩m -3m +2≠022
类型二：复数的代数形式的四则运算
例2. 计算：
（1）i n (n ∈N +) ； (2)(1+i ) 8
(3)(1+2i ) ÷(1-2i ) ; (4)
解析： (1-4i )(1+i ) +2+4i 3+4i
422(1)∵i =-1，∴i =i ⋅i =-i ，i =i ⋅i =1，
同理可得：
当n =4k +1(k ∈N +) 时，i 4k +1232=i 4k ⋅i =(i 4) k ⋅i =i
=i 4k ⋅i 2=-1，
当n =4k +2(k ∈N +) 时，i 4k +2
当n =4k +3(k ∈N +) 时，i 4k +3=i 4k ⋅i 3=-i
当n =4k +4(k ∈N +) 时，i 4k =i 4k ⋅i 4=(i 4) k =1，
（n =4k +1，k ∈N ）⎧i ⎪-1（n =4k +2，k ∈N ）⎪∴i n =⎨(n ∈N +) -i （n =4k +3，k ∈N ）⎪⎪（n =4k +4，k ∈N ）⎩1
(2)(1+i ) 8=[(1+i ) 2]4=(2i ) 4=24i 4=16
1+2i (1+2i )(1+2i ) 12+(2i ) 2+4i -3+4i 34(3)(1+2i ) ÷(1-2i ) ===2==-+i 21-2i (1-2i )(1+2i ) 1-(2i ) 555
(4)7+i (7+i )(3-4i ) (1-4i )(1+i ) +2+4i 1+4-3i +2+4i === 3+4i 3+4i 3+4i 32+42
21+4+3i -28i 25-25i ===1-i . 2525
1）i 的“周期性”（n ∈N +）
2）(1±i ) 2=±2i
3）(a +bi )(a -bi ) =a 2+b 2 n 总结升华：熟练运用常见结论：
举一反三：
【变式1】计算：
（1）(5―6i)+(―2―i) ―(3+4i)
（2）(1+2i )(3-4i )(2-i )
（3）i ⋅i ⋅i ⋅ ⋅i 23100
(1+i ) 3-(1-i ) 3
（4） ； 22(1+i ) -(1-i )
【答案】
（1）(5―6i)+(―2―i) ―(3+4i)
=[(5―2)+(―6―1)i]―(3+4i)
=(3―7i) ―(3+4i)
=(3―3)+(―7―4)i=―11i.
（2）(1+2i )(3-4i )(2-i ) =(11+2i )(2-i ) =24-7i
（3）i ⋅i 2⋅i 3⋅ ⋅i 100=i 1+2+ +100=i 5050=(i 4) 1262⋅i 2=i 2=-1
(1+i ) 3-(1-i ) 3(1+i ) 2⋅(1+i ) -(1-i ) 2(1-i ) 2i (1+i ) +2i (1-i ) 2i ⋅2==1 （4）==224i (1+i ) -(1-i ) 2i -(-2i ) 4i
【变式2】复数2i (1+i )=( )
A. -4 B.4 C.-4i D.4i
2【答案】A ；2i (1+i )=2i (1+2i -1)=2i ⨯2i =4i =-4 22
【变式3
( )
i i
【答案】A
1
i =3=1=i ，故选A -i 【变式4】复数(i -) 等于( )
A.8 B. －8 C.8i D. －8i
【答案】D ；(i -) =(i +1
i 3-13) =(2i ) 3=8i 3=-8i . i
类型三：复数相等的充要条件
例3、已知x 是实数，y 是纯虚数，且满足(2x―1)+(3―y)i=y―i ，求x 、y.
思路点拨：因x ∈R ，y 是纯虚数，所以可设y=bi（b ∈R 且b ≠0），代入原式，由复数相等的充要条件可得方程组，解之即得所求结果.
