第四節(jié)復(fù)數(shù)【課程標(biāo)準(zhǔn)】1.理解復(fù)數(shù)的基本概念以及復(fù)數(shù)相等的充要條件.2.了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義.3.能進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算，了解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運(yùn)算的幾何意義.1.復(fù)數(shù)的有關(guān)概念2.復(fù)數(shù)的幾何意義(1)復(fù)數(shù)z=a+bi復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)；(2)復(fù)數(shù)z=a+bi平面向量OZ.[微提醒]復(fù)數(shù)z=a+bi(a，b∈R)的對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(a，b)，而不是(a，bi).3.復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算(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.(2)幾何意義：復(fù)數(shù)加、減法可按向量的加、減法進(jìn)行，且復(fù)數(shù)加法的幾何意義就是向量加法的平行四邊形法則.如圖給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義，即OZ=OZ1+OZ(3)復(fù)數(shù)加法的運(yùn)算律復(fù)數(shù)的加法滿足交換律和結(jié)合律，即對任何復(fù)數(shù)z1，z2，z3，有z1+z2=z2+z1，(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3).(4)復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算滿足交換律、結(jié)合律以及分配律，即對任何復(fù)數(shù)z1，z2，z3，有z1·z2=z2·z1，(z1·z2)·z3=z1·(z2·z3)，z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.【常用結(jié)論】(1)i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=－1，i4n+3=－i，i4n+i4n+1+i4n+2+i4n+3=0(n∈N+).(2)1±i2=±2i，1+i1－i=i，1(3)z·z=|z|2=|z|2，|z1·z2|=|z1|·|z2|，z1z2=|z1||z(4)對于任意復(fù)數(shù)z1，z2，都有|z1+z2|2+|z1－z2|2=2|z1|2+2|z2|2.(5)復(fù)數(shù)z的方程在復(fù)平面上表示的圖形①a≤|z|≤b表示以原點(diǎn)O為圓心，以a和b為半徑的兩圓所夾的圓環(huán)，并包括圓環(huán)的邊界；②|z－(a+bi)|=r(r>0)表示以(a，b)為圓心，r為半徑的圓.【自主檢測】1.(多選)下列結(jié)論錯誤的是()A．復(fù)數(shù)z=a－bi(a，b∈R)中，虛部為bB．復(fù)數(shù)可以比較大小學(xué)生用書?第169頁C．已知z=a+bi(a，b∈R)，當(dāng)a=0時，復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)D．復(fù)數(shù)的模實質(zhì)上就是復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，也就是復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量的模答案：ABC2.若復(fù)數(shù)z=(x2－1)+(x－1)i為純虛數(shù)，則實數(shù)x的值為()A．－1 B．0C．1 D．－1或1答案：A解析：因為z為純虛數(shù)，所以x2－1=0，x－1≠0，所以3.若z=3+4i，則|z|=()A．5 B．5 C．7 D．25答案：B解析：因為z=3+4i，所以|z|=32+42=54.已知復(fù)數(shù)z滿足(2－i)z=1－2i，其中i為虛數(shù)單位，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案：A解析：由(2－i)z=1－2i得z=1－2i2－i=(1－2i)(2+i)(2－i)(2+i)=45－355.(用結(jié)論)i為虛數(shù)單位，則1+i1－i2答案：i解析：由結(jié)論(2)可得1+i1－i=i，又i2025=i4×506+1，由結(jié)論(1)可知原式考點(diǎn)一復(fù)數(shù)的概念自主練透1.復(fù)數(shù)1+i1－i(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)的虛部為A．1 B．－1 C．i D．－i答案：B解析：因為1+i1－i=1+i21－i1+i=1+2i+i22=i，2.(2023·全國甲卷)設(shè)a∈R，(a+i)(1－ai)=2，則a=()A．－2 B．－1 C．1 D．2答案：C解析：因為(a+i)(1－ai)=a－a2i+i+a=2a+(1－a2)i=2，所以2a=2，1－a2=03.(2025·河南新鄉(xiāng)模擬)已知z=(1－3i)(a+i)(a∈R)為純虛數(shù)，則a=()A．3 B．－3 C．13 D．－答案：B解析：依題意，z=(a+3)+(1－3a)i，由z是純虛數(shù)，得a+3=0，1－3a≠0，所以4.(2024·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知z=－1－i，則z=()A．0 B．1 C．2 D．2答案：C解析：若z=－1－i，則z=－12+－125.已知復(fù)數(shù)z滿足z+iz=i，則z=答案：12+1解析：由z+iz=i，得z+i=zi，所以z=－i1－i=－i(1+i)(1－解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項

1.復(fù)數(shù)的分類及對應(yīng)點(diǎn)的位置問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實部與虛部應(yīng)該滿足的條件問題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實部和虛部滿足的方程(不等式)組即可.

