2021新高考数学一轮复习学案4-4数系的扩充与复数的引入

第四节数系的扩充与复数的引入课标要求考情分析1.理解复数的基本概念．2．理解复数相等的充要条件．3．了解复数的代数表示法及其几何意义．4．会进行复数代数形式的四则运算．5．了解复数代数形式的加、减运算的几何意义.1.本节是高考考查的重点内容，主要考查复数的基本概念、复数的几何意义、复数代数形式的四则运算等方面的内容．2．命题形式多样化，以选择、填空题为主，多为运算题型，属容易题、送分题.知识点一复数的概念1．复数的概念形如a＋bi(a，b∈R)的数叫复数，其中a，b分别是它的实部和虚部．若b＝0，则a＋bi为实数；若b≠0，则a＋bi为虚数；若a＝0且b≠0，则a＋bi为纯虚数．2．复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．3．共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．4．复数的模向量eq\o(OZ,\s\up15(→))的模r叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2).知识点二复数的几何意义1．复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．2．复数z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq\o(OZ,\s\up15(→)).知识点三复数的运算1．复数的加、减、乘、除运算法则设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则(1)加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；(2)减法：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．复数加法的运算定律复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．注意以下结论：(1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)；i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*)．(2)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.(3)复数加法的几何意义：若复数z1，z2对应的向量eq\o(OZ1,\s\up15(→))，eq\o(OZ2,\s\up15(→))不共线，则复数z1＋z2是以eq\o(OZ1,\s\up15(→))，eq\o(OZ2,\s\up15(→))为邻边的平行四边形的对角线eq\o(OZ,\s\up15(→))所对应的复数．(4)复数减法的几何意义：复数z1－z2是eq\o(OZ1,\s\up15(→))－eq\o(OZ2,\s\up15(→))＝eq\o(Z2Z1,\s\up15(→))所对应的复数．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)方程x2－x＋1＝0没有解．(×)(2)复数z＝3－2i中，虚部为－2i.(×)(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小．(×)(4)若a∈C，则|a|2＝a2.(×)解析：(1)方程x2－x＋1＝0有复数解．(2)复数z＝3－2i中，虚部为－2.(3)虚数不能比较大小．(4)若a∈C，则|a|2是实数，但a2未必是实数，所以|a|2与a2不一定相等．2．小题热身(1)(2019·全国卷Ⅱ)设z＝－3＋2i，则在复平面内eq\x\to(z)对应的点位于(C)A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限(2)eq\f(1＋2i,1－2i)＝(D)A．－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)iB．－eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)iC．－eq\f(3,5)－eq\f(4,5)iD．－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i(3)若复数z＝eq\f(a,1＋i)＋1为纯虚数，则实数a＝(A)A．－2 B．－1C．1 D．2(4)i为虚数单位，若复数(1＋mi)(i＋2)是纯虚数，则实数m等于2.(5)设复数z1＝2－i，z2＝a＋2i(i是虚数单位，a∈R)，若z1z2∈R，则a＝4.解析：(1)由题意，得eq\x\to(z)＝－3－2i，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限，故选C.(2)eq\f(1＋2i,1－2i)＝eq\f(1＋2i2,1－2i1＋2i)＝eq\f(－3＋4i,5)＝－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.(3)因为复数z＝eq\f(a,1＋i)＋1＝eq\f(a1－i,1＋i1－i)＋1＝eq\f(a,2)＋1－eq\f(a,2)i为纯虚数，所以eq\f(a,2)＋1＝0，且－eq\f(a,2)≠0，解得a＝－2.故选A.(4)因为(1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是纯虚数，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得(5)依题意，复数z1z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i是实数，因此4－a＝0，a考点一复数的概念【例1】(1)已知i为虚数单位，若复数z＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，则复数eq\f(1,z)的虚部为()A．－eq\f(\r(3),2)i B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),2)i D.eq\f(\r(3),2)(2)设a∈R，复数z＝eq\f(a－i,3＋i)(i是虚数单位)的实部为2，则复数z的虚部为()A．－7B．7C．－1D．1(3)若复数eq\f(b＋i,2＋i)为纯虚数，则实数b等于()A．3 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D．