2023版高三一輪總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)新教材老高考人教版教案：第5章 命題探秘2　高考中的解三角形問題

1、 復(fù)數(shù)考試要求1.通過方程的解，認識復(fù)數(shù).2.結(jié)合復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，考查復(fù)數(shù)的實部、虛部，共軛復(fù)數(shù)，復(fù)數(shù)的模等概念的認識.3.結(jié)合復(fù)數(shù)的運算法則，考查復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運算1復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)復(fù)數(shù)的定義形如abi(a，bR)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中實部是a，虛部是b(2)復(fù)數(shù)的分類 eq avs4al(復(fù)數(shù)zabi,（a，bR）) eq blc(avs4alco1(實數(shù)（b0），,avs4al(虛數(shù),（b0）)blc(avs4alco1(純虛數(shù)（a0，b0），,非純虛數(shù)（a0，b0）.)(3)復(fù)數(shù)相等abicdiac且bd(a，b，c，dR).(4)共軛復(fù)數(shù)abi與cdi共軛ac且bd

2、(a，b，c，dR).(5)復(fù)數(shù)的模向量 eq o(OZ,sup6()的模叫做復(fù)數(shù)zabi的模，記作|z|或|abi|，即|z|abi|r eq r(a2b2)(r0，a，bR).2復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)數(shù)zabi與復(fù)平面內(nèi)的點Z(a，b)及平面向量 eq o(OZ,sup6()(a，b)(a，bR)是一一對應(yīng)關(guān)系3復(fù)數(shù)的運算(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運算法則設(shè)z1abi，z2cdi(a，b，c，dR)，則加法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；減法：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i；乘法：z1z2(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i；除法： eq f(z1,z

3、2) eq f(abi,cdi) eq f(（abi）（cdi）,（cdi）（cdi）) eq f(acbd,c2d2) eq f(bcad,c2d2)i(cdi0).(2)復(fù)數(shù)加法的運算定律復(fù)數(shù)的加法滿足交換律、結(jié)合律，即對任何z1，z2，z3C，有z1z2z2z1，(z1z2)z3z1(z2z3)常用結(jié)論1(1i)22i； eq f(1i,1i)i； eq f(1i,1i)i2i4n1，i4n1i，i4n21，i4n3i(nN*).3z eq xto(z)|z|2| eq xto(z)|2，|z1z2|z1|z2|， eq blc|rc|(avs4alco1(f(z1,z2) eq f(|

4、z1|,|z2|)，|zn|z|n 一、易錯易誤辨析(正確的打“”，錯誤的打“”)(1)若aC，則a20.()(2)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)復(fù)數(shù)zabi(a，bR)的虛部為bi.()(4)方程x2x10沒有解()答案(1)(2)(3)(4)二、教材習(xí)題衍生1若復(fù)數(shù)z(x21)(x1)i為純虛數(shù)，則實數(shù)x的值為()A1 B0C1 D1或1A因為z為純虛數(shù)，所以 eq blc(avs4alco1(x210，,x10，)所以x1.2復(fù)數(shù) eq f(1i,i)的虛部是()A1 B1 Ci DiB eq f(1i,i) eq f(（1i）（i）,i2)1i， eq f(1i

5、,i)的虛部為1.故選B.3方程x230在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)的解為x_答案 eq r(3)i4如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量分別是 eq o(OA,sup6()， eq o(OB,sup6()，則z1z2_43iz12i，z212i，z1z2(2i)(12i)43i. 考點一復(fù)數(shù)的有關(guān)概念1如果復(fù)數(shù)z eq f(2,1i)，則()Az的共軛復(fù)數(shù)為1iBz的虛部為iC|z|2 Dz的實部為1Dz eq f(2,1i) eq f(2（1i）,（1i）（1i）) eq f(22i,2)1i，z的實部為1，故選D.2若復(fù)數(shù)z滿足( eq r(3)i)z| eq r(3)i|(其中i是虛數(shù)單位)，則

6、復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù) eq xto(z)的虛部為()A eq f(1,2) B eq f(1,2)i C eq f(1,2) D eq f(1,2)i C由( eq r(3)i)z| eq r(3)i|得( eq r(3)i)z eq r(（r(3)）212)2，所以z eq f(2,r(3)i) eq f(2（r(3)i）,（r(3)i）（r(3)i）) eq f(2（r(3)i）,4) eq f(r(3),2) eq f(1,2)i，所以 eq xto(z) eq f(r(3),2) eq f(1,2)i，所以 eq xto(z)的虛部為 eq f(1,2).3如果復(fù)數(shù) eq f(m2i,1m

