第4節(jié)復(fù)數(shù)

考試要求1.理解復(fù)數(shù)的基本概念.2.理解復(fù)數(shù)相等的充要條件.3.了解復(fù)數(shù)的代

數(shù)表示法及其幾何意義.4.會(huì)進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算.5.了解復(fù)數(shù)代數(shù)形式

的加、減運(yùn)算的幾何意義.

■知識(shí)

【知識(shí)梳理】

1.復(fù)數(shù)的有關(guān)概念

(1)定義：我們把集合C={a+bi|。，b?R}中的數(shù)，即形如a+歷(a,5?R)的數(shù)叫

做復(fù)數(shù)，其中a叫做復(fù)數(shù)z的實(shí)部,b叫做復(fù)數(shù)z的虛部(i為虛數(shù)單位).

⑵分類：

滿足條件(a,6為實(shí)數(shù))

。+歷為實(shí)數(shù)。0=0

復(fù)數(shù)的

a+bi為虛數(shù)QbWO

分類

a+bi為純虛數(shù)Qa=0且bWO

(3)復(fù)數(shù)相等：a+bi=c+diQa=c且b=d(a,b,c,dGR).

(4)共輾復(fù)數(shù)：a+式與c+di共輾Qa=c,b=—d(a,b,c,d?R).

(5)模：向量定的模叫做復(fù)數(shù)z=a+bi的模，記作|a+歷|或|z|,即|z|=|a+歷|=

^a2+Z>2(a,》?R).

2.復(fù)數(shù)的幾何意義

復(fù)數(shù)z=。+歷與復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)迎⑷及平面向量定=(a,b)(a,6GR)是---對(duì)

應(yīng)關(guān)系.

3.復(fù)數(shù)的運(yùn)算

(1)運(yùn)算法則：設(shè)zi=a+6i,Z2=c+di,a,b,c,d?R.

P__JZ\±z?K(Q+6i)土(c+di)=?±c)+(6±d)[

二!z「Z2人(。+歷)(c+di)=(a」-1d)+(6c+ad)L

人入鬻力+的"

⑵幾何意義：

復(fù)數(shù)加、減法可按向量的平行四邊形或三角形法則進(jìn)行.

如圖給出的平行四邊形0Z1ZZ2可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義，即歸

=&￡\Z1Z2=&Z\.

［常用結(jié)論與微點(diǎn)提醒］

Li的乘方具有周期性

4n4n+14n+2

i=l,i=i,i=-l,i4n+3=—i,^n+i4n+l+i4n+2+i4n+3=0fn￡N*.

,1+i1-i

2.（1士i）2=±2i,-：~7=i,T—7=-i.

1—11+1

3.復(fù)數(shù)的模與共扼復(fù)數(shù)的關(guān)系z(mì)'=|z|2=|好.

【診斷自測(cè)】

1.思考辨析（在括號(hào)內(nèi)打“J”或“X”）

⑴復(fù)數(shù)2=。+歷（a，6GR）中，虛部為歷.（）

⑵復(fù)數(shù)中有相等復(fù)數(shù)的概念，因此復(fù)數(shù)可以比較大小.（）

（3）原點(diǎn)是實(shí)軸與虛軸的交點(diǎn).（）

（4）復(fù)數(shù)的模實(shí)質(zhì)上就是復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，也就是復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的

向量的模.（）

答案（1）X（2）X（3）V（4）V

解析（1）虛部為。；（2）虛數(shù)不可以比較大小.

2.（必修二P69例1改編）若復(fù)數(shù)z=m+l+（m-l）i為純虛數(shù)，則m=.

答案-1

fm+1=0,

解析由題意知彳解得加=—I.

m—1^0,

3.(必修二P94T1改編)復(fù)數(shù)號(hào)的共輾復(fù)數(shù)是.

答案一2+i

斛析iZZ2=(-2+i)(-2-i)=-2-b

故其共軻復(fù)數(shù)是一2+i.

4.已知z=l—3i,貝！J|z—i|=.

答案小

解析由z=l—3i,得z—i=l+3i—i=1+2i,

故|z—i|=、V+22=小.

