復(fù)數(shù)的基本概念與基本運(yùn)算

1、復(fù)數(shù)的基本概念與基本運(yùn)算（2 課時(shí)）一、考試說明中復(fù)數(shù)的考試內(nèi)容(1)數(shù)的概念的發(fā)展，復(fù)數(shù)的有關(guān)概念 （實(shí)數(shù)、 虛數(shù)、純虛數(shù)、 復(fù)數(shù)相等、 共軛復(fù)數(shù)、 模）；(2)復(fù)數(shù)的代數(shù)表示與向量表示；(3)復(fù)數(shù)的加法與減法，復(fù)數(shù)的乘法與除法，復(fù)數(shù)的三角形式，復(fù)數(shù)三角形式的乘法與乘方，復(fù)數(shù)三角形式的除法與開方；(4)復(fù)數(shù)集中解實(shí)系數(shù)方程（包括一元二次方程、二項(xiàng)方程）。二、考試要求（ 1）使學(xué)生了解擴(kuò)充實(shí)數(shù)集的必要性，正確理解復(fù)數(shù)的有關(guān)概念掌握復(fù)數(shù)的代數(shù)、幾何、三角表示及其轉(zhuǎn)換；（ 2）掌握復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，能正確地進(jìn)行復(fù)數(shù)的運(yùn)算，并理解復(fù)數(shù)運(yùn)算的幾何意義；（ 3）掌握在復(fù)數(shù)集中解實(shí)數(shù)系數(shù)一元二次方程和二項(xiàng)方

2、程的方法（ 4）通過內(nèi)容的闡述，帶綜合性的例題和習(xí)題的訓(xùn)練，繼續(xù)提高學(xué)生靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解題的能力（ 5）通過數(shù)的概念的發(fā)展，復(fù)數(shù)、復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)及位置向量三者之間的聯(lián)系與轉(zhuǎn)換的復(fù)習(xí)教學(xué)，繼續(xù)對(duì)學(xué)生進(jìn)行辯證觀點(diǎn)的教育三、學(xué)習(xí)目標(biāo)(1)聯(lián)系實(shí)數(shù)的性質(zhì)與運(yùn)算等內(nèi)容，加強(qiáng)對(duì)復(fù)數(shù)概念的認(rèn)識(shí)；(2)理順復(fù)數(shù)的三種表示形式及相互轉(zhuǎn)換：z = r (cos +isin ) OZ (Z(a,b)z=a+bi(3) 正確區(qū)分復(fù)數(shù)的有關(guān)概念；(4)掌握復(fù)數(shù)幾何意義,注意復(fù)數(shù)與三角、解幾等內(nèi)容的綜合；(5)正確掌握復(fù)數(shù)的運(yùn)算：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減、乘、除；三角形式的乘、除、乘方、開方及幾何意義；虛數(shù)單位i 及 1 的

3、立方虛根的性質(zhì)；模及共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)；虛復(fù)數(shù)數(shù)集集 實(shí)數(shù)集純虛數(shù)集(6)掌握化歸思想將復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化（三角化、幾何化）；(7)掌握方程思想利用復(fù)數(shù)及其相等的有關(guān)充要條件，建立相應(yīng)的方程，轉(zhuǎn)化復(fù)數(shù)問題。四、本章知識(shí)結(jié)構(gòu)與復(fù)習(xí)要點(diǎn)1知識(shí)體系表解2復(fù)數(shù)的有關(guān)概念和性質(zhì)：(1)i稱為虛數(shù)單位，規(guī)定i 21，形如a+bi的數(shù)稱為復(fù)數(shù)，其中a， b R(2)復(fù)數(shù)的分類(下面的a， b 均為實(shí)數(shù))(3)復(fù)數(shù)的相等設(shè)復(fù)數(shù) z1 a1 b1i, z2a2 b2i( a1 ,b1, a2 ,b2 R) ，那么 z1z2 的充要條件是： a1 b1且 a2 b2 (4)復(fù)數(shù)的幾何表示復(fù)數(shù) z=a+bi（ a，bR）可