7、i)是純虛數(shù)，那么實數(shù)m等于()A1 B0 C0或1 D0或1D eq f(m2i,1mi) eq f(（m2i）（1mi）,（1mi）（1mi）) eq f(m2m（1m3）i,1m2)，因為此復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，所以 eq blc(avs4alco1(m2m0，,1m30，)解得m1或0，故選D.4設(shè)有下面四個命題：p1：若復(fù)數(shù)z滿足 eq f(1,z)R，則zR；p2：若復(fù)數(shù)z滿足z2R，則zR；p3：若復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1z2R，則z1 eq xto(z)2；p4：若復(fù)數(shù)zR，則 eq xto(z)R.其中的真命題為()Ap1，p3 Bp1，p4Cp2，p3 Dp2，p4B對于命題p1，設(shè)

8、zabi(a，bR)，由 eq f(1,z) eq f(1,abi) eq f(abi,a2b2)R，得b0，則zR成立，故命題p1正確；對于命題p2，設(shè)zabi(a，bR)，由z2(a2b2)2abiR，得ab0，則a0或b0，復(fù)數(shù)z可能為實數(shù)或純虛數(shù)，故命題p2錯誤；對于命題p3，設(shè)z1abi(a，bR)，z2cdi(c，dR)，由z1z2(acbd)(adbc)iR，得adbc0，不一定有z1 eq xto(z)2，故命題p3錯誤；對于命題p4，設(shè)zabi(a，bR)，則由zR，得b0，所以 eq xto(z)aR成立，故命題p4正確故選B.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

9、類及對應(yīng)點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abi(a，bR)的形式，以確定實部和虛部 考點二復(fù)數(shù)的四則運算1(2021新高考卷)已知z2i，則z( eq xto(z)i)()A62i B42iC62i D42iC因為z2i，所以z( eq xto(z)i)(2i)(22i)62i，故選C.2(2021全國甲卷)已知(1i)2z32i，則z()A1 eq f(3,2)i B1 eq f(3,2)iC eq f(3,2)i D eq f(3,2)iBz eq f(32i,（1i

10、）2) eq f(32i,2i) eq f(3i2,2)1 eq f(3,2)i.3(2021江蘇常州一模)已知復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在復(fù)平面第一象限內(nèi)，甲、乙、丙、丁四人對復(fù)數(shù)z的陳述如下(i為虛數(shù)單位)：甲：z eq xto(z)2；乙：z eq xto(z)2 eq r(3)i；丙：z eq xto(z)4；?。?eq f(z,xto(z) eq f(z2,2).在甲、乙、丙、丁四人的陳述中，有且只有兩個人的陳述正確，則復(fù)數(shù)z_1i設(shè)zabi(a0，b0)，則 eq xto(z)abi，z eq xto(z)2a，z eq xto(z)2bi，z eq xto(z)a2b2， eq f(z,xt

11、o(z) eq f(z2,a2b2).z eq xto(z)4與 eq f(z,xto(z) eq f(z2,2)不可能同時成立，丙、丁兩人的陳述不能同時正確；當(dāng)z eq xto(z)2 eq r(3)i時，b232， eq f(z,xto(z) eq f(z2,2)不成立，乙、丁兩人的陳述不能同時正確；當(dāng)甲、乙兩人的陳述正確時，a1，b eq r(3)，則丙也正確，不合題意；當(dāng)甲、丙兩人的陳述正確時，a1，b eq r(3)，則乙也正確，不合題意；當(dāng)乙、丙兩人的陳述正確時，b eq r(3)，a1，則甲也正確，不合題意；甲、丁兩人的陳述正確，此時ab1，z1i.4. eq f(1i2 021

12、,1i)_i eq f(1i2 021,1i) eq f(1i,1i) eq f(（1i）2,（1i）（1i）) eq f(2i,2)i.復(fù)數(shù)運算的常見類型及解題策略(1)復(fù)數(shù)的乘法復(fù)數(shù)的乘法類似于多項式的乘法，可將含有虛數(shù)單位i的項看作一類同類項，不含i的項看作另一類同類項，分別合并即可(2)復(fù)數(shù)的除法除法的關(guān)鍵是分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù)，解題中要注意把i的冪寫成最簡形式(3)復(fù)數(shù)的綜合運算運用復(fù)數(shù)的四則運算法則進行運算，要注意運算順序 考點三復(fù)數(shù)的幾何意義 eq avs4al(典例) (1)(2021新高考卷)復(fù)數(shù) eq f(2i,13i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點所在的象限為()A第一象限 B

