PAGEPAGE13第5章數系的擴充與復數1．虛數單位i(1)i2＝－1(即－1的平方根是±i)．(2)實數可以與i進行四則運算，進行運算時原有的加、乘運算律仍舊成立．(3)i的冪具有周期性：i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N＋)，則有in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N＋)．2．復數的分類復數a＋bi(a，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實數b＝0,虛數b≠0\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(純虛數a＝0,非純虛數a≠0))))3．共軛復數設復數z的共軛復數為eq\x\to(z)，則(1)z·eq\x\to(z)＝|z|2＝|eq\x\to(z)|2；(2)z為實數?z＝eq\x\to(z)；z為純虛數?z＝－eq\x\to(z).4．復數相等的條件復數相等的充要條件為a＋bi＝c＋di?a＝c，b＝d(a，b，c，d∈R)．特殊地，a＋bi＝0?a＝b＝0(a，b∈R)．5．復數的運算(1)加法和減法運算：(a＋bi)±(c＋di)＝(a±c)＋(b±d)i(a，b，c，d∈R)．(2)乘法和除法運算：復數的乘法按多項式相乘進行運算，即(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；復數除法是乘法的逆運算，其實質是分母實數化．復數的概念[例1]復數z＝log3(x2－3x－3)＋ilog2(x－3)，當x為何實數時，(1)z∈R？(2)z為虛數？(3)z為純虛數？[解](1)∵一個復數是實數的充要條件是虛部為0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，①,log2x－3＝0，②))由②得x＝4，閱歷證滿意①式．∴當x＝4時，z∈R.(2)∵一個復數是虛數的充要條件是虛部不等于0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，,log2x－3≠0，,x－3>0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(3＋\r(21),2)或x<\f(3－\r(21),2)，,x>3且x≠4，))即eq\f(3＋\r(21),2)<x<4或x>4.∴當eq\f(3＋\r(21),2)<x<4或x>4時，z為虛數．(3)∵一個復數是純虛數的充要條件是其實部為0且虛部不為0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x2－3x－3＝0，,log2x－3≠0，,x－3>0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1或x＝4，,x>3且x≠4.))無解．∴復數z不行能是純虛數．解決此類問題的關鍵是正確理解復數的分類與復數的實部和虛部之間的關系，另外要留意某些函數的定義域．1．若復數z＝eq\f(a＋2i,1＋i)＋(2－i)為純虛數，求實數a.解：∵z＝eq\f(a＋2i,1＋i)＋(2－i)＝eq\f(a＋2i1－i,2)＋(2－i)＝eq\f(a＋2＋2－ai,2)＋(2－i)＝eq\f(a＋6,2)－eq\f(a,2)i為純虛數，∴eq\f(a＋6,2)＝0，即a＝－6.2．已知z＝eq\f(x－i,1－i)(x>0)，且復數ω＝z(z＋i)的實部減去它的虛部所得的差等于－eq\f(3,2)，求ω·eq\x\to(ω).解：ω＝z(z＋i)＝eq\f(x－i,1－i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－i,1－i)＋i))＝eq\f(x－i,1－i)·eq\f(x＋1,1－i)＝eq\f(x＋1,2)＋eq\f(x2＋x,2)i.依據題意eq\f(x＋1,2)－eq\f(x2＋x,2)＝－eq\f(3,2)，得x2－1＝3.∵x>0，∴x＝2，∴ω＝eq\f(3,2)＋3i.∴ω·eq\x\to(ω)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋3i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－3i))＝eq\f(45,4).復數的四則運算[例2]計算：(1)eq\f(2＋2i4,1－\r(3)i5)；(2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i.[解](1)原式＝eq\f(161＋i4,1－\r(3)i41－\r(3)i)＝eq\f(162i2,－2－2\r(3)i21－\r(3)i)＝eq\f(－64,41＋\r(3)i21－\r(3)i)＝eq\f(－16,1＋\r(3)i×4)＝eq\f(－4,1＋\r(3)i)＝－1＋eq\r(3)i.(2)原式＝(3＋11i)(3－4i)＋2i＝53＋21i＋2i＝53＋23i.復數加減乘除運算的實質是實數的加減乘除，加減法是對應實、虛部相加減，而乘法類比多項式乘法，除法類比分式的分子分母有理化，留意i2＝－1.3．計算eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2).解：eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2)＝eq\f(1－i,2i)－eq\f(1＋i,2i)＝eq\f(－2i,2i)＝－1.4．