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【创新设计】2015-2016学年高中数学 第三章 数系的扩充与复数的引入 3.2.2复数课时作业 新人教A版选修1-2


第三章 数系的扩充与复数的引入 3.2.2 复数课时作业 新人教 A 版 选修 1-2
明目标、 知重点 1.巩固复数的概念和几何意义.2.理解并能进行复数的四则运算并认识复数

加减法的几何意义.

1.复数的四则运算,若两个复数 z1=a1+b1i,z2=a2+b2i(a1,b1,a2,b2∈R) (1)加法:z1+z2=(a

1+a2)+(b1+b2)i; (2)减法:z1-z2=(a1-a2)+(b1-b2)i; (3)乘法:z1·z2=(a1a2-b1b2)+(a1b2+a2b1)i; (4)除法: =

z1 a1a2+b1b2 a2b1-a1b2 2 + 2 i(z2≠0); z2 a2 a2 2+b2 2+b2

(5)实数四则运算的交换律、结合律、分配律都适合于复数的情况; (6)特殊复数的运算:i (n 为正整数)的周期性运算; 1 3 2 3 2 (1±i) =±2i;若 ω =- ± i,则 ω =1,1+ω +ω =0. 2 2 2.共轭复数与复数的模 (1)若 z=a+bi,则 z =a-bi,z+ z 为实数,z- z 为纯虚数(b≠0). (2)复数 z=a+bi 的模,|z|= a +b , 且 z· z =|z| =a +b . 3.复数加、减法的几何意义 (1)复数加法的几何意义 → → → → 若复数 z1、z2 对应的向量OZ1、OZ2不共线,则复数 z1+z2 是以OZ1、OZ2为两邻边的平行四边形的 → 对角线OZ所对应的复数. (2)复数减法的几何意义 → → 复数 z1-z2 是连接向量OZ1、OZ2的终点,并指向 Z1 的向量所对应的复数.
2 2 2 2 2

n

题型一 复数的四则运算

-1-

例1

-2 3+i ? 2 ?2 012 (1)计算: +? ? + 1+2 3i ?1+i?
2 2

?4-8i? -?-4+8i? 11- 7i



(2)已知 z=1+i,求

z2-3z+6 的模. z+1

i?1+2 3i? ?? 2 ?2?1 006 解 (1)原式= +?? ?? + ??1+i? ? 1+2 3i ?4-8i+8i-4??4-8i+4-8i? 11- 7i =i+(-i) (2)
1 006

+0=-1+i.

z2-3z+6 ?1+i?2-3?1+i?+6 3-i = = =1-i, z+1 2+i 2+i

z2-3z+6 ∴ 的模为 2. z+1
反思与感悟 复数的除法运算是复数运算中的难点,如果遇到(a+bi)÷(c+di)的形式,首

先应该写成分式的形式,然后再分母实数化.

z
跟踪训练 1 (1)已知 A.-1+3i C.3+i 答案 B =2+i,则复数 z 等于( 1+i )

B.1-3i D.3-i

z
解析 方法一 ∵ =2+i, 1+i

∴ z =(1+i)(2+i)=2+3i-1=1+3i, ∴z=1-3i. 方法二 设 z=a+bi(a,b∈R), ∴ z =a-bi, ∴

a-bi
1+i

=2+i,∴?

? ?a=1 ?b=-3 ?

,z=1-3i.

(2)i 为虚数单位,则?

?1+i?2 011 等于( ? ?1-i?

)

A.-i B.-1 C.i D.1 答案 A

-2-

1+i ?1+i? 解析 因为 = 2 =i, 1-i 1-i
2

所以?

?1+i?2 011=i2 011=i4×502+3=i3=-i,故选 A. ? ?1-i?

题型二 复数的几何意义 例 2 已知点集 D={z||z+1+ 3i|=1,z∈C},试求|z|的最小值和最大值. 解 点集 D 的图象为以点 C(-1, → - 3)为圆心,1 为半径的圆,圆上任一点 P 对应的复数为 z,则|OP|=|z|.

由图知,当 OP 过圆心 C(-1,- 3)时,与圆交于点 A、B,则|z|的最小值是|OA|=|OC|-1 = ?-1? +?- 3? -1=2-1=1,即|z|min=1;
2 2

|z|的最大值是|OB|=|OC|+1=2+1=3, 即|z|max=3. 反思与感悟 复数和复平面内的点,以原点为起点的向量一一对应;复数加减法符合向量运

算的平行四边形法则和三角形法则:|z1-z2|表示复数 z1,z2 对应的两点 Z1,Z2 之间的距离.

跟踪训练 2

已知复数 z1,z2 满足|z1|=3,|z2|=5,|z1-z2|= 10,求|z1+z2|的值.

