PAGEPAGE7第四節(jié)復(fù)數(shù)突破點(diǎn)一復(fù)數(shù)的基本概念及幾何意義eq\a\vs4\al([基本學(xué)問(wèn)])1．復(fù)數(shù)的定義及分類(lèi)(1)復(fù)數(shù)的定義：形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中實(shí)部是a，虛部是b.(2)復(fù)數(shù)的分類(lèi)：eq\a\vs4\al(復(fù)數(shù)z＝a＋bi,a，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實(shí)數(shù)b＝0，,虛數(shù)b≠0\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(純虛數(shù)a＝0，,非純虛數(shù)a≠0.))))2．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念復(fù)數(shù)相等a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)共軛復(fù)數(shù)a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)復(fù)數(shù)的模向量eq\o(OZ,\s\up7(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的模，記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq\r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)3.復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)平面的概念建立直角坐標(biāo)系來(lái)表示復(fù)數(shù)的平面叫做復(fù)平面實(shí)軸、虛軸在復(fù)平面內(nèi)，x軸叫做實(shí)軸，y軸叫做虛軸，實(shí)軸上的點(diǎn)都表示實(shí)數(shù)；除原點(diǎn)以外，虛軸上的點(diǎn)都表示純虛數(shù)復(fù)數(shù)的幾何表示復(fù)數(shù)z＝a＋bi復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)平面對(duì)量eq\o(OZ,\s\up7(→))eq\a\vs4\al([基本實(shí)力])一、推斷題(對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”)(1)方程x2＋1＝0沒(méi)有解．()(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)中，虛部為bi.()(3)復(fù)數(shù)的模等于復(fù)數(shù)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，也等于復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的向量的模．()(4)已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)＝1＋2i，則z的復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第三象限．()(5)復(fù)數(shù)中有復(fù)數(shù)相等的概念，因此復(fù)數(shù)可以比較大小．()答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×二、填空題1．設(shè)m∈R，復(fù)數(shù)z＝m2－1＋(m＋1)i表示純虛數(shù)，則m的值為_(kāi)_______．答案：12．復(fù)數(shù)z＝－i(1＋2i)的共軛復(fù)數(shù)為_(kāi)_______．答案：2＋i3．設(shè)(1－i)x＝1＋yi，其中x，y是實(shí)數(shù)，則x＋yi在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第________象限．答案：四eq\a\vs4\al([全析考法])考法一復(fù)數(shù)的有關(guān)概念[例1](1)(2024·南充一模)若復(fù)數(shù)eq\f(2－bi,1＋2i)的實(shí)部和虛部互為相反數(shù)，那么實(shí)數(shù)b等于()A．－eq\f(2,3) B.eq\f(2,3)C.eq\r(2) D．2(2)(2024·唐山五校聯(lián)考)已知eq\f(z,1－i)＝2＋i，則eq\x\to(z)(z的共軛復(fù)數(shù))為()A．－3－i B．－3＋iC．3＋i D．3－i[解析](1)eq\f(2－bi,1＋2i)＝eq\f(2－bi1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(2－2b－4＋bi,5)＝eq\f(2－2b,5)－eq\f(4＋bi,5).因?yàn)樵搹?fù)數(shù)的實(shí)部和虛部互為相反數(shù)，因此2－2b＝4＋b，因此b＝－eq\f(2,3).故選A.(2)由題意得z＝(2＋i)(1－i)＝3－i，所以eq\x\to(z)＝3＋i，故選C.[答案](1)A(2)C[方法技巧]解決復(fù)數(shù)概念問(wèn)題的方法及留意事項(xiàng)(1)求一個(gè)復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部，只需將已知的復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式z＝a＋bi(a，b∈R)，則該復(fù)數(shù)的實(shí)部為a，虛部為b.(2)求一個(gè)復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)，只需將此復(fù)數(shù)整理成標(biāo)準(zhǔn)的代數(shù)形式，實(shí)部不變，虛部變?yōu)橄喾磾?shù)，即得原復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)．復(fù)數(shù)z1＝a＋bi與z2＝c＋di共軛?a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．考法二復(fù)數(shù)的幾何意義[例2](1)(2024·北京高考)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(1,1－i)的共軛復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限(2)(2024·南昌一模)已知z＝m2－1＋mi在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在其次象限，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－1,1) B．(－1,0)C．(－∞，1) D．(0,1)[解析](1)eq\f(1,1－i)＝eq\f(1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(1,2)＋eq\f(i,2)，其共軛復(fù)數(shù)為eq\f(1,2)－eq\f(i,2)，對(duì)應(yīng)點(diǎn)位于第四象限．故選D.