2.解題時一定要先看復(fù)數(shù)是否為a+bi(a，b∈R)的形式，以確定實部和虛部.

3.復(fù)數(shù)的概念中的常用性質(zhì)

(1)z1±z2=z1±z2；z1·z2=z1·z2；z1z2=z1z2(z2≠0)；

(2)|z|=|z|，|z2|=|z|2=z·z，|z1·z2|=|z考點(diǎn)二復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算師生共研(1)(2025·沈陽質(zhì)量監(jiān)測(三))已知復(fù)數(shù)z=1－i1+i2，則z=A．i B．－i C．1 D．－1(2)(2024·新課標(biāo)Ⅰ卷)若zz－1=1+i，則z=A．－1－i B．－1+iC．1－i D．1+i(3)已知復(fù)數(shù)z=1+2i1－i，則1+z+z2+…+z2025=A．1+i B．1－iC．i D．1答案：(1)D(2)C(3)A解析：(1)依題意，1－i1+i=(1－i)(1－i)(1+i)(1－i)=－2i2(2)因為zz－1=z－1+1z－1=1+1z－1=1+i，所以z=(3)法一：因為z=1+2i1－i=1+2i(1+i)2=i，所以1+z+z2+…+z2025=1－z20261－z=法二：因為z=1+2i1－i=1+2i(1+i)2=i，所以1+z+z2+…+z2025=1+i+i2+…+i2025=506×(1+i－1－i)+1+i=復(fù)數(shù)代數(shù)形式運(yùn)算問題的解題策略

復(fù)數(shù)的加減法在進(jìn)行復(fù)數(shù)的加減法運(yùn)算時，可類比合并同類項，運(yùn)用加減法則(實部與實部相加減，虛部與虛部相加減)計算即可復(fù)數(shù)的乘法復(fù)數(shù)的乘法類似于多項式的四則運(yùn)算，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類同類項，不含i的看作另一類同類項，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)，解題中要注意把i的冪寫成最簡形式

學(xué)生用書?第170頁對點(diǎn)練1.(1)(2025·河南三門峽模擬)(2+2i)(1－2i)等于()A．－2+4i B．－2－4iC．6+2i D．6－2i(2)(2025·廣西賀州模擬)已知復(fù)數(shù)z=1+i(i是虛數(shù)單位)，則z2+2z－A．2+2i B．2－2i C．2i D．－2i(3)(2025·江西九江模擬)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足1+2z1－z=i，則zA．15+35i B．C．－15+35i D．－(4)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知z=1－i2+2i，則z－z=A．－i B．i C．0 D．1答案：(1)D(2)B(3)C(4)A解析：(1)(2+2i)(1－2i)=2－4i+2i+4=6－2i.故選D．(2)z2+2z－1=1+i2+21+i－1=2+2i(3)由1+2z1－z=i，得1+2z=i－iz，所以z=－1+i2+i=－1+i2－i(4)因為z=1－i2+2i=(1－i)(1－i)2(1+i)(1－i)=－2i4=考點(diǎn)三復(fù)數(shù)的幾何意義師生共研(1)(2021·新高考Ⅱ卷)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)2－i1－3iA．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限(2)已知|z|=2，則|z+3－4i|的最大值是.

(3)(2020·全國Ⅱ卷)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|=|z2|=2，z1+z2=3+i，則|z1－z2|=.

答案：(1)A(2)7(3)23解析：(1)2－i1－3i=(2－i)(1+3i)(1－3i)((2)設(shè)z=x+yi，x，y∈R，則有x2+y2=2，即x2+y2=4，則z在復(fù)平面中的點(diǎn)P(x，y)在以(0，0)為圓心，2為半徑的圓周上.z+3－4i=(x+3)+(y－4)i，|z+3－4i|=x+32+y－42，表示P(x，y)與點(diǎn)A(－3，4)的距離，如圖所示，由圖可知，|AP|max=－3－02+4－0(3)如圖所示，設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2所對應(yīng)的點(diǎn)為Z1，Z2，則OP=OZ1+OZ2.由已知|OP|=3+1=2=|OZ1|=|OZ2|，所以平行四邊形OZ1PZ2為菱形，且△OPZ1，△OPZ2都是正三角形，所以∠Z1OZ2=120°，|Z1Z2|2=|OZ1|2+|OZ2|2－2|OZ1|·|OZ2|cos120°=22+22－2×2×2×－12=12，所以|z1－z2|=|Z1Z2復(fù)數(shù)幾何意義的理解及應(yīng)用

1.復(fù)數(shù)z、復(fù)平面上的點(diǎn)Z及向量OZ相互聯(lián)系，即z=a+bi(a，b∈R)?Z(a，b)?OZ=(a，b).