若復數z＝1－2i(i為虛數單位)，求z·eq\x\to(z)＋z.解：∵z＝1－2i，∴eq\x\to(z)＝1＋2i.∴z·eq\x\to(z)＋z＝(1－2i)(1＋2i)＋(1－2i)＝5＋1－2i＝6－2i.復數問題實數化[例3]設存在復數z同時滿意下列條件：(1)復數z在復平面內對應的點位于其次象限；(2)z·eq\x\to(z)＋2iz＝8＋ai(a∈R)．試求a的取值范圍．[解]設z＝x＋yi(x，y∈R)，則eq\x\to(z)＝x－yi.由(1)，知x＜0，y＞0.又z·eq\x\to(z)＋2iz＝8＋ai(a∈R)，故(x＋yi)(x－yi)＋2i(x＋yi)＝8＋ai，即(x2＋y2－2y)＋2xi＝8＋ai.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2y＝8，,2x＝a.))消去x，整理，得4(y－1)2＝36－a2，∵y＞0，∴4(y－1)2≥0.∴36－a2≥0.∴－6≤a≤6.又2x＝a，而x＜0，∴a＜0.∴－6≤a＜0.∴a的取值范圍為[－6,0)．復數問題實數化是解決復數問題的最基本也是最重要的思想方法，橋梁是設z＝x＋yi(x，y∈R)，依據是復數相等的充要條件．5．已知復數z＝(1－i)2＋1＋3i.(1)求|z|；(2)若z2＋az＋b＝eq\x\to(z)，求實數a，b的值．解：z＝(1－i)2＋1＋3i＝－2i＋1＋3i＝1＋i.(1)|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).(2)z2＋az＋b＝(1＋i)2＋a(1＋i)＋b＝2i＋a＋ai＋b＝a＋b＋(a＋2)i，∵eq\x\to(z)＝1－i，∴a＋b＋(a＋2)i＝1－i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,a＋2＝－1，))∴a＝－3，b＝4.復數的幾何意義[例4]已知z是復數，z＋2i，eq\f(z,2－i)均為實數(i為虛數單位)，且復數(z＋ai)2在復平面上對應的點在第一象限，求實數a的取值范圍．[解]設z＝x＋yi(x，y∈R)，則z＋2i＝x＋(y＋2)i，eq\f(z,2－i)＝eq\f(x＋yi,2－i)＝eq\f(1,5)(x＋yi)(2＋i)＝eq\f(1,5)(2x－y)＋eq\f(1,5)(2y＋x)i.由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋2＝0，,\f(1,5)2y＋x＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－2.))∴z＝4－2i.∵(z＋ai)2＝[4＋(a－2)i]2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12＋4a－a2>0，,8a－2>0.))∴2<a<6.∴實數a的取值范圍是(2,6)．復數z＝a＋bi(a，b∈R)和復平面上的點P(a，b)一一對應，和向量eq\o(OP,\s\up7(→))一一對應，正確求出復數的實部和虛部是解決此類題目的關鍵．6．已知等腰梯形OABC的頂點A，B在復平面上對應的復數分別為1＋2i，－2＋6i，OA∥BC.求頂點C所對應的復數z.解：設z＝x＋yi，x，y∈R，如圖，因為OA∥BC，|OC|＝|BA|，所以kOA＝kBC，|zC|＝|zB－zA|，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)＝\f(y－6,x＋2)，,\r(x2＋y2)＝\r(32＋42)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝4.))因為|OA|≠|BC|，所以x＝－3，y＝4(舍去)，故z＝－5.(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，滿分60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．把復數z的共軛復數記作eq\o(z,\s\up6(－))，i為虛數單位．若z＝1＋i，則(1＋z)·eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．3－i B．3＋iC．1＋3i D．3解析：(1＋z)·eq\o(z,\s\up6(－))＝(2＋i)(1－i)＝3－i.答案：A2．(全國卷Ⅲ)設復數z滿意(1＋i)z＝2i，則|z|＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．2解析：因為z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝i(1－i)＝1＋i，所以|z|＝eq\r(2).答案：C3．復數z1＝3＋i，z2＝1－i，則z＝z1·z2在復平面內對應的點位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：z＝z1·z2＝(3＋i)(1－i)＝3－3i＋i－i2＝4－2i.在復平面內對應的點為(4，－2)，位于第四象限．答案：D4．已知z是純虛數，eq\f(z＋2,1－i)是實數，那么z等于()A．2i B．iC．－i D．－2i解析：設z＝bi(b≠0)，則eq\f(z＋2,1－i)＝eq\f(2＋bi,1－i)＝eq\f(2＋bi1＋i,2)＝eq\f(2－b＋2＋bi,2).