13、第二象限C第三象限 D第四象限(2)已知復(fù)數(shù)z012i(i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為P0，復(fù)數(shù)z滿足|z1|zi|，下列結(jié)論：P0點的坐標(biāo)為(1，2)；復(fù)數(shù)z0的共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)的點與點P0關(guān)于虛軸對稱；復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點Z在一條直線上；P0與z對應(yīng)的點Z間的距離的最小值為 eq f(r(2),2).其中正確的是_(填序號) (3)(2020全國卷)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|z2|2，z1z2 eq r(3)i，則|z1z2|_(1)A(2)(3)2 eq r(3)(1) eq f(2i,13i) eq f(（2i）（13i）,（13i）（13i）) eq f(26ii3i2,12（3）2)

14、eq f(55i,10) eq f(1,2) eq f(1,2)i，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù) eq f(2i,13i)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，位于第一象限故選A.(2)復(fù)數(shù)z012i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為P0(1，2)，正確；復(fù)數(shù)z0的共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)的點與點P0關(guān)于實軸對稱，錯誤；設(shè)zxyi(x，yR)，代入|z1|zi|，得|(x1)yi eq blc|rc|(avs4alco1()x(y1)i|，即 eq r(（x1）2y2) eq r(x2（y1）2)，整理得yx，即Z點在直線yx上，正確；易知點P0到直線yx的垂線段的長度即為P0與Z

15、之間距離的最小值，結(jié)合點到直線的距離公式可知，最小值為 eq f(blc|rc|(avs4alco1(12),r(2) eq f(r(2),2)，故正確故正確的是.(3)法一：(代數(shù)法)設(shè)z1z2abi，a，bR，因為z1z2 eq r(3)i，所以2z1( eq r(3)a)(1b)i，2z2( eq r(3)a)(1b)i.因為|z1|z2|2，所以|2z1|2z2|4，所以 eq r(（r(3)a）2（1b）2)4， eq r(（r(3)a）2（1b）2)4，22，得a2b212.所以|z1z2| eq r(a2b2)2 eq r(3).法二：(幾何法)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)分別對應(yīng)

16、向量 eq o(OA,sup6()， eq o(OB,sup6()，則z1z2對應(yīng)向量 eq o(OA,sup6() eq o(OB,sup6().由題意知| eq o(OA,sup6()| eq o(OB,sup6()| eq o(OA,sup6() eq o(OB,sup6()|2，如圖所示，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OACB，則z1z2對應(yīng)向量 eq o(BA,sup6()，且| eq o(OA,sup6()| eq o(AC,sup6()| eq o(OC,sup6()|2，可得| eq o(BA,sup6()|2| eq o(OA,sup6()|sin 602 eq r(3).故

17、|z1z2| eq o(BA,sup6()|2 eq r(3).與復(fù)數(shù)幾何意義相關(guān)的問題的一般解法跟進訓(xùn)練1已知z(m3)(m1)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限，則實數(shù)m的取值范圍是()A(3，1) B(1，3)C(1，) D(，3)A由已知可得復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為(m3，m1)，所以 eq blc(avs4alco1(m30，,m10，)解得3m1，故選A.2(2021石家莊一模)設(shè)z為復(fù)數(shù)，則下列命題： eq blc|rc|(avs4alco1(z) eq sup10(2)z eq xto(z)；z2 eq blc|rc|(avs4alco1(z) eq sup10(2)；若

18、eq blc|rc|(avs4alco1(z)1，則 eq blc|rc|(avs4alco1(zi)的最大值為2；若 eq blc|rc|(avs4alco1(z1)1，則0 eq blc|rc|(avs4alco1(z)2.所有真命題的序號是_對于：zabi eq blc(rc)(avs4alco1(a，bR)，則 eq xto(z)abi， eq blc|rc|(avs4alco1(z) eq sup10(2)a2b2，而z eq xto(z)a2b2，所以 eq blc|rc|(avs4alco1(z) eq sup10(2)z eq xto(z)成立；對于：zabi eq blc(rc)(avs4alco1(a，bR)，當(dāng)ab均不為0時，z2 eq blc(rc)(avs4alco1(abi)2a2b22abi，而 eq blc|rc|(avs4alco1(z) eq sup10(2)a2b2，所以z2 eq blc|rc|(avs4alco1(z) eq sup10(2)不成立；對于： eq blc|rc|(avs4alco1(z)1可以看成以O(shè) eq blc(rc)(avs4alco1(0，0)為圓心，1為半徑的圓上的點P， eq blc|rc|