2.由于復(fù)數(shù)、點(diǎn)、向量之間建立了一一對應(yīng)的關(guān)系，因此可把復(fù)數(shù)、向量與幾何聯(lián)系在一起，解題時可運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀.

對點(diǎn)練2.(1)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)在復(fù)平面內(nèi)，(1+3i)(3－i)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限(2)(2025·江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，則復(fù)數(shù)z·(1+i)2026對應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案：(1)A(2)D解析：(1)因為(1+3i)(3－i)=3+8i－3i2=6+8i，則所求復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)為(6，8)，位于第一象限.故選A．(2)因為(1+i)2026=1+i21013=2i1013=21013i1013=21013i1012i=21013i，因為復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，所以設(shè)z=a+bi(a<0，b<0)，所以z·(1+i)2026=z·21013i=21013i(a+bi)=21013(－b+ai)，因為a<0，b<0，所以－b>0，所以z·(1+i)2[真題再現(xiàn)](2023·全國甲卷)5(1+i3A．－1 B．1 C．1－i D．1+i答案：C解析：5(1+i3)(2+i)(2－i)[教材呈現(xiàn)](湘教版必修二P128T5(3))計算：(3)(1點(diǎn)評：該高考題和教材習(xí)題考查的角度完全相同，都是簡單的復(fù)數(shù)除法運(yùn)算.課時測評51復(fù)數(shù)對應(yīng)學(xué)生(時間：60分鐘滿分：100分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊裝訂!)(每小題5分，共50分)1.(2024·全國甲卷理)若z=5+i，則iz+z=(A．10i B．2i C．10 D．2答案：A解析：由z=5+i?z=5－i，z+z=10，則iz+z=10i.故選2.(2025·河南九師聯(lián)盟)已知復(fù)數(shù)1+ai1+ia∈RA．2 B．1 C．－1 D．－2答案：C解析：1+ai1+i=1+ai1－i1+i1－i=1+3.(2022·全國甲卷)若z=1+i，則|iz+3z|=()A．45 B．4C．25 D．2答案：D解析：因為z=1+i，所以iz+3z=i(1+i)+3(1－i)=－1+i+3－3i=2－2i，所以|iz+3z|=|2－2i|=22+(－2)4.(2025·江西名校聯(lián)盟)已知z=2－ii，則z2+z=A．－4+6i B．－2+2iC．－4+2i D．－2+6i答案：A解析：z=2－ii=2－iii2=－1－2i，所以z2+z=1－4+4i－1+2i=5.(2025·江蘇南京六校聯(lián)考)復(fù)數(shù)z滿足z2+3i=1+i2025，則復(fù)數(shù)z對應(yīng)點(diǎn)位于(A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案：B解析：由題意得，由z2+3i=1+i2025=1+i2024·i，可得z=1+i2+3i=－1+5i，對應(yīng)點(diǎn)－1，56.(多選)(2025·山東濟(jì)南調(diào)研)設(shè)復(fù)數(shù)z1=2－i，z2=2i(i為虛數(shù)單位)，則下列結(jié)論正確的為()A．z2是純虛數(shù)B．z1－z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限C．|z1+z2|=3D．z1=2+答案：AD解析：對于A，z2=2i，其實部為零，虛部不為零，是純虛數(shù)，故A正確；對于B，z1－z2=2－3i，其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(2，－3)，位于第四象限，故B錯誤；對于C，z1+z2=2+i，則|z1+z2|=4+1=5，故C錯誤；對于D，z1=2－i，則z1=2+i，故D正確.故選AD7.(多選)(2025·江蘇徐州模擬)已知復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為－12，3A．z=1 B．z+z=1C．z2+z+1=0 D．z2024=z答案：ACD解析：由題可知，z=－12+32i，z=122+322=1，故A正確；z=－12－32i，z+z=－1，故B錯誤；z2=－12+32i2=14－34－32i=－12－32i，所以z2+z+1=－1+1=0，故C正確；z3=z2·z=－12－32i8.(多選)(2024·河北邯鄲三模)已知復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z1對應(yīng)向量OZ1=1，－3，復(fù)數(shù)z2滿足|z2|=2，z1是A．|z1|=|OZ1| B．zC．z2z1=4 D．|z1z2答案：ABD解析：依題意，z1=1－3i，則|z1|=|OZ1|=2，故A正確；又z1=1+3i，z12=－2+23i，z12=－2－23i，z12=－2+23i，即z12=z12，故B正確；設(shè)z2=a+bi(a，b∈R)，由|z2則z2z1=a+bz2z=a=a=4a2+b24=4×44z1z2=1－3ia+b|z1z2|=|a+3b+=a=a=4a2+b2=4×4=4.故D9.(2024·江蘇揚(yáng)州第二次調(diào)研)設(shè)m∈R，i為虛數(shù)單位.若集合A={1，2m+(m－1)i}，B={－2i，1，2}，且A?B，則m=.