→ → → 解 如图所示,设 z1,z2 对应点分别为 A,B,以OA,OB为邻边作?OACB,则OC对应的复数为 z1 → → → +z2.这里|OA|=3,|OB|=5,|BA|= 10. → 2 → 2 → 2 |OA| +|OB| -|BA| ∴cos ∠AOB= → → 2|OA||OB| = 3 +5 -10 4 = . 2×3×5 5
2 2

4 ∴cos ∠OBC=- . 5 → → 又|BC|=|OA|=3,

-3-

→ ∴|z1+z2|=|OC| = → 2 → 2 → → |OB| +|BC| -2|OB||BC|cos ∠OBC

= 58. 题型三 两个复数相等 例 3 设复数 z 和它的共轭复数 z 满足 4z+2 z =3 3+i,求复数 z. 解 设 z=a+bi(a,b∈R). 因为 4z+2 z =3 3+i, 所以 2z+(2z+2 z )=3 3+i. 2z+2 z =2(a+bi)+2(a-bi)=4a, 整体代入上式,得 2z+4a=3 3+i. 3 3-4a i 所以 z= + . 2 2 根据复数相等的充要条件,得 3 3-4a ? ?a= 2 , ? 1 ? ?b=2. 所以 z= 3 i + . 2 2 两个复数相等是解决复数问题的重要工具.“复数相等”可以得到两个实数等 3 ? ?a= 2 , 解得? 1 ? ?b=2.

反思与感悟

式,为应用方程思想提供了条件,常用于确定系数,解复数方程等问题. 跟踪训练 3 关于 x 的方程 x +(3+2i)x+3ai=0 有非零实根,求实数 a 的值及方程的实数 根. 解 设方程的实数根为 b(b≠0), 代入方程 x +(3+2i)x+3ai=0, 化为 b +3b+(2b+3a)i=0.
? ?b +3b=0, 所以? ? ?2b+3a=0.
2 2 2 2

已知 b≠0,解得 b=-3,a=2. 故实数 a 的值及方程的实数根分别为 2 和-3.

-4-

1.若 z∈C,且|z+2-2i|=1,则|z-2-2i|的最小值是( A.2 C.4 答案 B 2i 2 2 014 2.已知复数 z=1+ ,则 1+z+z +?+z 为( 1- i A.1+i C.i 答案 C 3.设复数 z 满足关系:z+| z |=2+i,那么 z 等于( 3 A.- +i 4 3 C.- -i 4 答案 B 解析 设 z=a+bi(a,b∈R), 由已知 a+bi+ a +b =2+i
2 2

)

B.3 D.5

)

B.1-i D.1

)

3 B. +i 4 3 D. -i 4

?a+ a2+b2=2 由复数相等可得? ?b=1
3 故 z= +i. 4

3 ? ?a= ,∴? 4 ? ?b=1



4.已知 z1=1+2i,z2=m+(m-1)i,且两复数的乘积 z1z2 的实部和虚部为相等的正数,则实 数 m 的值为________. 答案 3 4

解析 z1z2=(1+2i)[m+(m-1)i]=[m-2(m-1)]+[2m+(m-1)]i=(2-m)+(3m-1)i,所 3 以 2-m=3m-1,即 m= ,且能使 2-m=3m-1>0,满足题意. 4 5.设复数 z=1+i,且 解

z2+az+b =1-i,求实数 a,b 的值. z2-z+1
2 2

因为 z = 1 + i ,所以 z + az + b = (a + 2)i + a + b , z - z + 1 = i ,所以 =(a+2)-(a+b)i.

z2+az+b = z2-z+1

a+b+?a+2?i
i

-5-



z2+az+b =1-i. z2-z+1
解得?
? ?a=-1, ?b=2. ?

? ?a+2=1, 所以? ?-?a+b?=-1, ?

[呈重点、现规律] 1.复数的四则运算按照运算法则和运算律进行运算,其中除法运算的关键是将分母实数化; 2.复数的几何意义是数形结合思想在复数中的一大体现; 3.利用两个复数相等可以解决求参数值(或范围)和复数方程等问题.

一、基础过关 1 1 1.复数 + 的虚部是( -2+i 1-2i 1 A. i 5 1 C.- i 5 答案 B 解析 1 1 -2-i 1+2i 1 1 + = + =- + i.故选 B. -2+i 1-2i 5 5 5 5 ) B. 1 5 1 D.- 5 )

2+i 2.复数 的共轭复数是( 1-2i 3 A.- i 5 C.-i 答案 C 3 B. i 5 D.i

3.若(m -5m+4)+(m -2m)i>0,则实数 m 的值为( A.1 C.2 答案 D 解析
?m -5m+4>0 ? 由? 2 ?m -2m=0 ?
2

2

2

)

B.0 或 2 D.0

,得 m=0.
3

4.设 a,b∈R 且 b≠0,若复数(a+bi) 是实数,则( A.b =3a C.b =9a
2 2 2

)