4、用平面直角坐標(biāo)系內(nèi)點(diǎn) Z(a，b)來表示 這時(shí)稱此平面為復(fù)平面， x 軸稱為實(shí)軸， y 軸除去原點(diǎn)稱為虛軸這樣，全體復(fù)數(shù)集 C 與復(fù)平面上全體點(diǎn)集是一一對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù) z=a+bia,bR 在復(fù)平面內(nèi)還可以用以原點(diǎn)O 為起點(diǎn)，以點(diǎn)Z(a， b)向量所成的集合也是一一對(duì)應(yīng)的(例外的是復(fù)數(shù)0 對(duì)應(yīng)點(diǎn) O，看成零向量 )(7)復(fù)數(shù)與實(shí)數(shù)不同處任意兩個(gè)實(shí)數(shù)可以比較大小，而任意兩個(gè)復(fù)數(shù)中至少有一個(gè)不是實(shí)數(shù)時(shí)就不能比較大小實(shí)數(shù)對(duì)于四則運(yùn)算是通行無阻的，但不是任何實(shí)數(shù)都可以開偶次方而復(fù)數(shù)對(duì)四則運(yùn)算和開方均通行無阻3有關(guān)計(jì)算： i nnN *怎樣計(jì)算？（先求n 被 4 除所得的余數(shù)，i 4 k ri rkN *

5、,rN）113 i、 213 i 是 1 的兩個(gè)虛立方根，并且：2222331221112122121121221121 復(fù)數(shù)集內(nèi)的三角形不等式是：z1z2z1 z2z1z2，其中左邊在復(fù)數(shù)z1、z2 對(duì)應(yīng)的向量共線且反向（同向）時(shí)取等號(hào)，右邊在復(fù)數(shù)z1、z2 對(duì)應(yīng)的向量共線且同向（反向）時(shí)取等號(hào)。 棣莫佛定理是：r (cosi sin ) nr n (cosni sin n)(nZ)若非零復(fù)數(shù)zr (cosi sin) ，則 z 的 n 次方根有 n 個(gè)，即：zkn2ki sin2k， ，n 1)r (cosn)(k0 1 2n它們?cè)趶?fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在分布上有什么特殊關(guān)系？都位于圓心在原點(diǎn)，

6、半徑為nr 的圓上，并且把這個(gè)圓n 等分。 若 z12， z23(cosi sin)z1 ，復(fù)數(shù) z1、z2 對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別是A、B ，則33AOB（ O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積是126 sin3 3 。232 z z = z 。復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z 對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的幾個(gè)基本軌跡： arg z(為實(shí)常數(shù) )軌跡為一條射線。 arg(zz0 )( z0是復(fù)常數(shù)， 是實(shí)常數(shù)）軌跡為一條射線。 zz0r ( r是正的常數(shù)） 軌跡是一個(gè)圓。zz1zz2 (z1、 z2 是復(fù)常數(shù) )軌跡是一條直線。zz1zz22a( z1、z2是復(fù)常數(shù)， a是正的常數(shù)）軌跡有三種可能情形： a)當(dāng) 2azz時(shí)，軌跡為橢圓；b)當(dāng) 2azz

7、2時(shí)，軌跡為一條線段；121c)當(dāng) 2az1z2時(shí)，軌跡不存在。 zz1zz22a(a是正的常數(shù) )軌 跡 有 三 種 可 能 情 形 ： a) 當(dāng)2az1z2時(shí)，軌跡為雙曲線；b) 當(dāng) 2az1z2 時(shí)，軌跡為兩條射線；c) 當(dāng)2az1z2時(shí)，軌跡不存在。五、高考命題規(guī)律分析復(fù)數(shù)在過去幾年里是代數(shù)的重要內(nèi)容之一，涉及的知識(shí)面廣，對(duì)能力要求較高，是高考熱點(diǎn)之一。但隨著新教材對(duì)復(fù)數(shù)知識(shí)的淡化，高考試題比例下降，因此考生要把握好復(fù)習(xí)的尺度。從近幾年的高考試題上看：復(fù)數(shù)部分考查的重點(diǎn)是基礎(chǔ)知識(shí)題型和運(yùn)算能力題型?；A(chǔ)知識(shí)部分重點(diǎn)是復(fù)數(shù)的有關(guān)概念、復(fù)數(shù)的代數(shù)形式、三角形式、兩復(fù)數(shù)相等的充要條件及其應(yīng)用

