【整合學(xué)案】10.2.2　復(fù)數(shù)的乘法與除法

高中數(shù)學(xué)精選資源2/210.2.2復(fù)數(shù)的乘法與除法學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1.理解復(fù)數(shù)的乘除運(yùn)算法則.2.會進(jìn)行復(fù)數(shù)的乘除運(yùn)算．(重點(diǎn))3.掌握虛數(shù)單位“i”的冪值的周期性，并能應(yīng)用周期性進(jìn)行化簡與計(jì)算．(難點(diǎn))4.掌握共軛復(fù)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．(易混點(diǎn))通過復(fù)數(shù)的乘法、除法運(yùn)算法則及運(yùn)算性質(zhì)的學(xué)習(xí)，提升學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理素養(yǎng).一、復(fù)數(shù)的乘法1．定義一般地，設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)稱z1z2(或z1×z2)為z1與z2的積，并規(guī)定：z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i.2．運(yùn)算律對任意z1，z2，z3∈C，有交換律z1·z2＝z2·z1結(jié)合律(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)乘法對加法的分配律z1·(z2＋z3)＝z1·z2＋z1·z33.運(yùn)算性質(zhì)zm·zn＝zm＋n，(zm)n＝zmn，(z1z2)n＝zeq\o\al(n,1)zeq\o\al(n,2).(其中m，n∈N＋)．4．i的乘方運(yùn)算性質(zhì)i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i；i4n＝1.5．兩個(gè)共軛復(fù)數(shù)的乘積等于這個(gè)復(fù)數(shù)(或其共軛復(fù)數(shù))模的平方．二、復(fù)數(shù)的除法1．定義如果復(fù)數(shù)z2≠0，則滿足zz2＝z1的復(fù)數(shù)z稱為z1除以z2的商，并記作z＝eq\f(z1,z2)(或z＝z1÷z2)，z1稱為被除數(shù)，z2稱為除數(shù)．2．意義一般地，給定復(fù)數(shù)z≠0，稱eq\f(1,z)為z的倒數(shù)，z1除以z2的商eq\f(z1,z2)也可以看成z1與z2的倒數(shù)之積，因此可以利用“分母實(shí)數(shù)化”可以求出任意一個(gè)非零復(fù)數(shù)的倒數(shù)，以及任意兩個(gè)復(fù)數(shù)的商(除數(shù)不能為0)．當(dāng)z為非零復(fù)數(shù)且n是正整數(shù)時(shí)，規(guī)定z0＝1，z－n＝eq\f(1,zn).3．復(fù)數(shù)倒數(shù)運(yùn)算設(shè)z＝a＋bi，則eq\f(1,z)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)，且eq\f(1,z)＝eq\f(\x\to(z),|z|2).4．復(fù)數(shù)的除法法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(c＋di≠0)，eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i.三、實(shí)系數(shù)一元二次方程在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)的解集一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a，b，c∈R且a≠0)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)總有解，而且(1)當(dāng)Δ＝b2－4ac(2)當(dāng)Δ＝b2－4ac(3)當(dāng)Δ＝b2－4ac＜0時(shí)，方程有兩個(gè)互為共軛1．復(fù)數(shù)eq\f(2,1－i)(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)是()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－iB[eq\f(2,1－i)＝eq\f(21＋i,2)＝1＋i，∴eq\f(2,1－i)的共軛復(fù)數(shù)為1－i，故選B.]2．如果復(fù)數(shù)(m2＋i)(1＋mi)是實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)m等于()A．1 B．－1C.eq\r(2) D．－eq\r(2)B[∵(m2＋i)(1＋mi)＝(m2－m)＋(m3＋1)i是實(shí)數(shù)，m∈R，∴由a＋bi(a，b∈R)是實(shí)數(shù)的充要條件是b＝0.得m3＋1＝0，即m＝－1.]3．已知復(fù)數(shù)z滿足(1＋2i)z＝4＋3i，則z＝()A．2＋i B．2－iC．1＋2i D．1－2iB[法一：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則(1＋2i)(a＋bi)＝(a－2b)＋(2a＋b由已知及復(fù)數(shù)相等的條件得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2b＝4，,2a＋b＝3，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，))故選B.法二：z＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(10－5i,5)＝2－i.]4．若復(fù)數(shù)z滿足i·z＝1＋2i，其中i是虛數(shù)單位，則z的實(shí)部為________．2[∵i·z＝1＋2i，∴z＝eq\f(1＋2i,i)＝2－i，故z的實(shí)部為2.]復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算【例1】(1)已知a，b∈R，i是虛數(shù)單位．若a－i與2＋bi互為共軛復(fù)數(shù)，則(a＋bi)2＝()A．5－4i B．5＋4iC．3－4i D．3＋4i(2)復(fù)數(shù)z＝(3－2i)i的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)等于()A．－2－3i B．－2＋3iC．2－3i D．2＋3i(3)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)(3＋i)(1－2i)＝__________.(1)D(2)C(3)5－5i[(1)由題意知a－i＝2－bi，∴a＝2，b＝1，∴(a＋bi)2＝(2＋i)2＝3＋4i.(2)∵z＝(3－2i)i＝3i－2i2＝2＋3i.∴eq\x\to(z)＝2－3i.故選C.(3)(3＋i)(1－2i)＝3－6i＋i－2i2＝5－5i.]復(fù)數(shù)乘法運(yùn)算的方法與常用公式1．兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式乘法的一般方法首先按多項(xiàng)式的乘法展開；再將i2換成－1；然后再進(jìn)行復(fù)數(shù)的加、減運(yùn)算，化簡為復(fù)數(shù)的代數(shù)形式．2．常用公式(1)(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2(a，b∈R)；(2)(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R)；(3)(1±i)2＝±2i.1．若|z1|＝5，z2＝3＋4i，且z1·z2是純虛數(shù)，則z1＝_____________.4＋3i或－4－3i[設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，則|z1|＝eq\r(a2＋b2)＝5，即a2＋b2＝25，z1·z2＝(a＋bi)·(3＋4i)＝(3a－4b)＋(3b＋4∵z1·z2是純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－4b＝0，,3b＋4a≠0，,a2＋b2＝25，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝－3.))∴z1＝4＋3i或z1＝－4－3i.]復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算【例2】eq\f(1＋i3,1－i2)＝()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i(2)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)eq\f(7＋i,3＋4i)＝()A．1－i B．－1＋iC.eq\f(17,25)＋eq\f(31,25)i D．－eq\f(17,7)＋eq\f(25,7)i(1)D(2)A[(1)法一：eq\f(1＋i3,1－i2)＝eq\f(1＋i1＋i2,－2i)＝eq\f(1＋i1＋i2＋2i,－2i)＝eq\f(－2＋2i,－2i)＝eq\f(1－i,i)＝－1－i.