B.a =3b D.a =9b
2

2

2

2

2

-6-

答案 A 解析 若(a+bi) =(a -3ab )+(3a b-b )i 是实数,则 3a b-b =0.由 b≠0,得 b =3a .故 选 A. 1+ai 5.设 i 是虚数单位,复数 为纯虚数,则实数 a 为( 2-i A.2 1 C.- 2 答案 A 1+ai 解析 设 =bi(b∈R 且 b≠0),则 1+ai=bi(2-i)=b+2bi, 2-i 所以 b=1,a=2.故选 A. 6.复平面内点 A、B、C 对应的复数分别为 i、1、4+2i,由 A→B→C→D 按逆时针顺序作平行 → 四边形 ABCD,则|BD|等于( A.5 C. 15 答案 B → → 解析 设 D 点对应复数为 z,∵AB=DC, ∴1-i=-z+(4+2i),∴z=3+3i, → → ∴BD对应的复数为 2+3i,∴|BD|= 13. 7.已知 a∈R,则 z=(a -2a+4)-(a -2a+2)i 所对应的点在第几象限?复数 z 对应的点的 轨迹是什么? 解 由 a -2a+4=(a-1) +3≥3, -(a -2a+2)=-(a-1) -1≤-1, ∴复数 z 的实部为正数, 虚部为负数, 因此, 复数 z 的对应点在第四象限. 设 z=x+yi(x、 y∈R),
? ?x=a -2a+4, 则? 2 ?y=-?a -2a+2? ?
2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 3 2 3 2 2

)

B.-2 D. 1 2

)

B. 13 D. 17

消去 a -2a 得:y=-x+2(x≥3).

2

∴复数 z 的对应点的轨迹是一条射线,方程为 y=-x+2(x≥3). 二、能力提升 8.在复平面内,复数(2-i) 对应的点位于( A.第一象限 C.第三象限 答案 D 解析 (2-i) =4-4i+i =3-4i,∴对应点坐标(3,-4),位于第四象限.
-72 2 2

)

B.第二象限 D.第四象限

9.设 i 是虚数单位. z 是复数 z 的共轭复数.若 z· z i+2=2z,则 z 等于( A.1+i 答案 A 解析 设 z=a+bi,a,b∈R 代入 z· z i+2=2z,整理得:(a +b )i+2=2a+2bi
? ?2a=2 则? 2 2 ?a +b =2b, ?
2 2

)

B.1-i C.-1+i D.-1-i

解得?

? ?a=1 ?b=1, ?

因此 z=1+i.

2-i 10.已知复数 z= ,其中 i 是虚数单位,则|z|=________. 1-i 答案 10 2

5i 11.已知复数 z= (i 是虚数单位),则|z|=________. 1+2i 答案 5

? 5i ?= |5i| = 5 = 5. 解析 |z|=? ? ?1+2i? |1+2i| 5
?1+i? +3?1-i? 2 12.设复数 z= ,若 z +a·z+b=1+i,求实数 a,b 的值. 2+i
2

?1+i? +3?1-i? 2i+3-3i 3-i 解 z= = = 2+i 2+i 2+i
2



?3-i??2-i? =1-i. 5
2

因为 z +a·z+b=1+i, 所以(1-i) +a(1-i)+b=1+i. 所以(a+b)-(a+2)i=1+i.
? ?a+b=1, 所以? ? ?-?a+2?=1,
2

解得 a=-3,b=4.

即实数 a,b 的值分别是-3,4.

→ 13.在复平面内,O 是原点,向量OA对应的复数是 2+i. → (1)如果点 A 关于实轴的对称点为 B,求向量OB对应的复数; (2)如果(1)中点 B 关于虚轴的对称点为 C,求点 C 对应的复数. → 解 (1)设所求向量OB对应的复数为 z1=a+bi(a,b∈R),则点 B 的坐标为(a,b). 已知 A(2,1),由对称性可知 a=2,b=-1.
-8-

→ 所以OB对应的复数为 z1=2-i. (2)设所求点 C 对应的复数为 z2=c+di(c,d∈R), 则 C(c,d).由(1),得 B(2,-1). 由对称性可知,c=-2,d=-1. 故点 C 对应的复数为 z2=-2-i. 三、探究与拓展 14.是否存在复数 z,使其满足 z ·z+2i z =3+ai?如果存在,求实数 a 的取值范围;如果 不存在,请说明理由. 解 设 z=x+yi(x,y∈R),则原条件等式可化为 x +y +2i(x-yi)=3+ai.
? ?x +y +2y=3, 由复数相等的充要条件,得? ?2x=a. ?
2 2 2 2

消去 x,得 y +2y+ -3=0. 4

2

a2

? ? 2 所以当 Δ =4-4? -3?=16-a ≥0, ?4 ?
即-4≤a≤4 时,复数 z 存在. 故存在满足条件的复数 z, 且实数 a 的取值范围为-4≤a≤4.

a2

-9-


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