8、，復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)的幾何表示及復(fù)向量的運(yùn)算。主要考點(diǎn)為復(fù)數(shù)的模與輻角主值，共軛復(fù)數(shù)的概念和應(yīng)用。若只涉及到一、二個(gè)知識(shí)點(diǎn)的試題大都集中在選擇題和填空題；若涉及幾個(gè)知識(shí)點(diǎn)的試題，往往是中、高檔題目，解答此類問題一般要抓住相應(yīng)的概念進(jìn)行正確的變換，對(duì)有些題目，往往用數(shù)形結(jié)合可獲得簡捷的解法。有關(guān)復(fù)數(shù) n 次乘方、求輻角（主值）等問題，涉及到復(fù)數(shù)的三角形式，首先要將所給復(fù)數(shù)轉(zhuǎn)化為三角形式后再進(jìn)行變換。復(fù)數(shù)的運(yùn)算是高考中復(fù)數(shù)部分的熱點(diǎn)問題。主要考查復(fù)數(shù)的代數(shù)和三角形式的運(yùn)算，復(fù)數(shù)模及輻角主值的求解及復(fù)向量運(yùn)算等問題。基于上述情況，我們?cè)趯W(xué)習(xí)“復(fù)數(shù)”一章內(nèi)容時(shí)，要注意以下幾點(diǎn)：（ 1）復(fù)數(shù)的概念幾乎都是解題

9、的手段。因此在學(xué)習(xí)復(fù)數(shù)時(shí)要在深入理解、熟練掌握復(fù)數(shù)概念上下功夫。除去復(fù)數(shù)相等、模、輻角、共軛復(fù)數(shù)的三角形式和代數(shù)式，提供了將“復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化”的手段。復(fù)數(shù)的幾何意義也是解題的一個(gè)重要手段。（ 2）對(duì)于涉及知識(shí)點(diǎn)多，與方程、三角、解析幾何等知識(shí)綜合運(yùn)用的思想方法較多的題型，以及復(fù)數(shù)本身的綜合題，一直成為學(xué)生的難點(diǎn)，應(yīng)掌握規(guī)律及典型題型的技巧解法，并加以強(qiáng)化訓(xùn)練以突破此難點(diǎn)；(3) 重視以下知識(shí)盲點(diǎn)：不能正確理解復(fù)數(shù)的幾何意義，常常搞錯(cuò)向量旋轉(zhuǎn)的方向；忽視方程的虛根成對(duì)出現(xiàn)的條件是實(shí)系數(shù)；盲目地將實(shí)數(shù)范圍內(nèi)數(shù)與形的一些結(jié)論，不加懷疑地引用到復(fù)數(shù)范圍中來；容易混淆復(fù)數(shù)的有關(guān)概念，如純虛數(shù)與虛數(shù)的區(qū)別

10、問題，實(shí)軸與虛軸的交集問題，復(fù)數(shù)輻角主值的范圍問題等。六、典型例題分析實(shí)數(shù)？虛數(shù)？純虛數(shù)？復(fù)數(shù) z 是實(shí)數(shù)的充要條件是：當(dāng) m2 時(shí)復(fù)數(shù) z 為實(shí)數(shù)復(fù)數(shù) z 是虛數(shù)的充要條件：當(dāng) m3 且 m2 時(shí)復(fù)數(shù) z 為虛數(shù)復(fù)數(shù) z 是純虛數(shù)的充要條件是： 當(dāng) m 1 時(shí)復(fù)數(shù) z 為純虛數(shù)【說明】要注意復(fù)數(shù)z 實(shí)部的定義域是m3，它是考慮復(fù)數(shù)z 是實(shí)數(shù)，虛數(shù)純虛數(shù)的必要條件要特別注意復(fù)數(shù)z a+bi(a， bR)為純虛數(shù)的充要條件是a0 且 b 02225z3z2 z1 4 4 zz 1，所以 z，代入得i ，故選 B 442解法 3：選擇支中的復(fù)數(shù)的模均為341 ，又 z0 ，而方程右邊為2+i ，它