故選D.法二：eq\f(1＋i3,1－i2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq\s\up8(2)(1＋i)＝i2(1＋i)＝－(1＋i)．(2)eq\f(7＋i,3＋4i)＝eq\f(7＋i3－4i,3＋4i3－4i)＝eq\f(25－25i,25)＝1－i，故選A．]復(fù)數(shù)除法運(yùn)算方法與常用公式1．兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算方法(1)首先將除式寫為分式；(2)再將分子、分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)；(3)然后將分子、分母分別進(jìn)行乘法運(yùn)算，并將其化為復(fù)數(shù)的代數(shù)形式．2．常用公式(1)eq\f(1,i)＝－i；(2)eq\f(1＋i,1－i)＝i；(3)eq\f(1－i,1＋i)＝－i.2．(1)滿足eq\f(z＋i,z)＝i(i為虛數(shù)單位)的復(fù)數(shù)z＝()A．eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i B．eq\f(1,2)－eq\f(1,2)iC．－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i D．－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i(2)若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝2i(i為虛數(shù)單位)，則|z|＝()A．1 B．2C.eq\r(2) D．eq\r(3)(1)B(2)C[(1)∵eq\f(z＋i,z)＝i，∴z＋i＝zi，∴i＝z(i－1)．∴z＝eq\f(i,i－1)＝eq\f(i－1－i,－1＋i－1－i)＝eq\f(1－i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i.(2)∵z(1＋i)＝2i，∴z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,2)＝1＋i，∴|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).]in的周期性及應(yīng)用[探究問題]1．i5與i是否相等？提示：i5＝i4·i＝i，相等．2．i＋i2＋i3＋i4的值為多少？提示：i＋i2＋i3＋i4＝0.【例3】計(jì)算i1＋i2＋i3＋…＋i2020.[思路探究]可利用in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N＋)化簡．[解]∵i1＋i2＋i3＋i4＝0，∴in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N＋)，∴i1＋i2＋i3＋…＋i2020＝(i1＋i2＋i3＋i4)＋(i5＋i6＋i7＋i8)＋…＋(i2017＋i2018＋i2019＋i2020)＝0.虛數(shù)單位i的周期性(1)i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＝1(n∈N＋)．(2)in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N＋)．3．計(jì)算：(1)eq\f(1＋i,1－i)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq\s\up8(2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq\s\up24(3)·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq\s\up12(10).(2)1＋2i＋3i2＋…＋2021i2020.[解](1)∵eq\f(1＋i,1－i)＝i，∴原式＝i·i2·i3·…·i10＝i1＋2＋3＋…＋10＝i55＝i3＝－i.(2)設(shè)S＝1＋2i＋3i2＋…＋2021i2020∴iS＝i＋2i2＋3i3＋…＋2021i2021∴(1－i)S＝1＋i＋i2＋…＋i2020－2021i2021＝1－2021i∴S＝eq\f(1－2021i,1－i)＝eq\f(1－2021i1＋i,2)＝1011－1010i1．復(fù)數(shù)的乘法與多項(xiàng)式乘法是類似的，有一點(diǎn)不同即必須在所得結(jié)果中把i2換成－1，再把實(shí)部，虛部分別合并．兩個(gè)復(fù)數(shù)的積仍然是一個(gè)復(fù)數(shù)，可推廣到任意多個(gè)復(fù)數(shù)，任意多個(gè)復(fù)數(shù)的積仍然是一個(gè)復(fù)數(shù)．2．復(fù)數(shù)的除法和實(shí)數(shù)的除法有所不同，實(shí)數(shù)的除法可以直接約分、化簡得出結(jié)果；而復(fù)數(shù)的除法是先將兩復(fù)數(shù)的商寫成分式，然后分母實(shí)數(shù)化(分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù))．3．熟練掌握乘除法運(yùn)算法則．求解運(yùn)算時(shí)要靈活運(yùn)用in的周期性．此外，實(shí)數(shù)運(yùn)算中的平方差公式，兩數(shù)和、差的平方公式在復(fù)數(shù)運(yùn)算中仍然成立．4．對共軛復(fù)數(shù)的理解：(1)當(dāng)a，b∈R時(shí)，有a2＋b2＝(a＋bi)(a－bi)，其中a＋bi與a－bi是一對共軛復(fù)數(shù)，這是虛數(shù)實(shí)數(shù)化的一個(gè)重要依據(jù)．(2)互為共軛復(fù)數(shù)的兩個(gè)復(fù)數(shù)的模相等，且|eq\x\to(z)|2＝|z|2＝zeq\x\to(z).1．若復(fù)數(shù)z1＝1＋i，z2＝3－i，則z1·z2＝()A．4＋2i B．2＋iC．2＋2i D．3A[z1·z2＝(1＋i)(3－i)＝3－i＋3i－i2＝4＋2i.]2．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,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))，則復(fù)數(shù)eq\f(z1,z2)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限B[由復(fù)數(shù)的幾何意義知，z1＝－2－i，z2＝i，所以eq\f(z1,z2)＝eq\f(－2－i,i)＝－1＋2i，對應(yīng)的點(diǎn)在第二象限．]3．若eq\f(2,1－i)＝a＋bi(i為虛數(shù)單位，a，b∈R)，則a＋b＝________.2[因?yàn)閑q\f(2,1－i)＝eq\f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，所以1＋i＝a＋bi，所以a＝1，b＝1，所以a＋b＝2.]4．設(shè)z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且eq\f(z1,z2)為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為________．eq\f(8,3)[設(shè)eq\f(z1,z2)＝bi(b∈R且b≠0)，所以z1＝bi·z2，即a＋2i＝bi(3－4i)＝4b＋3bi，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4b，,2＝3b，))所以a＝eq\f(8,3).]5．計(jì)算：(1)(1－i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))(1＋i)；(2)eq\f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)；(3)(2－i)2.[解](1)法一：(1－i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))(1＋i)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i＋\f(1,2)i－\f(\r(3),2)i2))(1＋i)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)＋\f(\r(3)＋1,2)i))(1＋i)＝eq\f(\r(3)－1,2)＋eq\f(\r(3)＋1,2)i＋eq\f(\r(3)－1,2)i＋eq\f(\r(3)＋1,2)i2＝－1＋eq\r(3)i.法二：原式＝(1－i)(1＋i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝(1－i2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝－1＋eq\r(3)i.(2)eq\f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)＝eq\f(\r(2)＋\r(3)i\r(3)＋\r(2)i,\r(3)－\r(2)i\r(3)＋\r(2)i)＝eq\f(\r(2)＋\r(3)i\r(3)＋\r(2)i,\r(3)2＋\r(2)2)＝eq\f(\r(6)＋2i＋3i－\r(6),5)＝eq\f(5i,5)＝i.