解析：∵y 是纯虚数，可设y=bi（b ∈R ，且b ≠0），
则(2x―1)+(3―y)i ＝(2x―1)+(3―bi )i＝（2x －1+b）+3i，
y ―i =bi－i=（b －1）i
由(2x―1)+(3―y)i=y―i 得（2x ―1+b）+3i=（b ―1）i ， ⎧b =4⎧2x -1+b =0⎪⇒⎨由复数相等的充要条件得⎨3， b -1=3x =-⎩⎪⎩2
∴x =-3，y =4i . 2
总结升华：
1. 复数定义：“形如z =a +bi （a , b ∈R ）的数叫复数”就意味凡是复数都能写成这一形式，求一个复数，使用一个复数都可通过这一形式将问题化虚为实，把复数问题转化为
实数问题来研究. 这是解决复数问题的常用方法.
2．复数相等是复数问题实数化的有效途径之一，由两复数a+bi与c+di（a ，b ，c ，d ∈R ）相等的充要条件是a=c且b=d，可得到两个实数等式.
3. 注意左式中的3―y 并非是(2x―1)+(3―y)i 的虚部，同样，在右边的y ―i 中y 也并非是实部.
举一反三：
x y 5+=，则x +y =______ 1-i 1-2i 1-3i
x y 5x y 5+=(1+3i ) 【答案】由得(1+i ) +(1+2i ) =1-i 1-2i 1-3i 2510【变式1】设x 、y 为实数，且
即5x(1+i)+2y(1+2i)=5(1+3i)，
即(5x+2y-5)+(5x+4y-15)i=0，
⎧5x +2y -5=0⎧x =-1故⎨ , 解得⎨5x +4y -15=0y =5⎩⎩
∴x +y =4
【变式2】若z ∈C 且(3+z)i=1(i为虚数单位) ，则z=____.
【答案】设z=a+bi(a,b∈R) ，则(3+z)i=-b+(3+a)i=1
由复数相等的充要条件得 b=-1且a=-3，即z=-3-i.
1+2i =i ，则z =（ ） z
A ．-2+i B．-2-i C ．2-i D ．2+i 1+2i i (1+2i ) i -2===2-i ，故选C. 【答案】z =i -1-1【变式3】设复数z 满足
类型四：共轭复数
例4：求证：复数z 为实数的充要条件是z =z
思路点拨：需要明确两个复数相等的条件以及共轭复数的概念
解析：设z =a +bi （a ，b ∈R ），则z =a -bi 充分性： z =z ⇒a +bi =a -bi ⇒b =-b ⇒b =0⇒z ∈R ; 必要性： z ∈R , b =0⇒a +bi =a -bi ⇒z =z
综上，复数z 为实数的充要条件为z =z
举一反三：
【变式1】x , y ∈R ，复数(3x +2y ) +5xi 与复数(y -2) i +18的共轭复数相等，求x ，
y. 【答案】(y -2) i +18=18+(2-y ) i
⎧3x +2y =18⎧x =-2 ∴18-(y -2) i =(3x +2y ) +5xi ⇒⎨⇒⎨⎩2-y =5x ⎩y =12
【变式2】若复数z 同时满足z -z =2i ，z =iz （i 为虚数单位），则z=________.
【答案】―1+i
【变式3】已知复数z=1+i，求实数a 、b 使az +2bz =(a +2z ) 2.
【答案】∵z=1+i，∴az +2bz =(a +2b ) +(a -2b ) i ，
(a +2z ) 2=(a +2) 2-4+4(a +2) i
=(a 2+4a ) +4(a +2) i
∵a 、b 都是实数，∴由az +2bz =(a +2z ) 2得
⎧a +2b =a 2+4a , ⎨⎩a -2b =4(a +2).
两式相加，整理得a +6a+8=0
解得a 1=―2，a 2=―4，
对应得b 1=－1，b 2=2.
∴所求实数为a=―2，b=―1或a=－4，b=2.
类型五：复数的模的概念
例5、已知数z 满足z+|z|=2+8i，求复数z.