(2)因?yàn)閦＝m2－1＋mi在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)是(m2－1，m)，且該點(diǎn)在其次象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－1<0，,m>0，))解得0<m<1，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(0,1)．故選D.[答案](1)D(2)D[方法技巧]復(fù)數(shù)幾何意義問(wèn)題的解題策略(1)復(fù)數(shù)z、復(fù)平面上的點(diǎn)Z及向量eq\o(OZ,\s\up7(→))相互聯(lián)系，即z＝a＋bi(a，b∈R)?Z(a，b)?eq\o(OZ,\s\up7(→)).(2)由于復(fù)數(shù)、點(diǎn)、向量之間建立了一一對(duì)應(yīng)的關(guān)系，因此可把復(fù)數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，解題時(shí)可運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的方法，使問(wèn)題的解決更加直觀．eq\a\vs4\al([集訓(xùn)沖關(guān)])1.eq\a\vs4\al([考法一])已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(a,2－i)＋eq\f(2－i,5)的實(shí)部與虛部的和為2，則實(shí)數(shù)a的值為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選D易知z＝eq\f(a,2－i)＋eq\f(2－i,5)＝eq\f(a2＋i,5)＋eq\f(2－i,5)＝eq\f(2a＋2,5)＋eq\f(a－1i,5)，由題意得eq\f(2a＋2,5)＋eq\f(a－1,5)＝2，解得a＝3.故選D.2.eq\a\vs4\al([考法二])已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(5i,2＋i9)的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：選D復(fù)數(shù)eq\f(5i,2＋i9)＝eq\f(5i,2＋i)＝eq\f(5i2－i,2＋i2－i)＝1＋2i，其共軛復(fù)數(shù)為1－2i，在復(fù)平面上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，－2)，位于第四象限，故選D.3.eq\a\vs4\al([考法一])(2024·廣東香山中學(xué)期末)已知0<a<2，復(fù)數(shù)z的實(shí)部為a，虛部為1，則|z|的取值范圍是()A．(1，eq\r(3)) B．(1,3)C．(1，eq\r(5)) D．(1,5)解析：選C由題意可得z＝a＋i，∴|z|＝|a＋i|＝eq\r(a2＋1).∵0<a<2，∴1<eq\r(a2＋1)<eq\r(5)，∴1<|z|<eq\r(5)，∴|z|的取值范圍是(1，eq\r(5))．故選C.突破點(diǎn)二復(fù)數(shù)的運(yùn)算eq\a\vs4\al([基本學(xué)問(wèn)])(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；②減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；④除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．(2)復(fù)數(shù)加法的運(yùn)算定律設(shè)z1，z2，z3∈C，則復(fù)數(shù)加法滿(mǎn)意以下運(yùn)算律：①交換律：z1＋z2＝z2＋z1；②結(jié)合律：(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．[謹(jǐn)記常用結(jié)論]1．(1±i)2＝±2i，eq\f(1＋i,1－i)＝i，eq\f(1－i,1＋i)＝－i.2．i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*)．3．z·eq\x\to(z)＝|z|2＝|eq\x\to(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.eq\a\vs4\al([基本實(shí)力])1．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)i(2＋3i)＝()A．3－2i B．3＋2iC．－3－2i D．－3＋2i答案：D2．若復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,1－i)，其中i為虛數(shù)單位，則eq\x\to(z)＝()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i解析：選B∵z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，∴eq\x\to(z)＝1－i.3．化簡(jiǎn)：eq\f(3－i,2＋i)＝________.解析：eq\f(3－i,2＋i)＝eq\f(3－i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(5－5i,5)＝1－i.答案：1－ieq\a\vs4\al([典例感悟])1．(2024·合肥質(zhì)檢)已知i為虛數(shù)單位，則eq\f(2＋i3－4i,2－i)＝()A．5 B．5iC．－eq\f(7,5)－eq\f(12,5)i D．－eq\f(7,5)＋eq\f(12,5)i解析：選Aeq\f(2＋i3－4i,2－i)＝eq\f(10－5i,2－i)＝5，故選A.2．(2024·惠州模擬)已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to(z)，若eq\x\to(z)(1－i)＝2i(i為虛數(shù)單位)，則z＝()A．i B．－1＋iC．－1－i D．－i解析：選C由已知可得eq\x\to(z)＝eq\f(2i,1－i)＝eq\f(2i1＋i,1－i1＋i)＝－1＋i，則z＝－1－i，故選C.[方法技巧]復(fù)數(shù)代數(shù)形式運(yùn)算問(wèn)題的解題策略復(fù)數(shù)的加減法在進(jìn)行復(fù)數(shù)的加減法運(yùn)算時(shí)，可類(lèi)比合并同類(lèi)項(xiàng)，運(yùn)用法則(實(shí)部與實(shí)部相加減，虛部與虛部相加減)計(jì)算即可復(fù)數(shù)的乘法復(fù)數(shù)的乘法類(lèi)似于多項(xiàng)式的四則運(yùn)算，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類(lèi)同類(lèi)項(xiàng)，不含i的看作另一類(lèi)同類(lèi)項(xiàng)，分別合并即可復(fù)數(shù)的除法除法的關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，解題中要留意把i的冪寫(xiě)成最簡(jiǎn)形式[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)eq\f(1＋2i,1－2i)＝()A．－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i B．－eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)iC．－eq\f(3,5)－eq\f(4,5)i D．－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i解析：選Deq\f(1＋2i,1－2i)＝eq\f(1＋2i2,1－2i1＋2i)＝e