(3)(2－i)2＝(2－i)(2－i)＝4－4i＋i2＝3－4i.課時(shí)分層作業(yè)(七)復(fù)數(shù)的乘法與除法(建議用時(shí)：60分鐘)[合格基礎(chǔ)練]一、選擇題1．i為虛數(shù)單位，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))eq\s\up12(2)＝()A．－1 B．1C．－i D．iA[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,1＋i)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1－i2,1＋i2)＝eq\f(－2i,2i)＝－1.]2．已知i是虛數(shù)單位，則(－1＋i)(2－i)＝()A．－3＋i B．－1＋3iC．－3＋3i D．－1＋iB[(－1＋i)(2－i)＝－1＋3i.]3．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝eq\f(－2i,1＋i)(i為虛數(shù)單位)的共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限B[z＝eq\f(－2i,1＋i)＝eq\f(－2i1－i,1＋i1－i)＝－1－i的共軛復(fù)數(shù)為－1＋i，對應(yīng)的點(diǎn)為(－1,1)，在第二象限．]4．已知eq\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù)，若z·eq\x\to(z)i＋2＝2z，則z＝()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－iA[設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，代入z·eq\x\to(z)i＋2＝2z中得，(a＋bi)(a－bi)i＋2＝2(a＋bi)，∴2＋(a2＋b2)i＝2a＋2b由復(fù)數(shù)相等的條件得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2，,a2＋b2＝2b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))∴z＝1＋i，故選A．]5．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)，eq\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù)，則z·eq\x\to(z)等于()A．eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．1 D．2A[∵z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)＝eq\f(－\r(3)i2＋i,1－\r(3)i2)＝eq\f(i1－\r(3)i,1－\r(3)i2)＝eq\f(i,1－\r(3)i)＝eq\f(i1＋\r(3)i,4)＝－eq\f(\r(3),4)＋eq\f(i,4)，∴eq\x\to(z)＝－eq\f(\r(3),4)－eq\f(i,4)，∴z·eq\x\to(z)＝eq\f(1,4).]二、填空題6．i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)(1－2i)(a＋i)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值是________．－2[(1－2i)(a＋i)＝a＋2＋(1－2a)i，該復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，所以a＋2＝0，且1－2a≠0，所以7．若復(fù)數(shù)z滿足(3－4i)z＝4＋3i，則|z|＝________.1[因?yàn)?3－4i)z＝4＋3i，所以z＝eq\f(4＋3i,3－4i)＝eq\f(4＋3i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq\f(25i,25)＝i.則|z|＝1.]8．已知eq\f(a＋2i,i)＝b＋i(a，b∈R)，其中i為虛數(shù)單位，則a＋b＝__________.1[∵eq\f(a＋2i,i)＝b＋i，∴a＋2i＝(b＋i)i＝－1＋bi，∴a＝－1，b＝2，∴a＋b＝1.]三、解答題9．計(jì)算：(1)(1－i)(－1＋i)＋(－1＋i)；(2)(1＋i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)).[解](1)原式＝－1＋i＋i－i2－1＋i＝－1＋3i.(2)原式＝(1＋i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(3,4)))＝1＋i.10．已知復(fù)數(shù)z滿足z＝(－1＋3i)(1－i)－4.(1)求復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)；(2)若w＝z＋ai，且復(fù)數(shù)w對應(yīng)向量的模不大于復(fù)數(shù)z所對應(yīng)向量的模，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解](1)z＝－1＋i＋3i＋3－4＝－2＋4i，所以復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為－2－4i.(2)w＝－2＋(4＋a)i，復(fù)數(shù)w對應(yīng)向量為(－2,4＋a)，其模為eq\r(4＋4＋a2)＝eq\r(20＋8a＋a2).又復(fù)數(shù)z所對應(yīng)向量為(－2,4)，其模為2eq\r(5).由復(fù)數(shù)w對應(yīng)向量的模不大于復(fù)數(shù)z所對應(yīng)向量的模，得20＋8a＋a2≤20，a2＋8a≤0，a(a＋8)≤0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是－8≤a≤0.[等級過關(guān)練]1．設(shè)z1，z2是復(fù)數(shù)，則下列命題中的假命題是()A．若|z1－z2|＝0，則eq\x\to(z)1＝eq\x\to(z)2B．若z1＝eq\x\to(z)2，則eq\x\to(z)1＝z2C．若|z1|＝|z2|，則z1·eq\x\to(z)1＝z2·eq\x\to(z)2D．若|z1|＝|z2|，則zeq\o\al(2,1)＝zeq\o\al(2,2)D[A，|z1－z2|＝0?z1－z2＝0?z1＝z2?eq\x\to(z)1＝eq\x\to(z)2，真命題；B，z1＝eq\x\to(z)2?eq\x\to(z)1＝eq\x\to(z)2＝z2，真命題；C，|z1|＝|z2|?|z1|2＝|z2|2?z1·eq\x\to(z)1＝z2·eq\x\to(z)2，真命題；D，當(dāng)|z1|＝|z2|時(shí)，可取z1＝1，z2＝i，顯然zeq\o\al(2,1)＝1，zeq\o\al(2,2)＝－1，即zeq\o\al(2,1)≠zeq\o\al(2,2)，假命題．]2．復(fù)數(shù)z＝eq\f(\r(3),2)－ai，a∈R，且z2＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，則a的值為()A．1 B．2C.eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)C[由z＝eq\f(\r(3),2)－ai，a∈R，得z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)－2×eq\f(\r(3),2)×ai＋(ai)2＝eq\f(3,4)－a2－eq\r(3)ai，因?yàn)閦2＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－a2＝\f(1,2)，,－\r(3)a＝－\f(\r(3),2)，))解得a＝eq\f(1,2).]3．若復(fù)數(shù)z＝eq\f(7＋ai,2－i)的實(shí)部為3，則z的虛部為_____________．1[z＝eq\f(7＋ai,2－i)＝eq\f(7＋ai2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(14－a＋7＋2ai,5)＝eq\f(14－a,5)＋eq\f(7＋2a,5)i.由題意知eq\f(14－a,5)＝3，∴a＝－1，∴z＝3＋i.∴z的虛部為1.]4．若復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)在第二象限，|z|＝5，eq\x\to(z)對應(yīng)點(diǎn)在直線y＝eq\f(4,3)x上，則z＝________.－3＋4i[設(shè)eq\x\to(z)＝3t＋4ti(t∈R)，則z＝3t－4ti，∵|z|＝5，∴9t2＋16t2＝25，∴t2＝1，∵z的對應(yīng)點(diǎn)在第二象限，∴t＜0，∴t＝－1，∴z＝－3＋4i.]5．已知z為復(fù)數(shù)，eq\f(z－1,i)為實(shí)數(shù)，eq\f(z,1－i)為純虛數(shù)，求復(fù)數(shù)z.