2021新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案4-4數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入

第四節(jié)數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入課標(biāo)要求考情分析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.1.本節(jié)是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，主要考查復(fù)數(shù)的基本概念、復(fù)數(shù)的幾何意義、復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算等方面的內(nèi)容．2．命題形式多樣化，以選擇、填空題為主，多為運(yùn)算題型，屬容易題、送分題.知識點(diǎn)一復(fù)數(shù)的概念1．復(fù)數(shù)的概念形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫復(fù)數(shù)，其中a，b分別是它的實部和虛部．若b＝0，則a＋bi為實數(shù)；若b≠0，則a＋bi為虛數(shù)；若a＝0且b≠0，則a＋bi為純虛數(shù)．2．復(fù)數(shù)相等：a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．3．共軛復(fù)數(shù)：a＋bi與c＋di共軛?a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．4．復(fù)數(shù)的模向量eq\o(OZ,\s\up15(→))的模r叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)的模，記作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2).知識點(diǎn)二復(fù)數(shù)的幾何意義1．復(fù)數(shù)z＝a＋bi復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)(a，b∈R)．2．復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)平面向量eq\o(OZ,\s\up15(→)).知識點(diǎn)三復(fù)數(shù)的運(yùn)算1．復(fù)數(shù)的加、減、乘、除運(yùn)算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則(1)加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；(2)減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；(3)乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；(4)除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．2．復(fù)數(shù)加法的運(yùn)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，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．注意以下結(jié)論：(1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)；i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*)．(2)z·eq\x\to(z)＝|z|2＝|eq\x\to(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq\f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.(3)復(fù)數(shù)加法的幾何意義：若復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量eq\o(OZ1,\s\up15(→))，eq\o(OZ2,\s\up15(→))不共線，則復(fù)數(shù)z1＋z2是以eq\o(OZ1,\s\up15(→))，eq\o(OZ2,\s\up15(→))為鄰邊的平行四邊形的對角線eq\o(OZ,\s\up15(→))所對應(yīng)的復(fù)數(shù)．(4)復(fù)數(shù)減法的幾何意義：復(fù)數(shù)z1－z2是eq\o(OZ1,\s\up15(→))－eq\o(OZ2,\s\up15(→))＝eq\o(Z2Z1,\s\up15(→))所對應(yīng)的復(fù)數(shù)．1．思考辨析判斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)方程x2－x＋1＝0沒有解．(×)(2)復(fù)數(shù)z＝3－2i中，虛部為－2i.(×)(3)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?。?×)(4)若a∈C，則|a|2＝a2.(×)解析：(1)方程x2－x＋1＝0有復(fù)數(shù)解．(2)復(fù)數(shù)z＝3－2i中，虛部為－2.(3)虛數(shù)不能比較大小．(4)若a∈C，則|a|2是實數(shù)，但a2未必是實數(shù)，所以|a|2與a2不一定相等．2．小題熱身(1)(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)z＝－3＋2i，則在復(fù)平面內(nèi)eq\x\to(z)對應(yīng)的點(diǎn)位于(C)A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限(2)eq\f(1＋2i,1－2i)＝(D)A．－eq\f(4,5)－eq\f(3,5)iB．－eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)iC．－eq\f(3,5)－eq\f(4,5)iD．－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i(3)若復(fù)數(shù)z＝eq\f(a,1＋i)＋1為純虛數(shù)，則實數(shù)a＝(A)A．－2 B．－1C．1 D．2(4)i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)(1＋mi)(i＋2)是純虛數(shù)，則實數(shù)m等于2.(5)設(shè)復(fù)數(shù)z1＝2－i，z2＝a＋2i(i是虛數(shù)單位，a∈R)，若z1z2∈R，則a＝4.解析：(1)由題意，得eq\x\to(z)＝－3－2i，其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(－3，－2)，位于第三象限，故選C.(2)eq\f(1＋2i,1－2i)＝eq\f(1＋2i2,1－2i1＋2i)＝eq\f(－3＋4i,5)＝－eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.(3)因為復(fù)數(shù)z＝eq\f(a,1＋i)＋1＝eq\f(a1－i,1＋i1－i)＋1＝eq\f(a,2)＋1－eq\f(a,2)i為純虛數(shù)，所以eq\f(a,2)＋1＝0，且－eq\f(a,2)≠0，解得a＝－2.故選A.(4)因為(1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是純虛數(shù)，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得(5)依題意，復(fù)數(shù)z1z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i是實數(shù)，因此4－a＝0，a考點(diǎn)一復(fù)數(shù)的概念【例1】(1)已知i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，則復(fù)數(shù)eq\f(1,z)的虛部為()A．－eq\f(\r(3),2)i B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),2)i D.eq\f(\r(3),2)(2)設(shè)a∈R，復(fù)數(shù)z＝eq\f(a－i,3＋i)(i是虛數(shù)單位)的實部為2，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A．