答案：1解析：集合A={1，2m+(m－1)i}，B={－2i，1，2}，且A?B，則有2m+(m－1)i=－2i或2m+(m－1)i=2，解得m=1.10.設(shè)m為實數(shù)，復(fù)數(shù)z1=1+i，z2=m+3i(其中i為虛數(shù)單位)，若z1·z2為純虛數(shù)，則m的值為.答案：－3解析：由題意得z2=m－3i，因為z1·z2=1+im－3i=m+3+(m－3)i為純虛數(shù)，所以m(每小題8分，共32分)11.(2025·山東濟(jì)南模擬)已知復(fù)數(shù)z1，z2是關(guān)于x的方程x2－2x+3=0的兩根，則z1z2的值為()A．－3 B．－2 C．2 D．3答案：D解析：法一：由x2－2x+3=0，得z1=1+2i，z2=1－2i，所以z1z2=1+2i1－2i法二：方程x2－2x+3=0，由韋達(dá)定理可得z1z2=31=3.故選D12.(多選)(2024·九省適應(yīng)性測試)已知復(fù)數(shù)z，w均不為0，則()A．z2=|z|2 B．zz=C．z－w=z－w D答案：BCD解析：對于A，設(shè)z=a+bia，b∈R，則z2=a+bi2=a2+2abi－b2=a2－b2+2abi，|z|2=a2+b22=a2+b2，故A錯誤；對于B，zz=z2z·z，又z·z=z2，即有zz=z2|z|2，故B正確；對于C，設(shè)w=c+dic，d∈R，z－w=a+bi－c－di=a－c+b－di，則z－w=a－c－b－di，z=a－bi，w=c－di，則z－w=a－bi－c+di=a－c－b－di，即有z－w=z－w，13.(新定義)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z=a+bia，b∈R對應(yīng)向量OZ(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，設(shè)OZ=r，以射線Ox為始邊，OZ為終邊旋轉(zhuǎn)的角為θ，則z=r(cosθ+isinθ)，法國數(shù)學(xué)家棣莫弗發(fā)現(xiàn)了棣莫弗定理：z1=r1cosθ1+isinθ1，z2=r2(cosθ2+isinθ2)，則z1z2=r1r2[cosθ1+θ2+isinθ1+θ2]，由棣莫弗定理可以推導(dǎo)出復(fù)數(shù)乘方公式：[rcosθ+isinθ]n=rncosnθ+isinnθ.已知z=3+i4，則z=；若復(fù)數(shù)答案：16cosπ3+isinπ3(解析：因為3+i=2cosπ6+isinπ6，所以z=3+i4=24cos23π+isin23π，則z=z=24=16.由題意知ω6=1，設(shè)ω=cosθ+isinθ，則ω6=cos6θ+isin6θ=1，所以sin6θ=0，cos6θ=1，又ω?R，所以sinθ≠014.(多選)(2025·廣東佛山二模)設(shè)z，z1，z2為復(fù)數(shù)，且z1≠z2，下列命題中正確的是()A．若z1=z2，則z1=B．若|z1－z2|=|z1+z2|，則z1z2=0C．若zz1=zz2，則z=0D．若|z－z1|=|z－z2|，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在一條直線上答案：ACD解析：設(shè)z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z=a+bi，a1，b1，a2，b2，a，b∈R，對于A，若z1=z2，即z1=a1－b1i=a2+b2i=z2，則a1=a2，b1=－b2，所以z1=a1+b1i=a2－b2i=z2，即z1=z2，故A正確；對于B，若z1=1，z2=i，則|z1－z2|=|z1+z2|=2，而z1z2=i≠0，故B錯誤；對于C，zz1=(a+bi)(a1+b1i)=(a1a－b1b)+(a1b+ab1)i，zz2=(a+bi)(a2+b2i)=(a2a－b2b)+(a2b+ab2)i，所以