[解]設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\f(z－1,i)＝eq\f(a－1＋bi,i)＝(a－1＋bi)·(－i)＝b－(a－1)i.因?yàn)閑q\f(z－1,i)為實(shí)數(shù)，所以a－1＝0，即a＝1.又因?yàn)閑q\f(z,1－i)＝eq\f(a＋bi1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(a－b＋a＋bi,2)為純虛數(shù)，所以a－b＝0，且a＋b≠0，所以b＝1.故復(fù)數(shù)z＝1＋i.*10.3復(fù)數(shù)的三角形式及其運(yùn)算(略)復(fù)數(shù)的概念【例1】復(fù)數(shù)z＝log3(x2－3x－3)＋ilog2(x－3)，當(dāng)x為何實(shí)數(shù)時(shí)，(1)z∈R；(2)z為虛數(shù)．[思路探究]根據(jù)復(fù)數(shù)的分類列不等式組求解．[解](1)因?yàn)橐粋€(gè)復(fù)數(shù)是實(shí)數(shù)的充要條件是虛部為0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，①,log2x－3＝0，②,x－3>0，③))由②得x＝4，經(jīng)驗(yàn)證滿足①③式．所以當(dāng)x＝4時(shí)，z∈R.(2)因?yàn)橐粋€(gè)復(fù)數(shù)是虛數(shù)的充要條件是虛部不為0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，①,log2x－3≠0，②,x－3>0，③))由①得x>eq\f(3＋\r(21),2)或x<eq\f(3－\r(21),2).由②得x≠4，由③得x>3.所以當(dāng)x>eq\f(3＋\r(21),2)且x≠4時(shí)，z為虛數(shù)．正確確定復(fù)數(shù)的實(shí)、虛部是準(zhǔn)確理解復(fù)數(shù)的有關(guān)概念如實(shí)數(shù)、虛數(shù)、純虛數(shù)、相等復(fù)數(shù)、共軛復(fù)數(shù)、復(fù)數(shù)的模的前提.,兩復(fù)數(shù)相等的充要條件是復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)問題的依據(jù).,求字母的范圍時(shí)一定要關(guān)注實(shí)部與虛部自身有意義.1．(1)設(shè)i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)a－eq\f(10,3－i)(a∈R)是純虛數(shù)，則a的值為()A．－3 B．－1C．1 D．3(2)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足i(z＋1)＝－3＋2i(i是虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部是__________．(1)D(2)1[(1)因?yàn)閍－eq\f(10,3－i)＝a－eq\f(103＋i,3－i3＋i)＝a－eq\f(103＋i,10)＝(a－3)－i，由純虛數(shù)的定義，知a－3＝0，所以a＝3.(2)法一：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則i(z＋1)＝i(a＋bi＋1)＝－b＋(a＋1)i＝－3＋2i.由復(fù)數(shù)相等的充要條件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b＝－3，,a＋1＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))故復(fù)數(shù)z的實(shí)部是1.法二：由i(z＋1)＝－3＋2i，得z＋1＝eq\f(－3＋2i,i)＝2＋3i，故z＝1＋3i，即復(fù)數(shù)z的實(shí)部是1.]復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算【例2】(1)設(shè)i是虛數(shù)單位，eq\o(z,\s\up8(－))表示復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)．若z＝1＋i，則eq\f(z,i)＋i·eq\o(z,\s\up8(－))＝()A．－2 B．－2iC．2 D．2i(2)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(z－2i)(2－i)＝5，則z＝()A．2＋3i B．2－3iC．3＋2i D．3－2i[思路探究](1)先求出eq\x\to(z)及eq\f(z,i)，結(jié)合復(fù)數(shù)運(yùn)算法則求解．(2)利用方程思想求解并化簡．(1)C(2)A[(1)∵z＝1＋i，∴eq\o(z,\s\up8(－))＝1－i，eq\f(z,i)＝eq\f(1＋i,i)＝eq\f(－i2＋i,i)＝1－i，∴eq\f(z,i)＋i·eq\o(z,\s\up8(－))＝1－i＋i(1－i)＝2.故選C.(2)由(z－2i)(2－i)＝5，得z＝2i＋eq\f(5,2－i)＝2i＋eq\f(52＋i,2－i2＋i)＝2i＋2＋i＝2＋3i.]復(fù)數(shù)加減乘運(yùn)算可類比多項(xiàng)式的加減乘運(yùn)算，注意把i看作一個(gè)字母i2＝－1，除法運(yùn)算注意應(yīng)用共軛的性質(zhì)z·eq\o(z,\s\up8(－))為實(shí)數(shù).2．(1)復(fù)數(shù)eq\f(2＋i,1－2i)的共軛復(fù)數(shù)是()A．－eq\f(3,5)i B．eq\f(3,5)iC．－i D．i(2)已知復(fù)數(shù)z1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(3,2)i))(1＋i)(i為虛數(shù)單位)，復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1·z2是實(shí)數(shù)，則z2＝________.(1)C(2)4＋2i[(1)依題意：eq\f(2＋i,1－2i)＝eq\f(2i－1,1－2i·i)＝－eq\f(1,i)＝i，∴其共軛復(fù)數(shù)為－i.(2)z1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(3,2)i))(1＋i)＝2－i.設(shè)z2＝a＋2i，a∈R，則z1·z2＝(2－i)·(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i因?yàn)閦1·z2∈R，所以a＝4.所以z2＝4＋2i.]復(fù)數(shù)的幾何意義【例3】(1)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(i,1－i)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限(2)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(1－2i,2＋i)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(0，－1) B．(0,1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，－\f(3,5))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(3,5)))[思路探究]先把復(fù)數(shù)z化為復(fù)數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)形式，再寫出其對應(yīng)坐標(biāo)．(1)B(2)A[(1)復(fù)數(shù)eq\f(i,1－i)＝eq\f(i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(－1＋i,2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i.∴復(fù)數(shù)對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).∴復(fù)數(shù)eq\f(i,1－i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限．故選B.(2)∵eq\f(1－2i,2＋i)＝eq\f(1－2i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(－5i,5)＝－i，其對應(yīng)的點(diǎn)為(0，－1)，故選A．]1．復(fù)數(shù)的幾何表示法：即復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)可以用復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)來表示．此類問題可建立復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部應(yīng)滿足的條件，通過解方程(組)或不等式(組)求解．2．