－7B．7C．－1D．1(3)若復(fù)數(shù)eq\f(b＋i,2＋i)為純虛數(shù)，則實數(shù)b等于()A．3 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D．－1【解析】(1)eq\f(1,z)＝eq\f(1,\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)＝eq\f(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)))＝eq\f(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,\f(1,4)＋\f(3,4))＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，所以eq\f(1,z)的虛部為－eq\f(\r(3),2).故選B.(2)z＝eq\f(a－i,3＋i)＝eq\f(a－i3－i,3＋i3－i)＝eq\f(3a－1－a＋3i,10)，則eq\f(3a－1,10)＝2，則a＝7，所以復(fù)數(shù)z的虛部為eq\f(－a＋3,10)＝－1，故選C.(3)因為eq\f(b＋i,2＋i)＝eq\f(b＋i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(2b＋1＋2－bi,5)為純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＋1＝0，,2－b≠0，))解得b＝－eq\f(1,2)，故選B.【答案】(1)B(2)C(3)B方法技巧解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項1復(fù)數(shù)的分類及對應(yīng)點(diǎn)的位置問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實部與虛部應(yīng)該滿足的條件的問題，只需把復(fù)數(shù)化為a＋bia，b∈R的形式，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a＋bia，b∈R的形式，以確定實部和虛部.1．已知a∈R，復(fù)數(shù)z＝eq\f(a－i,1－i)為純虛數(shù)(i為虛數(shù)單位)，則a＝(B)A．－eq\r(2) B．－1C．1 D.eq\r(2)解析：z＝eq\f(a－i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(a＋1,2)＋eq\f(a－1,2)i.由題意，得eq\f(a＋1,2)＝0且eq\f(a－1,2)≠0，解得a＝－1.2．若復(fù)數(shù)z滿足i·z＝－eq\f(1,2)(1＋i)，則z的共軛復(fù)數(shù)的虛部是(C)A．－eq\f(1,2)i B.eq\f(1,2)iC．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)解析：由題意，得z＝－eq\f(1,2)·eq\f(1＋i,i)＝－eq\f(1,2)·eq\f(i1＋i,i2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以z的共軛復(fù)數(shù)的虛部是－eq\f(1,2)，故選C.考點(diǎn)二復(fù)數(shù)的幾何意義【例2】(1)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(1＋i,1－i2＋1)對應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限(2)(2019·全國卷Ⅰ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，則()A．(x＋1)2＋y2＝1B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1D．x2＋(y＋1)2＝1【解析】(1)由題意得eq\f(1＋i,1－i2＋1)＝eq\f(1＋i,1－2i)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(3,5)i，該復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限．故選B.(2)解法1：∵z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(x，y)，∴z＝x＋yi(x，y∈R)．∵|z－i|＝1，∴|x＋(y－1)i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故選C.解法2：∵|z－i|＝1表示復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)(x，y)到點(diǎn)(0,1)的距離為1，∴x2＋(y－1)2＝1.故選C.解法3：在復(fù)平面內(nèi)，點(diǎn)(1,1)所對應(yīng)的復(fù)數(shù)z＝1＋i滿足|z－i|＝1，但點(diǎn)(1,1)不在選項A，D的圓上，∴排除A，D；在復(fù)平面內(nèi)，點(diǎn)(0,2)所對應(yīng)的復(fù)數(shù)z＝2i滿足|z－i|＝1，但點(diǎn)(0,2)不在選項B的圓上，∴排除B.故選C.【答案】(1)B(2)C方法技巧1復(fù)數(shù)z、復(fù)平面上的點(diǎn)Z及向量eq\o(OZ,\s\up15(→))相互聯(lián)系，即z＝a＋bia，b∈R?Za，b?eq\o(OZ,\s\up15(→)).2復(fù)數(shù)的幾何意義：復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)就是向量eq\o(OZ,\s\up15(→))的坐標(biāo)，對于復(fù)數(shù)z＝a＋bia，b∈R，其在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是a，b.復(fù)數(shù)的模即為其對應(yīng)向量的模.1．已知復(fù)數(shù)z滿足(1－i)2·z＝1＋2i，則復(fù)數(shù)eq\x\to(z)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(A)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1))解析：復(fù)數(shù)z滿足(1－i)2·z＝1＋2i，則z＝eq\f(1＋2i,1－i2)＝eq\f(1＋2i,－2i)＝eq\f(1＋2ii,－2i2)＝eq\f(－2＋i,2)＝－1＋eq\f(1,2)i，所以eq\x\to(z)＝－1－eq\f(1,2)i，即復(fù)數(shù)eq\x\to(z)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))，故選A.2．復(fù)數(shù)eq\f(1,1＋ai)(a∈R)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第一象限，則a的取值范圍為(A)A．a(chǎn)<0B．0<a<1C．a(chǎn)>1D．a(chǎn)<－1解析：由題意可得eq\f(1,1＋ai)＝eq\f(1,1＋a2)－eq\f(a,1＋a2)i，則eq\f(1,1＋a2)>0，－eq\f(a,1＋a2)>0，由此可得a的取值范圍為a<0，故選A.考點(diǎn)三復(fù)數(shù)的運(yùn)算【例3】(1)(2019·全國卷Ⅲ)若z(1＋i)＝2i，則z＝()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i(2)已知eq\f(i,1＋i)＝a＋bi(a，b∈R，i是虛數(shù)單位)，則|a－bi|＝()A．1 B.eq\f(1,2)C.eq\r(2) D.eq\f(\r(2),2)【解析】(1)z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(2＋2i,2)＝1＋i.(2)由題得i＝(1＋i)(a＋bi)＝(a－b)＋(a＋b)i，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝0，,a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,2)，))所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2)i))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，故選D.【答案】(1)D(2)D方法技巧1