■考點(diǎn)聚焦突破

考點(diǎn)一復(fù)數(shù)的概念

例1(1)(2023?全國(guó)甲卷)若復(fù)數(shù)(a+i)(l—ai)=2,a￡R,則a=()

A.-2B.-lC.lD.2

答案C

解析因?yàn)?a+i)(l—oi)=2o+(l—a2)i=2,

所以2a=2且1一/=0,解得q=i.

⑵(2024?西安質(zhì)檢)已知復(fù)數(shù)zi=a—3i,Z2=2+i(i為虛數(shù)單位).若zg是純虛數(shù),

則實(shí)數(shù)。=()

33

A.-2B，2C.—6D.6

答案A

解析因?yàn)閦iz2=(a—3i)(2+i)=(2a+3)+(a—6)i是純虛數(shù)，

3

所以2a+3=0且。-6力0,可得a=一亍

-1+i

(3)(多選)(2024?惠州調(diào)研)已知復(fù)數(shù)2=1—,則下列結(jié)論正確的是()

A.z的虛部為1

B.|z|=2

C.Z2為純虛數(shù)

D.z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第一象限

答案AC

_]+ii2+i.

&角牛析對(duì)于A,z=?=—?一=]+i,

則z的虛部為1,故A正確；

對(duì)于B,因=色，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,z2=2i為純虛數(shù)，故C正確；

對(duì)于D,z=l—i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1,-1),位于第四象限，故D錯(cuò)誤.

感悟提升解決復(fù)數(shù)概念問(wèn)題的方法及注意事項(xiàng)

⑴復(fù)數(shù)的分類及對(duì)應(yīng)點(diǎn)的位置問(wèn)題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)該滿足的

條件問(wèn)題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實(shí)部和虛部滿足的方程(不等式)組即

可.

(2)解題時(shí)一定要先看復(fù)數(shù)是否為歷(a,5?R)的形式，以確定實(shí)部和虛部.

訓(xùn)練1(1)(2023?全國(guó)乙卷)|2+i2+2i3|=()

A.lB.2C.小D.5

答案C

解析|2+i2+2i3|=|2-1-2i|=|1-21|=^5.

(2)(2024?遼寧名校模擬)已知復(fù)數(shù)z=2—i,且z—az+b=i,其中a,b為實(shí)數(shù),則

a-b=()

A.-2B.OC.2D.3

答案C

解析由題意得z=2+i,則代入原式得

2+i—a(2—i)+Z?=i,

即(2—2a+Z?)+(l+a)i=i,

2—2。+6=0,<7=0,

所以《解得，

、1+。=1,b=-2,

所以0—6=2.

⑶已知復(fù)數(shù)Z滿足|z|=|z—1|=1,且復(fù)數(shù)Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限，則下列結(jié)論正

確的是()

A.復(fù)數(shù)z的虛部為一晉

n1也

B.z一r21

C.z2=z+1

D.復(fù)數(shù)z的共輾復(fù)數(shù)為3―坐i

答案D

解析設(shè)復(fù)數(shù)z=a+0i(a,Z??R),

因?yàn)閨z|=|z—1|=1,且復(fù)數(shù)Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限,

1次+廬=1，<2=2，

所以J(a—1)2+b2=l,解得J

l<7>0,b>Q,b=2，

即z=T+奈

對(duì)于A,復(fù)數(shù)2的虛部為竽，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,z=T+坐i,故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,因?yàn)閦2=1+監(jiān))=—3+監(jiān)制+1,故C錯(cuò)誤;

對(duì)于D,復(fù)數(shù)z的共軻復(fù)數(shù)為義一半i,故D正確.

考點(diǎn)二復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算

例2(1)(2023?新高考I卷)已知2=嗝不，則z—z=()

A.-iB.iC.OD.l

答案A

1-i(1-i)21.

解析因?yàn)閦2+2i=2(1+i)(1-i)21)

_]

所以z=5,

一11

所以z—z=-]i一X=一i.