復(fù)數(shù)的向量表示：以原點(diǎn)為起點(diǎn)的向量表示的復(fù)數(shù)等于它的終點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)；向量平移后，此向量表示的復(fù)數(shù)不變，但平移前后起點(diǎn)、終點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)要改變．3．復(fù)數(shù)的加減法的幾何意義實(shí)質(zhì)上是平行四邊形法則和三角形法則．由減法的幾何意義知|z－z1|表示復(fù)平面上兩點(diǎn)Z與Z1之間的距離．4．復(fù)數(shù)形式的基本軌跡(1)|z－z1|＝r表示復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以z1對應(yīng)的點(diǎn)為圓心，半徑為r的圓；(2)|z－z1|＝|z－z2|表示以復(fù)數(shù)z1，z2的對應(yīng)點(diǎn)為端點(diǎn)的線段的垂直平分線．3．(1)已知復(fù)數(shù)z對應(yīng)的向量如圖所示，則復(fù)數(shù)z＋1所對應(yīng)的向量正確的是()(2)若i為虛數(shù)單位，圖中復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)Z表示復(fù)數(shù)z，則表示復(fù)數(shù)eq\f(z,1＋i)的點(diǎn)是()A．EB．FC．GD．H(1)A(2)D[(1)由題圖知，z＝－2＋i，∴z＋1＝－2＋i＋1＝－1＋i，故z＋1對應(yīng)的向量應(yīng)為選項(xiàng)A．(2)由題圖可得z＝3＋i，所以eq\f(z,1＋i)＝eq\f(3＋i,1＋i)＝eq\f(3＋i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(4－2i,2)＝2－i，則其在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)為H(2，－1)．]轉(zhuǎn)化與化歸思想【例4】設(shè)z∈C，滿足z＋eq\f(1,z)∈R，z－eq\f(1,4)是純虛數(shù)，求z.[思路探究]本題關(guān)鍵是設(shè)出z代入題中條件進(jìn)而求出z.[解]設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則z＋eq\f(1,z)＝x＋yi＋eq\f(1,x＋yi)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x,x2＋y2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(y,x2＋y2)))i，∵z＋eq\f(1,z)∈R，∴y－eq\f(y,x2＋y2)＝0，解得y＝0或x2＋y2＝1，又∵z－eq\f(1,4)＝x＋yi－eq\f(1,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))＋yi是純虛數(shù)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)＝0，,y≠0，))∴x＝eq\f(1,4)，代入x2＋y2＝1中，求出y＝±eq\f(\r(15),4)，∴復(fù)數(shù)z＝eq\f(1,4)±eq\f(\r(15),4)i.一般設(shè)出復(fù)數(shù)z的代數(shù)形式，即z＝x＋yix，y∈R，則涉及復(fù)數(shù)的分類、幾何意義、模的運(yùn)算、四則運(yùn)算、共軛復(fù)數(shù)等問題，都可以轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)x，y應(yīng)滿足的條件，即復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化的思想是本章的主要思想方法.4．滿足z＋eq\f(5,z)是實(shí)數(shù)，且z＋3的實(shí)部與虛部是相反數(shù)的虛數(shù)z是否存在？若存在，求出虛數(shù)z；若不存在，請說明理由．[解]設(shè)虛數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R，且y≠0)，則z＋eq\f(5,z)＝x＋yi＋eq\f(5,x＋yi)＝x＋eq\f(5x,x2＋y2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5y,x2＋y2)))i，z＋3＝(x＋3)＋yi.由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\f(5y,x2＋y2)＝0，,x＋3＝－y，))因?yàn)閥≠0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝5，,x＋y＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－1.))所以存在虛數(shù)z＝－1－2i或z＝－2－i滿足題設(shè)條件．專題強(qiáng)化訓(xùn)練(二)復(fù)數(shù)(建議用時(shí)：60分鐘)[合格基礎(chǔ)練]一、選擇題1．若復(fù)數(shù)z＝(x2－4)＋(x－2)i為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)x的值為()A．－2 B．0C．2 D．－2或2A[由復(fù)數(shù)z＝(x2－4)＋(x－2)i為純虛數(shù)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4＝0，,x－2≠0，))解得x＝－2.]2．已知復(fù)數(shù)z＝2－i，則z·eq\x\to(z)的值為()A．5 B．eq\r(5)C．3 D．eq\r(3)A[z·eq\x\to(z)＝(2－i)(2＋i)＝22－i2＝4＋1＝5.]3．設(shè)z＝eq\f(1－i,1＋i)＋2i，則|z|＝()A．0 B．eq\f(1,2)C．1 D．eq\r(2)C[∵z＝eq\f(1－i,1＋i)＋2i＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＋2i＝eq\f(－2i,2)＋2i＝i，∴|z|＝1.故選C.]4．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(1＋2i2,1＋i)的共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限D(zhuǎn)[eq\f(1＋2i2,1＋i)＝eq\f(－3＋4i,1＋i)＝eq\f(－3＋4i1－i,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(7,2)i，其共軛復(fù)數(shù)為eq\f(1,2)－eq\f(7,2)i，對應(yīng)點(diǎn)位于第四象限，故選D.]5．已知z＝(m－3)－(m＋1)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－3,1) B．(－1,3)C．(1，＋∞) D．(－∞，－3)B[由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－3＜0，,m＋1＞0，))即－1＜m＜3.故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－1,3)．]二、填空題6．復(fù)數(shù)eq\f(1＋2i2,3－4i)的值是________.－1[eq\f(1＋2i2,3－4i)＝eq\f(－3＋4i,3－4i)＝－1.]7．在平行四邊形OABC中，各頂點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為zO＝0，zA＝2＋eq\f(a,2)i，zB＝－2a＋3i，zC＝－b＋ai，則實(shí)數(shù)a－b為________．－4[因?yàn)閑q\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OC,\s\up8(→))＝eq\o(OB,\s\up8(→))，所以2＋eq\f(a,2)i＋(－b＋ai)＝－2a＋3i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－b＝－2a，,\f(a,2)＋a＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝6，))得a－b＝－4.]8．設(shè)復(fù)數(shù)z1＝1＋i，z2＝x＋2i(x∈R)，若z1z2∈R，則x等于________．－2[∵z1＝1＋i，z2＝x＋2i(x∈R)，∴z1z2＝(1＋i)(x＋2i)＝(x－2)＋(x＋2)i.∵z1z2∈R，∴x＋2＝0，即x＝－2.]三、解答題9．把復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)記作eq\x\to(z)，已知(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，求z及eq\f(z,\x\to(z)).