法一：设z=a+bi（a ，b ∈R
），则|z |=
代入方程得a +bi =2+8i .
2
⎧⎧a =-15⎪a =2∴⎨，解得⎨
⎪⎩b =8⎩b =8
∴z=－15+8i
法二：原式可化为：z=2－|z|+8i，
∵|z|∈R ，∴2－|z|是z 的实部.
于是|z |=|z|2=68－4|z|+|z|2，
∴|z|=17，代入z=2-|z|+8i
得z=－15+8i.
举一反三：
【变式】已知z=1+i，a ，b 为实数.
（1）若ω=z +3z -4，求|ω|； 2
z 2+az +b =1-i ，求a ，b 的值. （2）若2z -z +1
【答案】
（1）ω=(1+i ) 2+3(1-i ) -4=2i +3-i -4=i -1
∴|ω|=z 2+az +b (1+i ) 2+(1+i ) a +b (2+a ) i +b +a ==(a +2) -(b +a ) i （2）∵2=2i z -z +1(1+i ) -(1+i ) +1
∴(a +2) -(a +b ) i =1-i
∴⎨⎧a +2=1⎧a =-1 ⇒⎨⎩a +b =1⎩b =2
类型六：复数的几何意义
例6、已知复数z =(m -2m -3) +(m -4m +3) i （m ∈R ）在复平面上对应的点为Z ，求实数m 取什么值时，点Z （1）在实轴上；（2）在虚轴上；（3）在第一象限.
思路点拨：根据点Z 的位置确定复数z 实部与虚部取值情况.
解析：
（1）点Z 在实轴上，即复数z 为实数，
由m -4m +3=0⇒m =3或m =1
∴当m =3或m =1时，点Z 在实轴上.
（2）点Z 在虚轴上，即复数z 为纯虚数或0，
2故m -2m -3=0⇒m =-1或m =3 222
∴当m =-1或m =3时，点Z 在虚轴上.
3）点Z 在第一象限，即复数z 的实部虚部均大于0
2⎧⎪m -2m -3>0由⎨2 ，解得m ＜―1或m ＞3 ⎪⎩m -4m +3>0
∴当m ＜―1或m ＞3时，点Z 在第一象限.
终结升华：复平面上的点与复数是一一对应的，点的坐标的特点即为复数实部、虚部的特征.
举一反三：
【变式1】在复平面内，复数z =sin 2+i cos 2对应的点位于（ ）
A ．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】∵π
20，cos 2
【变式2】已知复数z =(3m 2-5m +2) +(m -1) i (m ∈R ) ，若z 所对应的点在第四象限，求m 的取值范围.
【答案】∵z =(3m 2-5m +2) -(m -1) i
⎧3m 2-5m +2>0∴⎨，解得m >1.
⎩-(m -1)
∴m 的取值范围为m ∈(1,+∞) .
【变式3】已知z 是复数，z +2i 和
限，求实数a 的取值范围.
【答案】设z =x +yi (x , y ∈R ) ，∴z +2i =z =x +(2+y ) i ，
由题意得y =-2， z 2均为实数，且复数(z +ai ) 对应的点在第一象z -i
z x -2i 111==(x -2i )(2-i ) =(2x +2) +(x -4) i ， 2-i 2-i 555
由题意得x =4，
∴z =4-2i
∵(z +ai ) =(12+4a -a ) +8(a -2) i ， 22
⎧12+4a -a 2>0根据已知条件有⎨，解得2
⎩8(a -2) >0
∴实数a 的取值范围是a ∈(2,6).
【变式4】已知复数z 对应的点在第一象限的角平分线上，求复数ω=z +1在复平面上z
对应的点的轨迹方程.
【答案】设z=a+ai（a ＞0） 则ω=z +1111=(a +ai ) +=a ++(a -) i z a +ai 2a 2a
1⎧x =a +⎪⎪2a 22令⎨，消a 得x －y =2
（x ≥.
⎪y =a -1
⎪2a ⎩