－1【解析】(1)eq\f(1,z)＝eq\f(1,\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)＝eq\f(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)))＝eq\f(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,\f(1,4)＋\f(3,4))＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，所以eq\f(1,z)的虚部为－eq\f(\r(3),2).故选B.(2)z＝eq\f(a－i,3＋i)＝eq\f(a－i3－i,3＋i3－i)＝eq\f(3a－1－a＋3i,10)，则eq\f(3a－1,10)＝2，则a＝7，所以复数z的虚部为eq\f(－a＋3,10)＝－1，故选C.(3)因为eq\f(b＋i,2＋i)＝eq\f(b＋i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(2b＋1＋2－bi,5)为纯虚数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＋1＝0，,2－b≠0，))解得b＝－eq\f(1,2)，故选B.【答案】(1)B(2)C(3)B方法技巧解决复数概念问题的方法及注意事项1复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件的问题，只需把复数化为a＋bia，b∈R的形式，列出实部和虚部满足的方程不等式组即可.2解题时一定要先看复数是否为a＋bia，b∈R的形式，以确定实部和虚部.1．已知a∈R，复数z＝eq\f(a－i,1－i)为纯虚数(i为虚数单位)，则a＝(B)A．－eq\r(2) B．－1C．1 D.eq\r(2)解析：z＝eq\f(a－i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(a＋1,2)＋eq\f(a－1,2)i.由题意，得eq\f(a＋1,2)＝0且eq\f(a－1,2)≠0，解得a＝－1.2．若复数z满足i·z＝－eq\f(1,2)(1＋i)，则z的共轭复数的虚部是(C)A．－eq\f(1,2)i B.eq\f(1,2)iC．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)解析：由题意，得z＝－eq\f(1,2)·eq\f(1＋i,i)＝－eq\f(1,2)·eq\f(i1＋i,i2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以z的共轭复数的虚部是－eq\f(1,2)，故选C.考点二复数的几何意义【例2】(1)在复平面内，复数eq\f(1＋i,1－i2＋1)对应的点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限(2)(2019·全国卷Ⅰ)设复数z满足|z－i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则()A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．x2＋(y＋1)2＝1【解析】(1)由题意得eq\f(1＋i,1－i2＋1)＝eq\f(1＋i,1－2i)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i，该复数在复平面内所对应的点位于第二象限．故选B.(2)解法1：∵z在复平面内对应的点为(x，y)，∴z＝x＋yi(x，y∈R)．∵|z－i|＝1，∴|x＋(y－1)i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故选C.解法2：∵|z－i|＝1表示复数z在复平面内对应的点(x，y)到点(0,1)的距离为1，∴x2＋(y－1)2＝1.故选C.解法3：在复平面内，点(1,1)所对应的复数z＝1＋i满足|z－i|＝1，但点(1,1)不在选项A，D的圆上，∴排除A，D；在复平面内，点(0,2)所对应的复数z＝2i满足|z－i|＝1，但点(0,2)不在选项B的圆上，∴排除B.故选C.【答案】(1)B(2)C方法技巧1复数z、复平面上的点Z及向量eq\o(OZ,\s\up15(→))相互联系，即z＝a＋bia，b∈R⇔Za，b⇔eq\o(OZ,\s\up15(→)).2复数的几何意义：复数z在复平面内对应的点的坐标就是向量eq\o(OZ,\s\up15(→))的坐标，对于复数z＝a＋bia，b∈R，其在复平面内对应的点的坐标是a，b.复数的模即为其对应向量的模.1．已知复数z满足(1－i)2·z＝1＋2i，则复数eq\x\to(z)在复平面内对应的点为(A)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1))解析：复数z满足(1－i)2·z＝1＋2i，则z＝eq\f(1＋2i,1－i2)＝eq\f(1＋2i,－2i)＝eq\f(1＋2ii,－2i2)＝eq\f(－2＋i,2)＝－1＋eq\f(1,2)i，所以eq\x\to(z)＝－1－eq\f(1,2)i，即复数eq\x\to(z)在复平面内对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，故选A.2．复数eq\f(1,1＋ai)(a∈R)在复平面内对应的点在第一象限，则a的取值范围为(A)A．a<0B．0<a<1C．a>1D．a<－1解析：由题意可得eq\f(1,1＋ai)＝eq\f(1,1＋a2)－eq\f(a,1＋a2)i，则eq\f(1,1＋a2)>0，－eq\f(a,1＋a2)>0，由此可得a的取值范围为a<0，故选A.考点三复数的运算【例3】(1)(2019·全国卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，则z＝()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i(2)已知eq\f(i,1＋i)＝a＋bi(a，b∈R，i是虚数单位)，则|a－bi|＝()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\r(2) D.eq\f(\r(2),2)【解析】(1)z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(2＋2i,2)＝1＋i.(2)由题得i＝(1＋i)(a＋bi)＝(a－b)＋(a＋b)i，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝0，,a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,2)，))所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)i))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，故选D.【答案】(1)D(2)D方法技巧1