[解]設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，由已知得：(1＋2i)(a－bi)＝(a＋2b)＋(2a－b)i＝4＋3i，由復(fù)數(shù)相等的定義知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝4，,2a－b＝3.))得a＝2，b＝1，∴z＝2＋i.∴eq\f(z,\x\to(z))＝eq\f(2＋i,2－i)＝eq\f(2＋i2,2－i2＋i)＝eq\f(3＋4i,5)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.10．已知z＝1＋i，a，b∈R，若eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝1－i，求a，b的值．[解]∵z＝1＋i，∴z2＝2i，∴eq\f(z2＋az＋b,z2－z＋1)＝eq\f(2i＋a＋ai＋b,2i－1－i＋1)＝eq\f(a＋2i＋a＋b,i)＝a＋2－(a＋b)i＝1－i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2＝1,a＋b＝1))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2.))[等級過關(guān)練]1．若z＝1＋2i，則eq\f(4i,z\x\to(z)－1)＝()A．1 B．－1C．i D．－iC[因?yàn)閦＝1＋2i，則eq\x\to(z)＝1－2i，所以zeq\x\to(z)＝(1＋2i)(1－2i)＝5，則eq\f(4i,z\x\to(z)－1)＝eq\f(4i,4)＝i.故選C.]2．設(shè)有下面四個(gè)命題p1：若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1,z)∈R，則z∈R；p2：若復(fù)數(shù)z滿足z2∈R，則z∈R；p3：若復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1z2∈R，則z1＝eq\x\to(z)2；p4：若復(fù)數(shù)z∈R，則eq\x\to(z)∈R.其中的真命題為()A．p1，p3 B．p1，p4C．p2，p3 D．p2，p4B[設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R)．對于p1，若eq\f(1,z)∈R，即eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，則b＝0?z＝a＋bi＝a∈R，所以p1為真命題．對于p2，若z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2∈R，則ab＝0.當(dāng)a＝0，b≠0時(shí)，z＝a＋bi＝biR，所以p2為假命題．對于p3，若z1z2∈R，即(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝(a1a2－b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i∈R，則a1b2＋a2b1＝0.而z1＝eq\x\to(z)2，即a1＋b1i＝a2－b2i?a1＝a2，b1＝－b2.因?yàn)閍1b2＋a2b1＝0D/?a1＝a2，b1＝－b2，所以p3為假命題．對于p4，若z∈R，即a＋bi∈R，則b＝0?eq\x\to(z)＝a－bi＝a∈R，所以p4為真命題．故選B.]3．已知|z|＝3，且z＋3i是純虛數(shù)，則z＝________.3i[設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，∴eq\r(x2＋y2)＝3，①且z＋3i＝x＋yi＋3i＝x＋(y＋3)i是純虛數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＋3≠0，))由①可得y＝3.∴z＝3i.]4．設(shè)i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝eq\f(\r(2)＋4i,1＋i)，則|z|等于________．3[z＝eq\f(\r(2)＋4i,1＋i)＝eq\f(\r(2)＋4i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(4＋\r(2)＋4－\r(2)i,2)＝eq\f(4＋\r(2),2)＋eq\f(4－\r(2),2)i，∴則|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋\r(2),2)))eq\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－\r(2),2)))eq\s\up12(2))＝3.]5．已知復(fù)數(shù)z＝(2＋i)m2－eq\f(6m,1－i)－2(1－i)(m∈R)，當(dāng)m取什么值時(shí)，復(fù)數(shù)z是復(fù)平面內(nèi)第二、四象限角平分線上的點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)．[解]由于m∈R，復(fù)數(shù)z可以表示為z＝(2＋i)m2－3m(1＋i)－2(1－i)＝(2m2－3m－2)＋(m當(dāng)2m2－3m－2＝－(m2即m＝0或m＝2時(shí)，z為復(fù)平面內(nèi)第二、四象限角平分線上的點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)．章末綜合測評(二)復(fù)數(shù)(時(shí)間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.eq\f(3＋i,1＋i)＝()A．1＋2i B．1－2iC．2＋i D．2－iD[eq\f(3＋i,1＋i)＝eq\f(3＋i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(3－3i＋i＋1,2)＝2－i.]2．設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi對應(yīng)的點(diǎn)在虛軸右側(cè)，則()A．a(chǎn)>0，b>0 B．a(chǎn)>0，b<0C．b>0，a∈R D．a(chǎn)>0，b∈RD[復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)在虛軸右側(cè)，則該復(fù)數(shù)的實(shí)部大于零，虛部可為任意實(shí)數(shù)．]3．設(shè)復(fù)數(shù)z＝－1－i(i為虛數(shù)單位)，z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z)，則eq\f(2－\x\to(z),z)等于()A．－1－2i B．－2＋iC．－1＋2i D．1＋2iC[由題意可得eq\f(2－\x\to(z),z)＝eq\f(2－－1＋i,－1－i)＝eq\f(3－i－1＋i,－1－i－1＋i)＝－1＋2i，故選C.]4．已知i是虛數(shù)單位，a，b∈R，則“a＝b＝1”是“(a＋bi)＝2i”A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件A[當(dāng)a＝b＝1時(shí)，(a＋bi)2＝(1＋i)2＝2i，反之，(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝2i，則a2－b2＝0,2ab＝1，解a＝1，b＝1或a＝－1，b＝－1，故a＝1，b＝1是(a＋bi)2＝2i的充分不必要條件，選A．]5．若復(fù)數(shù)z1＝3＋i，z2＝1－i，則z＝z1·z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限D(zhuǎn)[∵z1·z2＝(3＋i)(1－i)＝3－3i＋i－i2＝4－2i，∴z＝z1·z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)位于第四象限．]6．若1＋eq\r(2)i是關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x2＋bx＋c＝0的一個(gè)復(fù)數(shù)根，則()A．b＝2，c＝3 B．b＝－2，c＝3C．b＝－2，c＝－1 D．b＝2，c＝－1B[因?yàn)?＋eq\r(2)i是實(shí)系數(shù)方程的一個(gè)復(fù)數(shù)根，所以1－eq\r(2)i也是方程的根，則1＋eq\r(2)i＋1－eq\r(2)i＝2＝－b，(1＋eq\r(2)i)(1－eq\r(2)i)＝3＝c，解得b＝－2，c＝3.]7.eq\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù)．若z＋eq\x\to(z)＝2，(z－eq\x\to(z))i＝2(i為虛數(shù)單位)，則z＝()A．1＋i B．－1－iC．－1＋i D．1－iD[法一：設(shè)z＝a＋bi，a，b為實(shí)數(shù)，則eq\o(z,\s\up8(－))＝a－bi，∵z＋eq\o(z,\s\up8(－))＝2a＝2，∴a＝1.又(z－eq\o(z,\s\up8(－)))i＝2bi2＝－2b＝2，∴b＝－1.故z＝1－i.法二：∵(z－eq\o(z,\s\up8(－)))i＝2，∴z－eq\o(z,\s\up8(－))＝eq\f(2,i)＝－2i.