∵eq\f(z＋2,1－i)是實數，∴2＋b＝0.∴b＝－2，∴z＝－2i.答案：D5．設z＝1＋i(i是虛數單位)，則eq\f(2,z)＋z2＝()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i解析：eq\f(2,z)＋z2＝eq\f(2,1＋i)＋(1＋i)2＝1－i＋2i＝1＋i.答案：D6．已知復數z1＝2＋ai(a∈R)，z2＝1－2i，若eq\f(z1,z2)為純虛數，則|z1|＝()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D.eq\r(5)解析：由于eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋ai,1－2i)＝eq\f(2＋ai1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(2－2a＋4＋ai,5)為純虛數，則a＝1，則|z1|＝eq\r(5)，故選D.答案：D7．若z1＝(2x－1)＋yi與z2＝3x＋i(x，y∈R)互為共軛復數，則z1對應的點在()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：由z1，z2互為共軛復數，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝3x，,y＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，))所以z1＝(2x－1)＋yi＝－3－i.由復數的幾何意義知z1對應的點在第三象限．答案：C8．(全國卷Ⅰ)設有下面四個命題：p1：若復數z滿意eq\f(1,z)∈R，則z∈R；p2：若復數z滿意z2∈R，則z∈R；p3：若復數z1，z2滿意z1z2∈R，則z1＝eq\x\to(z)2；p4：若復數z∈R，則eq\x\to(z)∈R.其中的真命題為()A．p1，p3 B．p1，p4C．p2，p3 D．p2，p4解析：設復數z＝a＋bi(a，b∈R)，對于p1，∵eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命題；對于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命題；對于p3，設z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，則z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R，∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠eq\x\to(z)2，∴p3不是真命題；對于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴eq\x\to(z)＝a－bi＝a∈R，∴p4是真命題．答案：B9．若復數z＝1＋i(i為虛數單位)，eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復數，則z2＋eq\o(z,\s\up6(－))2的虛部為()A．0 B．－1C．1 D．－2解析：因為z＝1＋i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝1－i，所以z2＋eq\o(z,\s\up6(－))2＝(1＋i)2＋(1－i)2＝2i－2i＝0.故z2＋eq\o(z,\s\up6(－))2的虛部為0.答案：A10．定義運算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，則符合條件eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1,zzi))＝4＋2i的復數z為()A．3－i B．1＋3iC．3＋i D．1－3i解析：由定義知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1,zzi))＝zi＋z，得zi＋z＝4＋2i，即z＝eq\f(4＋2i,1＋i)＝3－i.答案：A11．△ABC的三個頂點所對應的復數分別為z1，z2，z3，復數z滿意|z－z1|＝|z－z2|＝|z－z3|，則z對應的點是△ABC的()A．外心 B．內心C．重心 D．垂心解析：設復數z與復平面內的點Z相對應，由△ABC的三個頂點所對應的復數分別為z1，z2，z3及|z－z1|＝|z－z2|＝|z－z3|可知點Z到△ABC的三個頂點的距離相等，由三角形外心的定義可知，點Z即為△ABC的外心．答案：A12．若1＋eq\r(2)i是關于x的實系數方程x2＋bx＋c＝0的一個復數根，則()A．b＝2，c＝3 B．b＝－2，c＝3C．b＝－2，c＝－1 D．b＝2，c＝－1解析：因為1＋eq\r(2)i是實系數方程的一個復數根，所以1－eq\r(2)i也是方程的根，則1＋eq\r(2)i＋1－eq\r(2)i＝2＝－b，(1＋eq\r(2)i)(1－eq\r(2)i)＝3＝c，解得b＝－2，c＝3.答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．把答案填在題中橫線上)13．已知復數z1＝2＋3i，z2＝a＋bi，z3＝1－4i，它們在復平面上所對應的點分別為A，B，C.