11、的實(shí)部，虛部均為正數(shù)，因此復(fù)數(shù)z 的實(shí)部，虛部也必須為正，故選擇B 【說明】解法 1 利用復(fù)數(shù)相等的條件；解法 2 利用復(fù)數(shù)模的性質(zhì)；解法 3 考慮選擇題的特點(diǎn)求： z【分析】 確定一個(gè)復(fù)數(shù)要且僅要兩個(gè)實(shí)數(shù) a、 b，而題目恰給了兩個(gè)獨(dú)立條件采用待定系數(shù)法可求出 a、 b 確定 z運(yùn)算簡化解：設(shè) z=x+yi(x ， y R)將 z=x+yi 代入 |z 4| |z 4i|可得 x y， z=x+xi(2)當(dāng) |z1|2 13 時(shí)，即有 x 2x6=0 則有 x=3 或 x= 2綜上所述故 z 0 或 z=3+3i 或 z=-22i【說明】注意熟練地運(yùn)用共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)其性質(zhì)有：(3) 1+2i

12、+3 i 2 + +1000 i 999【說明】計(jì)算時(shí)要注意提取公因式，要注意利用i 的冪的周期性，(3)解法 1：原式 =(1+2i34i)+(5+6i7 8i)+ +(997+998i 999 1000i)=250( 22i)= 500500i解法 2：設(shè) S1+2i+3 i 2+ +1000 i 999，則 iS i+2 i 2+3 i 3+999 i 999+1000 i1000 ，(1 i)S 1+i+i 2+ + i 9991000 i1000【說明】充分利用i 的冪的周期性進(jìn)行組合，注意利用等比數(shù)列求和的方法【例6】已知三邊都不相等的三角形ABC的三內(nèi)角A、B、C滿足si nA

13、c o sBs i nBs i nA c o sCs i nC,設(shè) 復(fù) 數(shù)z1c o si si n (0且) 、2z22(cos Ai sin A), 求 a r gz(1 z2 ) 的值 .【 解 】 sin Acos Bsin Bsin AcosC sin Csin A(cos BcosC)sin Csin B得 4 sin A cos A (sin BCsin BC )2 sin BC cos BC3分222222BCAcos BCsin A , sin B Ccos A , 又 BC0,22222222si nA0, s i nBC0.上式化簡為 cos2 A1A6 分22222zz

14、22cos()i sin() 9分當(dāng)0時(shí),arg( z z)31222122當(dāng)2時(shí) , arg( z1 z 2 )12 分2【例 7】設(shè) z1221 2 0，z1 21 2，問在（ 0，2）=1- cos +isin ，z =a +ai(a R )，若 z zz +z z =0內(nèi)是否存在 使 ( z1- z2)2 為實(shí)數(shù)？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由【分析 】這是一道探索性問題可根據(jù)復(fù)數(shù)的概念與純虛數(shù)的性質(zhì)及復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)的充要條件，直接進(jìn)行解答【解】假設(shè)滿足條件的存在因 z1z2 0， z1z2+ z1z2 =0，故 z1z2 為純虛數(shù)又 z1 z2 = (1 - cos +isin

15、a)(2 +ai)= a2(1- cos )-asin +a(1- cos )+a2sin i，2于是， a (1- cos )- asin =0 ，a(1- cos )+a2 sin 0 由知 a 0因 ( 0， 2)，故 cos 1于是，由得a=sin 1- cos 另一方面，因 ( z1- z2)2 R ，故 z1- z2為實(shí)數(shù)或?yàn)榧兲摂?shù)又z1 - z2=1- cos -a2+(sin-a)i，于是 sin -a=0，或 1- cos-a2=0 sin -a=0，若 sin -a=0，則由方程組sina=，1- cos 得 sin 3= 21- cos = sin ，故 cos =0，于