又z＋eq\o(z,\s\up8(－))＝2，∴(z－eq\o(z,\s\up8(－)))＋(z＋eq\o(z,\s\up8(－)))＝－2i＋2，∴2z＝－2i＋2，∴z＝1－i.]8．下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,－1＋i)的四個(gè)命題：p1：|z|＝2；p2：z2＝2i；p3：z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i；p4：z的虛部為－1.其中的真命題為()A．p2，p3 B．p1，p2C．p2，p4 D．p3，p4C[∵z＝eq\f(2,－1＋i)＝－1－i，∴|z|＝eq\r(－12＋－12)＝eq\r(2)，∴p1是假命題；∵z2＝(－1－i)2＝2i，∴p2是真命題；∵eq\x\to(z)＝－1＋i，∴p3是假命題；∵z的虛部為－1，∴p4是真命題．其中的真命題為p2，p4.]9．復(fù)平面上平行四邊形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)中，A，B，C所對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為2＋3i,3＋2i，－2－3i，則D點(diǎn)對應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．－2＋3i B．－3－2iC．2－3i D．3－2iB[設(shè)D(x，y)，由平行四邊形對角線互相平分得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2＋－2,2)＝\f(3＋x,2)，,\f(3＋－3,2)＝\f(2＋y,2)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－2，))∴D(－3，－2)，∴對應(yīng)復(fù)數(shù)為－3－2i.]10．已知關(guān)于x的方程x2＋(1－2i)x＋3m－i＝0有實(shí)根，則實(shí)數(shù)mA．m≤－eq\f(1,4) B．m≥－eq\f(1,4)C．m＝eq\f(1,12) D．m＝－eq\f(1,12)C[設(shè)實(shí)根為x0，則xeq\o\al(2,0)＋(1－2i)x0＋3m－i＝0，即(xeq\o\al(2,0)＋x0＋3m)－(2x0＋1)i＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)＋x0＋3m＝0，,2x0＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(1,2)，,m＝\f(1,12).))]11．若a，b∈R，則復(fù)數(shù)(a2－6a＋10)＋(－b2＋4bA．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限D(zhuǎn)[復(fù)數(shù)對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(a2－6a＋10，－b2＋4b又∵a2－6a＋10＝(a－3)2－b2＋4b－5＝－(b－2)2－1<0.所以復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)在第四象限．故選D.]12．設(shè)z是復(fù)數(shù)，則下列命題中的假命題是()A．若z2≥0，則z是實(shí)數(shù)B．若z2<0，則z是虛數(shù)C．若z是虛數(shù)，則z2≥0D．若z是純虛數(shù)，則z2<0C[設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，選項(xiàng)A，若z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi≥0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝0，,a2≥b2，))故b＝0或a，b都為0，即z為實(shí)數(shù)，正確．選項(xiàng)B，若z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi<0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝0，,a2<b2，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b≠0，))故z一定為虛數(shù)，正確．選項(xiàng)C，若z為虛數(shù)，則b≠0，z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，由于a的值不確定，故z2無法與0比較大小，錯(cuò)誤．選項(xiàng)D，若z為純虛數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b≠0，))則z2＝－b2<0，正確．]二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上)13．復(fù)數(shù)z＝－5－12i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為__________．13[復(fù)數(shù)z＝－5－12i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點(diǎn)Z(－5，－12)，所以點(diǎn)Z與原點(diǎn)O的距離為|OZ|＝eq\r(－52＋－122)＝13.]14．a(chǎn)為正實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋i,i)))＝2，則a＝__________.eq\r(3)[eq\f(a＋i,i)＝eq\f(a＋i·－i,i·－i)＝1－ai，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋i,i)))＝|1－ai|＝eq\r(a2＋1)＝2，所以a2＝3.又a為正實(shí)數(shù)，所以a＝eq\r(3).]15．設(shè)a，b∈R，a＋bi＝eq\f(11－7i,1－2i)(i為虛數(shù)單位)，則a＋b的值為__________．8[a＋bi＝eq\f(11－7i,1－2i)＝eq\f(11－7i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(25＋15i,5)＝5＋3i，依據(jù)復(fù)數(shù)相等的充要條件可得a＝5，b＝3.從而a＋b＝8.]16．若復(fù)數(shù)z滿足|z－i|≤eq\r(2)(i為虛數(shù)單位)，則z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的圖形的面積為________．2π[設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則由|z－i|≤eq\r(2)可得eq\r(x2＋y－12)≤eq\r(2)，即x2＋(y－1)2≤2，它表示以點(diǎn)(0,1)為圓心，eq\r(2)為半徑的圓及其內(nèi)部，所以z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的圖形的面積為2π.]三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)計(jì)算：(1)(eq\r(2)＋eq\r(2)i)2(4＋5i)．(2)eq\f(2＋2i,1－i2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1＋i)))2020.[解](1)(eq\r(2)＋eq\r(2)i)2(4＋5i)＝2(1＋i)2(4＋5i)＝4i(4＋5i)＝－20＋16i.(2)eq\f(2＋2i,1－i2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1＋i)))eq\s\up12(2020)＝eq\f(2＋2i,－2i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2i)))eq\s\up12(1010)＝i(1＋i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,i)))eq\s\up12(1010)＝－1＋i＋(－i)eq\s\up12(1010)＝－1＋i＋1＝i.18．(本小題滿分12分)已知關(guān)于x，y的方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＋i＝y(tǒng)－3－yi，①,2x＋ay－4x－y＋bi＝9－8i，②))有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)a，b的值．[解]由①得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝y(tǒng)，,y－3＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝4，))將x，y代入②得(5＋4a)－(6＋b所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5＋4a＝9，,－6＋b＝－8，))所以a＝1，b＝2.19．