(2)(2023?全國(guó)乙卷)設(shè)z=]；音抨貝ljz=()

A.l-2iB.l+2i

C.2-iD.2+i

答案B

AR4_L2+i2+i—i(2+i)

斛析Z=l+i2+i5=="]=一Zp-

=1—2i,所以z=l+2i.

感悟提升1.復(fù)數(shù)的乘法類似于多項(xiàng)式的乘法運(yùn)算；

2.復(fù)數(shù)的除法關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共輾復(fù)數(shù).

5(1+i3)

訓(xùn)練2(1)(2023?全國(guó)甲卷)(2+D(2_i)=()

A.-lB.lC.l-iD.l+i

答案C

~5(1+i3)5(1-i)5(1-i)

斛析由趙思知，—(2—i)=22—i2=—5—Ur

?2025

(2)(2024?寧波調(diào)研)已知i為虛數(shù)單位，則廠]=.

答案-j+ji

i2025i2024.i(i4)506-i__ii(1+i)

解析1^=1-i~~-=1^=(1-i)(1+i)

(3)(2023?天津卷)已知i是虛數(shù)單位，化簡(jiǎn)今譽(yù)的結(jié)果為

答案4+i

5+14i(5+14i)(2—3i)

斛析2+3i=(2+3i)(2—3i)

10-15i+28i+4252+13i,

=13=13=4+i.

考點(diǎn)三復(fù)數(shù)的幾何意義

例3(1)(2023?新高考II卷)在復(fù)平面內(nèi)，(l+3i)(3—i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

答案A

解析因?yàn)?l+3i)(3—i)=3—i+9i—3i2=6+8i,

所以該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(6,8),位于第一象限，故選A.

(2)(2024.廣州模擬)復(fù)數(shù)z=(a+2)—(a+3)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z位于第二象限,

則實(shí)數(shù)。的取值范圍為()

A.(—8,-2)B.(—3,-2)

C.(-2,+8)D.(—8,-3)

答案D

解析由復(fù)數(shù)z=(a+2)—(a+3)i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z位于第二象限,

a+2<0,

可得，解得a<-3,

、一(。+3)>0,

故實(shí)數(shù)。的取值范圍為(一8,-3).

(3)18世紀(jì)末期，挪威測(cè)量學(xué)家威塞爾首次利用坐標(biāo)平面上的點(diǎn)來(lái)表示復(fù)數(shù)，使復(fù)

數(shù)及其運(yùn)算具有了幾何意義.例如，|z|=|OZ|,即復(fù)數(shù)z的模的幾何意義為z在復(fù)平

面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z到原點(diǎn)的距離.在復(fù)平面內(nèi)，若復(fù)數(shù)km對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Zi,Z

為曲線|z—3|=1上的動(dòng)點(diǎn)，則Zi與Z之間的最小距離為.

答案4

—一4—4i

解析因?yàn)閆1==_4i,所以Z1(O,-4),

又因?yàn)榍€|z—3|=1表示以A(3,0)為圓心，1為半徑的圓，所以|4冽=5,

故Zi與Z之間的最小距離為5-1=4.

感悟提升1.復(fù)數(shù)2=。+歷(00?2<..對(duì)二>Z(a,b)<一一對(duì)應(yīng)》&=9,

b).

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，因此解題時(shí)可運(yùn)用數(shù)形結(jié)合

的方法，把復(fù)數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，使問(wèn)題的解決更加直觀.

訓(xùn)練3(1)(2024.重慶診斷)已知(1+1)2.2=5—2=則z的共輾復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)

的點(diǎn)位于()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

答案B

5-2i5-2i(5-2i)i5i+21—1i,則z=-1+、

解析z

(1+i)

??"在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為1—1,I),位于第二象限.

(2)(2024.石家莊模擬)如圖，已知復(fù)數(shù)2在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的向量是通，圖中每個(gè)

小正方形網(wǎng)格的邊長(zhǎng)均為1,則言=()

A.l+2iB.l+3i

C.3+iD.2+i

答案D

解析由題圖可知協(xié)=(3,1),

則z=3+i,z=3—i,

(3)已知復(fù)數(shù)z滿足|z+i|=|z—i|,貝收+1+2i|的最小值為.