16、是或 =2若 1- cos-a2=0，則由方程組 1- cos -a2=0，sin 得 (sin 2= 1- cos )a=，1- cos 1- cos 由于 sin 222=1 - cos = (1+cos -cos)(1 )，故 1+cos = (1-cos )3解得 cos=0，從而 = 2或 =2綜上所知，在 ( 0， 2)內(nèi)，存在 =或 =3，使 (z1- z2)2 為實(shí)數(shù)22【說明 】解題技巧：解題中充分使用了復(fù)數(shù)的性質(zhì)：z 0 ， z+ z =0z 純虛數(shù) Re(z)=0，以及 z2 Rz R 或 z 純虛數(shù) （注 ：Re(z) ，Im( z)分別表示復(fù)數(shù) z的Im(z)0實(shí)部與

17、虛部）解題規(guī)律：對(duì)于“是否型存在題型” ，一般處理方法是首先假設(shè)結(jié)論成立，再進(jìn)行正確的推理，若無矛盾，則結(jié)論成立；否則結(jié)論不成立【例 8】設(shè) a 為實(shí)數(shù)，在復(fù)數(shù)集C 中解方程： z2 + 2|z|= a【分析 】由于 z2=a- 2|z|為實(shí)數(shù)，故 z 為純虛數(shù)或?qū)崝?shù)，因而需分情況進(jìn)行討論【解】設(shè)22a|z|= r若 a 0，則 z =a- 2|z| 0，于是 z 為純虛數(shù)，從而 r =2r解得r =1+ 1- a (r =1 -1- a 0，不合，舍去 )故 z = (1+1- a)i 若 a 0，對(duì) r 作如下討論：1 2（ 1）若 r 2a，則 z =a- 2|z| 0，于是 z 為實(shí)數(shù)

18、解方程 r 2=a- 2r，得 r = - 1+ 1+a (r = - 1-1+a 0，不合，舍去 )故 z = (- 1+ 1+a)1 2（ 2）若 r 2a，則 z =a- 2|z| 0，于是 z 為純虛數(shù)解方程 r 2= 2r- a，得 r = 1+1- a 或 r = 1-1- a (a 1)故 z = (1 1- a)i (a 1)綜上所述，原方程的解的情況如下：當(dāng) a 0 時(shí)，解為： z = (1+1- a)i ；當(dāng) 0 a 1 時(shí)，解為： z =(- 1+1+a)， z =(1 1- a)i ；當(dāng) a 1 時(shí)，解為： z = (- 1+1+a)【說明】解題技巧：本題還可以令z=x

19、+yi(x 、 y R)代入原方程后，由復(fù)數(shù)相等的條件將復(fù)數(shù)方程化歸為關(guān)于x，y 的實(shí)系數(shù)的二元方程組來求解【例 9】（ 2004 年上海市普通高校春季高考數(shù)學(xué)試卷18）已知實(shí)數(shù) p 滿足不等式 2x10，試判斷方程z22z5p 20 有無實(shí)根，并給出證明 .x22x12 x12 p122z5p20 的判別式4( p24) .【解】由 x2 0，解得2 ，2 . 方程 z2 p1，1p2 4 ，0 ，由此得方程 z 22 z 5 p 2 0 無實(shí)根 .24【例 10】給定實(shí)數(shù) a， b，c已知復(fù)數(shù) z1 、z2、 z3 滿足|z1|=|z2|=|z3|，(1)123的值z1z2z3z2+z3+

20、 z1=1(2)求 az +bz +cz【分析 】注意到條件(1)，不難想到用復(fù)數(shù)的三角形式；注意到條件（2），可聯(lián)想使用復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)的充要條件進(jìn)行求解【解】解法一由|z1|=|z2|=|z3 |=1，可設(shè)z1= cos+isin，z2= cos+isin，z2z3z3=1=cos(+)- isin(+)因z1+z2+z3=1 ，其虛部為 0，則 12z12z31zzzzz3z2故 0=sin+sin- sin(+) =2sin +-+2cos 2- 2 sin2cos2=2sin + - + + 2（ cos2- cos） =4 sin2sinsin222故 =2k或 =2k 或 +=2k ，

