2016-2017学年高中数学(苏教版选修2-2)配套课件：第三章 数系的扩充与复数的引入章末复习提升

整数 有理数 实数(b＝0) 分数 复数a＋bi(a，b∈R) 无理数(无限不循环小数) 纯虚数(a ＝ 0) 虚数(b≠0) ≠ 0) 非纯虚数(a
答案
知识点二
复数集
知识点三
复数的四则运算
3 3 3 z1 － ± i 10 10 若|z1|＝3，|z2|＝5，|z1－z2|＝7，则 ＝_________. z2 解析 ∵|z1|＝3，|z2|＝5，|z1－z2|＝7，
∴z1· z1 ＝9，z2· z2 ＝25，(z1－z2)( z1 － z2 )＝49，
∴z1· z1 ＋z2· z2 －z1· z2 － z1 · z2＝49， z z z 1 9 z 1 1 2 ＋ ＋ · 即 z1· z1 ＋z2· z2 －z2· z2 z ＝z1· z1 ＋z2· z2 －z2· z2 · ＝49， z 25 z 2 1 2 z2
即(t2＋2t＋2xy)＋(t＋x－y)i＝0.
2 t ＋2t＋2xy＝0， 根据复数相等的充要条件，得 t＋x－y＝0，
① ②
③
由②得t＝y－x，代入①得(y－x)2＋2(y－x)＋2xy＝0， 即(x－1)2＋(y＋1)2＝2. 所以所求的点的轨迹方程是(x－1)2＋(y＋1)2＝2，
＝i＋(－i)1 002＋0＝－1＋i.
反思与感悟
解析答案
3 ＋i 跟踪训练2 已知复数z＝(1＋2i)(－2＋i)－ . 1 ＋i (1)计算复数z； (3＋i)(1－i) 4－2i 解 z＝(1＋2i)(－2＋i)－ ＝－4－3i－ 2 (1＋i)(1－i)
＝－4－3i－(2－i)＝－6－2i. (2)若z2＋(2a－1)z－(1－i)b－16＝0，求实数a，b的值. 解 ∵(－6－2i)2＋(2a－1)(－6－2i)－(1－i)b－16＝0， ∴32＋24i－6(2a－1)－2(2a－1)i－b＋bi－16＝0， ∴22－12a－b＋(26－4a＋b)i＝0，
∴|z2－z＋1|＝|z2－z＋z· z |＝|z||z－1＋ z |＝|z－1＋ z |.
设 z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z－1＋ z |＝|2a－1|.
∵|z|＝1，∴z在复平面内对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
∴－1≤a≤1，∴0≤|2a－1|≤3.
∴|z2－z＋1|的最大值为3，最小值为0.
即 3≤|z|≤3 3，∴|z|的最大值为 3 3，最小值为 3.
方法二 |z＋3－ 3i|＝ 3表示以－3＋ 3i 对应的点 P 为圆心，
以 3为半径的圆，如图所示，
则 OP＝|－3＋ 3i|＝ 12＝2 3，
显然|z|max＝OA＝OP＋ 3＝3 3，|z|min＝OB＝OP－ 3＝ 3.
解析答案
15
＝2－i－i11＝2－i－(－i)＝2.
解析答案
1
2
3
4
5
3 4 4.已知复数 z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且 z1· z2 是实数，则实数 t＝_____.
解析
已知复数 z1＝3＋4i，z2＝t＋i，则 z1· z2 ＝(3t＋4)＋(4t－3)i，
3 ∵z1· z2 是实数，∴4t－3＝0，即 t＝4.
(4)z∈R⇔z＝ z ；非零复数 z 是纯虚数⇔z＋ z ＝0；
z z1 1 (5) z1± z2 ＝ z1 ±z2 ， z1· z2 ＝ z1 · z2 ，z ＝ (z2≠0)； 2 z2
(6) zn ＝( z )n(n∈Z，当 n＜0 时，要求 z≠0).
例4 已知△AOB的三个顶点A，B，O(O为原点)对应的复数分别为z1，z2，0，
解析答案
(1＋i) ＋3(1－i) 5.已知 z＝ . 2＋i (1＋i)2＋3(1－i) 2i＋3－3i 3－i (3－i)(2－i) 5－5i ＝ ＝ ＝ 5 ＝1－i， 解 z＝ ＝ 2＋i (2＋i)(2－i) 2＋i 2＋i
2
1
2
3
4
5
∴|z|＝ 1＋(－1)2＝ 2.
(2)若z2＋az＋b＝1＋i，求实数a，b的值.
1 15 1 15 ∴x＝4，y＝± 4 ，因此复数 z＝4± 4 i.