答案2

解析設(shè)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z,

因?yàn)閺?fù)數(shù)Z滿足Iz+i|=|z—i|,

所以由復(fù)數(shù)的幾何意義可知，點(diǎn)Z到點(diǎn)(0,—1)和(0,1)的距離相等,

所以在復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)Z的軌跡為x軸，

又|z+l+2i|表不點(diǎn)Z到點(diǎn)(—1,—2)的距離，

所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為x軸上的動(dòng)點(diǎn)Z到定點(diǎn)(一1,—2)距離的最小值，

所以|z+l+2i|的最小值為2.

考點(diǎn)四復(fù)數(shù)與方程

例4已知x=—1+i是方程x2+ax+》=0(a,的一個(gè)根.

(1)求實(shí)數(shù)a,6的值；

(2)結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系，猜測(cè)方程的另一個(gè)根，并給予證明.

解(1)把x=—1+i代入方程》2+奴+》=0,

得(一a+0)+(a—2)i=0,

-a~\-b=0,a=2,

解得＜

a—2=0,b=2.

(2)由(1)知方程為X2+2X+2=0.

設(shè)另一個(gè)根為羽，由根與系數(shù)的關(guān)系，

得一l+i+&=—2,

xi=—1—i.

把X2=—1—i代入方程X2+2X+2=0,

則左邊=(—1—i)2-F2(—1—i)+2=0=右邊，

.,.X2=-1—i是方程的另一個(gè)根.

感悟提升1.對(duì)實(shí)系數(shù)二次方程來(lái)說(shuō)，求根公式、根與系數(shù)關(guān)系、判別式的功能

沒(méi)有變化，仍然適用.

2.對(duì)復(fù)系數(shù)(至少有一個(gè)系數(shù)為虛數(shù))方程，判別式判斷根的功能失去了，其他仍適

用.

訓(xùn)練4在復(fù)數(shù)集內(nèi)解方程％2—比+i—1=0.

解因?yàn)閍=l,b=—i,c=i—1,

所以/=(—i)2—4Xb(i-l)=3-4i.

加2——幾2=：3,

設(shè)g+疝/=3—4i,則《

2mn=—4,

加=2,或m——2

解得1

n=l.

所以3—4i的平方根為±(2-i),

—b-\~"/的平方根”i土(2—i)

所以X—

2a2X1

i+2-ii-2+i

行xi=2=1，X2=21+i,

即原方程的根為11=1,X2=-l+i.

■課時(shí)分層精練

【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】

1.(2024?金華質(zhì)檢)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z(l+i)=2,則|z|=()

A.乎B.lC.^2D.2

答案C

解析由z(l+i)=2,得z=]+j=(]+j)_j)=1——i,所以

__7

2.(2024.湖北名校聯(lián)考)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(一1,1),則干

A.-l+iB.-l-iC.iD.l+i

答案C

解析由題意可知z=-1+i,

.z_一1+i_(—l+i)(1—i)_2i_.

M以TT1=i+i=(i+i)(i-i)=E=L

3.(2024?邵陽(yáng)模擬)已知復(fù)數(shù)z滿足(2z+3)i=3z,則z=()

A69.n6,9.

「69.^6,9.

C.TT—7^1D.TT+TTI

答案A

解析因?yàn)?2z+3)i=3z,2zi+3i=3z,(3—2i)z=3i,

所以z=*r3i(3+2i)-6+9i

(3—2i)(3+2i)13

_A,_9_.

-13+135

-69

所以z=一百一

4.(2024.湘潭模擬)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)zi,Z2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別是(2,-1),(0,5),則

復(fù)數(shù)孑的虛部為()

乙1

A.2B.-2C.-2iD.2i

答案A

解析由題可知zi=2—i,Z2=5i,

則衛(wèi)=WL=——，5i=—

人zi2-i(2-i)(2+i)i十

所以復(fù)數(shù)言的虛部為2.