21、 k Z 因而 z1= z2 或 z2= z3 或 z3= z1若 z1= z2，代入（ 2）得z3=i，此時(shí)z1 az1+bz2+cz3 =| z1 |?|a+bci = (a+b)2 + c2類似地，如果z2= z3，則 az1+bz2+cz3 =( b+c)2 + a2；如果 z3= z1，則 az1+bz2+cz3 =22(a+c)+ b解法二由（ 2）知 z1+z2z3 R，故z2z3+ z1zzz_zzzz1z232zz12313123zzz2+z3+ z1= z2 + z3 + z1， 即z2+z3+ z1=z2z3z11z1z2z3z2z3z1由（ 1）得 zk=zk(k=1，

22、 2， 3)，代入上式，得 z2+z3+ z1= z1+z2+ z3，即 z12z3+ z22z1+ z32z2= z22z3+ z32z1+ z12z2，分解因式，得(z1- z2) (z2- z3) (z3- z1 )=0，于是z1=z2 或 z2=z3 或 z3=z1下同解法一_z1z2【說明 】解題關(guān)鍵點(diǎn)是巧妙利用復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)的充要條件：z Rz= z，以及視 z2，z3等為整體，從而簡化了運(yùn)算解題易錯(cuò)點(diǎn)是拿到問題不加分析地就盲目動(dòng)筆，而不注意充分觀察題目的已知條件，結(jié)論特征等，從而使問題的求解或是變得異常的復(fù)雜，或干脆就無法解出最終的結(jié)果【例 11】設(shè)復(fù)數(shù) z=3cos+2isin，求

23、函數(shù) y=-argz(0 2)的最大值以及對(duì)應(yīng)角 的值【分析 】先將問題實(shí)數(shù)化，將 y 表示成 的目標(biāo)函數(shù)，后利用代數(shù)法（函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式等）以及數(shù)形結(jié)合法進(jìn)行求解【解】解法一由 0 2，得 tan 0，從而 0 argz 2由 z=3cos+2isin，得 tan(argz)=2sin23cos = 3tan 01于是tan- tan(argz)3tan1tany=tan(- argz)=tan(argz)=2 2=31+tan1 +3tantan + 2tan162= 123 2tantan當(dāng)且僅當(dāng)36時(shí)，取“ =”tan=2tan，即 tan=266又因?yàn)檎泻瘮?shù)在銳角的范圍內(nèi)為

24、增函數(shù)，故當(dāng) = arctan2 時(shí)，y 取最大值為arctan12解法二因 0，且2 ，故 cos 0， sin 0， 0 argz 23cos2sincos(argz) =9cos2+4sin 2， sin(argz) =9cos2+4sin 2顯然 y (-2 ， 2 )，且 siny 為增函數(shù)siny = sin( - argz)=sin cos(argz)- cossin(arg z)=sincos9cos2+4sin2=2 12 =9+9cot2 12 1=19csc +4sec +4+4tan 13+2 9cot24tan25當(dāng)且僅當(dāng) 9cot2= 4tan 2，即 tan=6，

25、取“ =”，此時(shí)ymax=26arctan12 解法三設(shè) Z1 =2(cos+isin)，Z2=cos，則 Z=Z1+Z2 ，而 Z1、Z2、Z 的輻角主值分別為、 0， argz如圖所示，必有 y= ZOZ1，且 0 y 2 yZ1Zargz x o 9 圖 Z2在 ZOZ1 中，由余弦定理得cosy =|OZ1|2+|OZ|2 - |Z1 Z|2=4+4+5cos2 -cos22|OZ1|?|OZ|2 2 4+5cos2=4+5cos2+62 26554+5cos5當(dāng)且僅當(dāng) 4+5cos2=6，即 cos=10時(shí)，取“ =”5又因?yàn)橛嘞液瘮?shù)在0為減函數(shù)，故當(dāng) =arccos102625時(shí)，