若eq\o(OC,\s\up7(→))＝2eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))，則a＝________，b＝________.解析：∵eq\o(OC,\s\up7(→))＝2eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))∴1－4i＝2(2＋3i)＋(a＋bi)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝4＋a，,－4＝6＋b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝－10.))答案：－3－1014．若復數z滿意方程eq\x\to(z)i＝i－1，則z＝________.解析：∵eq\x\to(z)i＝i－1，∴eq\x\to(z)＝eq\f(i－1,i)＝(i－1)(－i)＝1＋i.∴z＝1－i.答案：1－i15．i是虛數單位，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2018＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＝________.解析：原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2))1009＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,－2i)))1009＋i6＝i1009＋i6＝i4×252＋1＋i4＋2＝i＋i2＝－1＋i.答案：－1＋i16．設z1是復數，z2＝z1－ieq\x\to(z)1(其中eq\x\to(z)1表示z1的共軛復數)，已知z2的實部是1，則z2的虛部是________．解析：設z1＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)1＝a－bi，∴z2＝a＋bi－i(a－bi)＝(a－b)－(a－b)i.由已知得a－b＝1.∴z2的虛部為－1.答案：－1三、解答題(本大題共6小題，滿分70分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知復數z1＝2－3i，z2＝eq\f(15－5i,2＋i2).求：(1)z1·z2；(2)eq\f(z1,z2).解：z2＝eq\f(15－5i,2＋i2)＝1－3i.(1)z1·z2＝(2－3i)(1－3i)＝－7－9i.(2)eq\f(z1,z2)＝eq\f(2－3i,1－3i)＝eq\f(11,10)＋eq\f(3,10)i.18．(本小題滿分12分)已知z1＝(x＋y)＋(x2－xy－2y)i，z2＝(2x－y)－(y－xy)i，問x，y取什么實數值時，(1)z1，z2都是實數；(2)z1，z2互為共軛復數．解：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－xy－2y＝0，,y－xy＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(1,3).))所以當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(1,3)))時，z1，z2都是實數．(2)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2x－y，,x2－xy－2y＝y－xy，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(3,4)，))所以當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(3,4)))時，z1，z2互為共軛復數．19．(本小題滿分12分)已知復數z滿意(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i.(1)求復數z；(2)若復數(z＋ai)2在復平面內對應的點在第一象限，求實數a的取值范圍．解：(1)∵(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，∴eq\x\to(z)＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(10－5i,5)＝2－i，∴z＝2＋i.(2)由(1)知z＝2＋i，則(z＋ai)2＝(2＋i＋ai)2＝[2＋(a＋1)i]2＝4－(a＋1)2＋4(a＋1)i，∵復數(z＋ai)2在復平面內對應的點在第一象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－a＋12>0，,4a＋1>0，))解得－1<a<1，即實數a的取值范圍為(－1,1)．20．(本小題滿分12分)已知復數z1＝i(1－i)3.(1)求|z1|；(2)若|z|＝1，求|z－z1|的最大值．解：(1)z1＝i(1－i)3＝i(1－i)2(1－i)＝2－2i，∴|z1|＝eq\r(22＋－22)＝2eq\r(2).(2)如圖所示，由|z|＝1可知，z在復平面內對應的點的軌跡是半徑為1，圓心為O(0,0)的圓，而z1對應著坐標系中的點Z1(2，－2)．所以|z－z1|的最大值可以看成是點Z1(2，－2)到圓上的點的距離的最大值．由圖知|z－z1|max＝|z1|＋r(r為圓半徑)＝2eq\r(2)＋1.21．(本小題滿分12分)設eq\x\to(z)為復數z的共軛復數，滿意|z－eq\x\to(z)|＝2eq\r