解析答案
题型二 复数的四则运算
例2
解பைடு நூலகம்
2 2 －2 3＋i 2 2 004 (4－8i) －(－4＋8i) 计算 ＋1＋i ＋ . 1＋2 3i 11－ 7i
i(1＋2 3i) 2 21 002 (4－8i＋8i－4)(4－8i＋4－8i) 原式＝ ＋1＋i ＋ 1＋2 3i 11－ 7i
a＝4或a＝－1， 即 ∴a＝－1. a＝6或a＝－1，
解析答案
1
a 2.定义新运算 c
2
3
4
5
z i z b ＝4＋2i 的复数 z＝____. 3－i ＝ad－bc，则满足 d －1 1
解析
z i z ＝zi＋z＝4＋2i， －1 1
返回
z1 z2 ∴9＋25－25· － 9· ＝ 49 ， z2 z1 z z z1 3 3 3 1 2 1 即 25z ＋15z ＋9＝0，∴z ＝－10± 10 i. 2 2 2
解析答案
例5 设|z|＝1，求|z2－z＋1|的最大值和最小值.
解 ∵z· z ＝|z|2＝1，
知识点五
复数的几何形式
→ 表示复数z＝a＋bi(a， 1.用点Z(a，b)表示复数z＝a＋bi(a，b∈R)，用向量OZ
b∈R)，Z称为z在复平面上的对应点，复数与复平面上的点一一对应(坐标 原点对应实数0). 2.任何一个复数z＝a＋bi一一对应着复平面内一个 →. 点Z(a，b)，也一一对应着一个从原点出发的向量 OZ
4＋2i (4＋2i)(1－i) ∴z＝ ＝ ＝3－i. 1＋i (1＋i)(1－i)
解析答案
1
2
3
4
5
1＋i 2 22＝_____. 3.计算(2＋i )－ 2
15
解析
1＋i 1＋i 22 ＝(2－i)－ 211 (2＋i )－ 2 2
解 由(1)可得z2＝－2i，
∴z2＋az＋b＝－2i＋a(1－i)＋b＝－2i＋a－ai＋b＝(a＋b)－(a＋2)i，
∴(a＋b)－(a＋2)i＝1＋i，
a＋b＝1， a＝－3， ∴ 解得 －(a＋2)＝1， b＝4.
解析答案
课堂小结 1.复数的概念是考查复数的基础，需准确理解虚数单位、复数、虚数、
22－12a－b＝0， ∴ 26－4a＋b＝0.
解得 a＝3，b＝－14.
解析答案
题型三 复数与其他知识的综合应用
例3 已知关于t的一元二次方程t2＋(2＋i)t＋2xy＋(x－y)i＝0(x，y∈R).
(1)当方程有实根时，求点(x，y)的轨迹；
解 设实根为t，则t2＋(2＋i)t＋2xy＋(x－y)i＝0(x，y∈R)，
(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：in(n为正整数)的周期性运算；(1±i)2＝±2i；若ω＝ 1 3 ，则ω3＝1,1＋ω＋ω2＝0. －2± 2 i
知识点四
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|＝ a2＋b2，且 z· z ＝|z|2＝a2＋b2.
解析答案
返回
当堂检测
1
2
3
4
5
1.已知A ＝{1,2 ，a2－3a －1＋(a2－5a－6)i} ，B＝{ －1,3} ，A∩B＝ {3} ， －1 则a的值为______.
解析 由题意知，a2－3a－1＋(a2－5a－6)i＝3(a∈R)，
2 a －3a－1＝3， ∴ 2 a －5a－6＝0，
若两个复数z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i(a1，b1，a2，b2∈R)
(1)加法：z1＋z2＝(a1＋a2)＋(b1＋b2)i；
(2)减法：z1－z2＝(a1－a2)＋(b1－b2)i；
(3)乘法：z1· z2＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i；
z1 (a1a2 b1b2 ) (a2b1 a1b2 )i a1a2 b1b2 a2b1 a1b2 (4)除法： 2 2 i( z2≠0); 2 2 2 2 z2 a2 b2 a2 b2 a2 b2
轨迹是以点(1，－1)为圆心， 2为半径的圆.
解析答案
(2)求方程实根的取值范围.
解 由③得圆心为(1，－1)，半径 r＝ 2，
|1－(－1)＋t| 直线 t＝y－x 与圆有公共点，从而应有 ≤ 2， 2
即|t＋2|≤2，所以－4≤t≤0，
故方程的实根的取值范围是[－4,0].
反思与感悟 复数具有代数形式，且复数 z ＝ a ＋ bi(a ， b∈R) 与复平面内
返回
题型探究
重点突破
题型一 复数的基本概念 5 例1 满足z＋ 是实数，且z＋3的实部与虚部是相反数的虚数z是否存在？ z 若存在，求出虚数z；若不存在，请说明理由.
反思与感悟
解析答案
跟踪训练 1
1 1 设 z∈C，且满足 z＋ z ∈R，z－4是纯虚数，求 z.
解 设z＝x＋yi(x，y∈R)，
纯虚数、共轭复数、实部、虚部、复数的模等概念.
2.复数四则运算要加以重视，其中复数的乘法运算与多项式的乘法运算
类似；对于复数的除法运算，将分子分母同时乘以分母的共轭复数.最后
整理成a＋bi(a，b∈R)的结构形式.
3.复数几何意义在高考中一般会结合复数的概念、复数的加减运算考查