5.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z—i|=l,z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x,y),則()

A.(x+l)2+y2=1B.(x—l)2+y2=l

Cf+G—1)2=1D.x2+(y+1)2=1

答案c

解析因?yàn)閦在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x,y),

所以z=x+yi(x,yWR).

因?yàn)閨z—i|=l,所以|x+(y—l)i|=l,

所以_?十(y—1)2=1.

3+4i

6.(2024.開封模擬)若一三一是純虛數(shù)，則復(fù)數(shù)z可以是()

A.-3+4iB.3-41

C.4+3iD.4-3i

答案D

解析設(shè)z=。+歷(a,5?R),

由題意知屋十〃wo,

3+4i3+4i(3+4i)(〃一bi)

則

za+bic^+b1

（3〃+4Z7）+（4〃-3b）i

tz2+Z72?

3+4i

因?yàn)槎∈羌兲摂?shù)，

3a+4b=0,

所以14a—36W0,

經(jīng)驗(yàn)證可知，a=4,6=—3符合，

即復(fù)數(shù)2可以是4—3i.

CIA.

7.（2024.衡水調(diào)研）設(shè)a?R,z2=|-y^,貝U"a>l”是“|z|〉小”的（）

A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充要條件

D.既不充分條件也不必要條件

答案A

2i—a

解析由題意得z=_p~=a—2i,

所以\z\=7a2+（一2）2=y/a2+4.

因?yàn)閨z|>后,所以次+4>5,

解得a<—\或a>l9

故%>1”是“|2|>小”的充分不必要條件.

8.棣莫弗公式（cosx+isinx）n=cosnx+isin其中i為虛數(shù)單位）是由法國(guó)數(shù)學(xué)家

棣莫弗（1667—1754年）發(fā)現(xiàn)的，根據(jù)棣莫弗公式可知，復(fù)數(shù)（cos廿isin*在復(fù)平

面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

答案C

解析由已知得

/、

I兀?.兀177兀?.7兀

Icosg+ismI=cos_g_+isin石

=cos(jr+^j+isin(7i+^j=—cosisin為

_1.

2-2L

7

復(fù)數(shù)［cos聿+isin看在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為［—坐，一；)，位于第三象

限.

9.(2023?上海卷)已知復(fù)數(shù)z=1+i,則|1—iz|=.

答案小

解析'?z~1+i,1-i-z=1—i(l+i)—1—i+1—2—i,/?|1—i-z|—12—i|="\/5.

10.(2022?新高考I卷改編)若i(l—z)=l,則z+z=i.

答案2

解析因?yàn)閕(l—z)=l,

所以z=l—1=l+i,

所以z=l—i,

所以2+2=(l+i)+(l—i)=2.

11.(2024?桂林、崇左調(diào)研)已知i為虛數(shù)單位，若出=。+歷(a,5CR),則a+b

答案1

解析因?yàn)?^7=。+歷，

1+1

汴2,,.___i_______i(1—i)

所以a+'i—1+i—(1+i)(1-i)

-2-2十?

所以a=T，則a+b=T+T=l.

12.若2—3i是方程x2—4x+a=0（adR）的一個(gè)根，則其另外一個(gè)根是,a

答案2+3i13

解析設(shè)方程的另外一根為X,

則x+2—3i=4,故尤=2+3i,

a=（2—3i）（2+3i）=13.

【B級(jí)能力提升】

13.（多選）（2024?濟(jì)南調(diào)研）設(shè)復(fù)數(shù)zi=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(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限

C.|ZI+Z2|=3

D.zi=2+i

答案AD

解析對(duì)于A,Z2=2i,其實(shí)部為零，虛部不為零，是純虛數(shù)，故A正確；

對(duì)于B,zi-z2=2-3i,其在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為（2,-3）,位于第四象限，故B

錯(cuò)誤；

對(duì)于C,zi+z2=2+i,則|ZI+Z2|=N4+1=小,故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,zi=2-i,則zi=2+i,故D正確.故選AD.

14.（多選）（2024.南通質(zhì)檢）已知復(fù)數(shù)zi=-2+i（i為虛數(shù)單位），復(fù)數(shù)Z2滿足團(tuán)一1

+2i|=2,Z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為M（x