26、 ymax=arccos5【說明 】解題關(guān)鍵點(diǎn)：將復(fù)數(shù)問題通過化歸轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)問題，使問題能在我們非常熟悉的情景中求解解題規(guī)律：多角度思考，全方位探索，不僅使我們獲得了許多優(yōu)秀解法，而且還使我們對(duì)問題的本質(zhì)認(rèn)識(shí)更清楚，進(jìn)而更有利于我們深化對(duì)復(fù)數(shù)概念的理解，靈活駕馭求解復(fù)數(shù)問題的能力解題易錯(cuò)點(diǎn)：因?yàn)榻夥ǖ亩鄻有?，反三角函?shù)表示角的不唯一性，因而最后的表述結(jié)果均不一樣，不要認(rèn)為是錯(cuò)誤的九、專題訓(xùn)練1、下列說法正確的是 A 0i 是純虛數(shù)B 原點(diǎn)是復(fù)平面內(nèi)直角坐標(biāo)系的實(shí)軸與虛軸的公共點(diǎn)C實(shí)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)一定是實(shí)數(shù)，虛數(shù)的共軛復(fù)數(shù)一定是虛數(shù)D i 2 是虛數(shù)2、下列命題中，假命題是 A 兩個(gè)復(fù)數(shù)不可以比較

27、大小B兩個(gè)實(shí)數(shù)可以比較大小C兩個(gè)虛數(shù)不可以比較大小D一虛數(shù)和一實(shí)數(shù)不可以比較大小3、已知對(duì)于x 的方程 x2 +（12i） x+3mi=0 有實(shí)根，則實(shí)數(shù)m 滿足4、復(fù)數(shù) 1+i+ i 2 + i10 等于A iB IC 2iD2i5、已知常數(shù) z0C, 且z00,復(fù)數(shù) z1滿足 | z1z0 | z1|，又復(fù)數(shù) z 滿足 zz11 ，求復(fù)平面內(nèi) z 對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡。36、設(shè)復(fù)數(shù) z62i，記 u4。z（ 1）求復(fù)數(shù) u 的三角形式；（ 2）如果 abz2u ，求實(shí)數(shù) a 、 b 的值 。zu7、（ 2003 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(理 17)）已知復(fù)數(shù) z 的輻角為 60，且 | z

28、1|是 | z |和 | z2 |的等比中項(xiàng)，求 | z |8、已知復(fù)數(shù) z1 , z2 滿足 z1z21，且 z1z22 。z12（ 1）求 z1z2 的值；（ 2）求證：0 ；z2（ 3）求證對(duì)于任意實(shí)數(shù)a ，恒有 z1az2z1az2。9、（ 1992三南試題）求同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件的所有復(fù)數(shù)z：101 z +10 6；(2)z 的實(shí)部和虛部都是整數(shù)(1)z + z 是實(shí)數(shù)，且z十、專題訓(xùn)練參考答案1、解 0i=0 R 故 A 錯(cuò)；原點(diǎn)對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)為0 R 故 B 錯(cuò)，i2=-1 R，故 D 錯(cuò)，所以答案為 C。2、解本題主要考察復(fù)數(shù)的基本性質(zhì)，兩個(gè)不全是實(shí)數(shù)的復(fù)數(shù)不能比較大小，故命題 B

29、，C，D 均正確，故 A 命題是假的。3、解本題考察復(fù)數(shù)相等概念，由已知4、解： 因?yàn)?i 的四個(gè)相鄰冪的和為0，故原式 =1+i+i2+0+0=i，答案： A 。5、解： z z11, z11 , |1z0 | | 1|,即 | z1 |1(z00)zzzz0| z0|Z 對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以1 對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為圓心，以1為半徑的圓，但應(yīng)除去原點(diǎn)。|z0z06、答案：（ 1） u 2 2cos 3i sin 3；（ 2） a8, b8227、解： 設(shè) zr cos60r sin 60 ) ，則復(fù)數(shù) z的實(shí)部為 r . zzr , zzr 2 由題設(shè)22| z | | z2 | 即 : ( z1)( z1)| z | ( z2)( z2), r2122r 4 ,| z 1 |rr r整理得r2解得: r2 1, r2 1(舍去 即2 1.2r 1 0.). | z |8、答案（ 1）2 ；（ 2）、（ 3）省略。9、分析： 按一般思路，應(yīng)設(shè)z x yi （ x， y R），或 z=r （ cos 1 t 6 =t2-40 0，解方程得又 z 的實(shí)部和虛部都是整數(shù)，t=2 或 t=6故 z=1