(本小題滿分12分)已知m∈R，復(fù)數(shù)z＝eq\f(mm－2,m－1)＋(m2＋2m－3)i，當(dāng)m為何值時(shí)，(1)z∈R.(2)z對應(yīng)的點(diǎn)在直線x＋y＋3＝0上．[解](1)當(dāng)z為實(shí)數(shù)時(shí)，則有m2＋2m－3＝0且m－1≠0得m＝－3，故當(dāng)m＝－3時(shí)，z∈R(2)當(dāng)z對應(yīng)的點(diǎn)在直線x＋y＋3＝0上時(shí)，則有eq\f(mm－2,m－1)＋(m2＋2m－3)＋3＝0，得eq\f(mm2＋2m－4,m－1)＝0.解得m＝0或m＝－1±eq\r(5).所以當(dāng)m＝0或m＝－1±eq\r(5)時(shí)，z對應(yīng)的點(diǎn)在直線x＋y＋3＝0上．20．(本小題滿分12分)已知a∈R，則復(fù)數(shù)z＝(a2－2a＋4)－(a2－2a＋2)i所對應(yīng)的點(diǎn)在復(fù)平面的第幾象限內(nèi)？復(fù)數(shù)[解]a2－2a＋4＝(a－1)2＋3≥3，－(a2－2a＋2)＝－(a－1)2－1≤－1.由實(shí)部大于0，虛部小于0可知，復(fù)數(shù)設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則x＝a2－2a＋4，y＝－(a2－2消去a2－2a，得y＝－x＋2(x≥所以復(fù)數(shù)z的對應(yīng)點(diǎn)的軌跡是以(3，－1)為端點(diǎn)，－1為斜率，在第四象限的一條射線．21．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z1＝eq\r(5)i，z2＝eq\r(2)－eq\r(3)i，z3＝2－i，z4＝－eq\r(5)在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)分別是A，B，C，D.(1)求證：A，B，C，D四點(diǎn)共圓；(2)已知eq\o(AB,\s\up8(→))＝2eq\o(AP,\s\up8(→))，求點(diǎn)P對應(yīng)的復(fù)數(shù)．[解](1)∵|z1|＝|z2|＝|z3|＝|z4|＝eq\r(5)，即|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|，∴A，B，C，D四點(diǎn)都在圓x2＋y2＝5上，即A，B，C，D四點(diǎn)共圓．(2)∵A(0，eq\r(5))，B(eq\r(2)，－eq\r(3))，∴eq\o(AB,\s\up8(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(3)－eq\r(5))．設(shè)P(x，y)，則eq\o(AP,\s\up8(→))＝(x，y－eq\r(5))，若eq\o(AB,\s\up8(→))＝2eq\o(AP,\s\up8(→))，那么(eq\r(2)，－eq\r(3)－eq\r(5))＝(2x,2y－2eq\r(5))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)＝2x，,－\r(3)－\r(5)＝2y－2\r(5)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(5)－\r(3),2)，))∴點(diǎn)P對應(yīng)的復(fù)數(shù)為eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(5)－\r(3),2)i.22．(本小題滿分12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知向量eq\o(OZ,\s\up8(→))1，eq\o(OZ,\s\up8(→))2分別對應(yīng)復(fù)數(shù)z1，z2，且z1＝eq\f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq\f(2,1－a)＋(2a－5)i，a∈R.若eq\x\to(z)1＋z2可以與任意實(shí)數(shù)比較大小，求eq\o(OZ,\s\up8(→))1·Oeq\o(Z,\s\up8(→))2的值．[解]由題意，得eq\x\to(z)1＝eq\f(3,a＋5)－(10－a2)i，則eq\x\to(z)1＋z2＝eq\f(3,a＋5)－(10－a2)i＋eq\f(2,1－a)＋(2a－5)i＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a＋5)＋\f(2,1－a)))＋(a2＋2a－15)i.因?yàn)閑q\x\to(z)1＋z2可以與任意實(shí)數(shù)比較大小，所以eq\x\to(z)1＋z2是實(shí)數(shù)，所以a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a又因?yàn)閍＋5≠0，所以a＝3，所以z1＝eq\f(3,8)＋i，z2＝－1＋i.所以eq\o(OZ,\s\up8(→))1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，1))，eq\o(OZ,\s\up8(→))2＝(－1,1)．所以eq\o(OZ,\s\up8(→))1·eq\o(OZ,\s\up8(→))2＝eq\f(3,8)×(－1)＋1×1＝eq\f(5,8).11.1空間幾何體11.學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1.了解空間幾何體的概念．(一般)2.了解“斜二測畫法”的概念并掌握斜二測畫法的步驟．(重點(diǎn))3.會用斜二測畫法畫出一些簡單平面圖形和常見幾何體的直觀圖．(難點(diǎn))4.逆用斜二測畫法，找出直觀圖的原圖．(易錯(cuò)點(diǎn))1.通過學(xué)習(xí)斜二測畫法的步驟，培養(yǎng)直觀想象的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).2.借助斜二測畫法，畫出直觀圖，培養(yǎng)數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng).1．空間幾何體如果只考慮一個(gè)物體占有的空間形狀和大小，而不考慮其他因素，則這個(gè)空間部分通?？沙橄鬄橐粋€(gè)幾何體．2．直觀圖立體幾何中，用來表示空間圖形的平面圖形，習(xí)慣上稱為空間圖形的直觀圖，為了使直觀圖具有立體感，經(jīng)常使用斜二測畫法來作直觀圖．3．用斜二測畫法作水平放置的平面圖形的直觀圖的步驟(1)在平面圖形上取互相垂直的x軸和y軸，作出與之對應(yīng)的x′軸和y′軸，使得它們正方向的夾角為45°(或135°)．(2)平面圖形中與x軸平行(或重合)的線段畫成與x′軸平行(或重合)的線段，且長度不變．平面圖形中與y軸平行(或重合)的線段畫成與y′軸平行(或重合)的線段，且長度為原來長度的一半．(3)連接有關(guān)線段，擦去作圖過程中的輔助線．4．用斜二測畫法作立體圖形直觀圖的步驟(1)在立體圖形中取水平平面，在其中取互相垂直的x軸與y軸，作出水平平面上圖形的直觀圖(保留x′軸與y′軸)．(2)在立體圖形中，過x軸與y軸的交點(diǎn)取z軸，并使z軸垂直于x軸與y軸．過x′軸與y′軸的交點(diǎn)作z軸對應(yīng)的z′軸，且z′軸垂直于x′軸．圖形中與z軸平行(或重合)的線段畫成與z′軸平行(或重合)的線段，且長度不變．連接有關(guān)線段．(3)擦去有關(guān)輔助線，并把被面遮擋住的線段改成虛線(或擦除)．注意：水平放置的圓，其直觀圖一般用“正等測畫法”畫成橢圓．1．用斜二測畫法畫水平放置的△ABC時(shí)，若∠A的兩邊分別平行于x軸、y軸，且∠A＝90°，則在直觀圖中∠A′＝()A．45° B．135°C．45°或135° D．90°C[在畫直觀圖時(shí)，∠A′的兩邊依然分別平行于x′軸、y′軸，而∠x′O′y′＝45°或135°.]2．用斜二測畫法畫水平放置的平面圖形的直觀圖，對其中的線段說法錯(cuò)誤的是()A．原來相交的仍相交B．原來垂直的仍垂直C．原來平行的仍平行D．原來共點(diǎn)的仍共點(diǎn)B[根據(jù)斜二測畫法，原來垂直的未必垂直．]3．利用斜二測畫法畫出邊長為3cm的正方形的直觀圖，正確的是圖中的()C[正方形的直觀圖是平行四邊形，且平行于x軸的邊長為3cm，平行于y軸的邊長為1.5cm.]4．水平放置的△ABC，有一邊在水平線上，它的斜二測直觀圖是正三角形A′B′C′，則△ABC是()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．任意三角形C[如圖所示，斜二測直觀圖還原為平面圖形，故△ABC是鈍角三角形．]畫平面圖形的直觀圖【例1】用斜二測畫法畫出圖中等腰梯形ABCD的直觀圖(其中O，E分別為線段AB，DC的中點(diǎn))[解](1)畫對應(yīng)的坐標(biāo)系x′O′y′，使∠x′O′y′＝45°.(2)以O(shè)′為中點(diǎn)在x′軸上取A′B′＝AB，在y′軸上取O′E′＝eq\f(1,2)OE，以E′為中點(diǎn)畫C′D′∥x′軸，并使C′D′＝CD.(3)連接B′C′，D′A′，所得的四邊形A′B′C′D′就是水平放置的等腰梯形ABCD的直觀圖，如圖．(變條件)若將本例中的等腰梯形ABCD改為正五邊形ABCDE，如圖所示，那么其直觀圖如何畫出？[解]畫法：(1)在圖①中作AG⊥x軸于點(diǎn)G，作DH⊥x軸于點(diǎn)H.(2)在圖②中畫相應(yīng)的x′軸與y′軸，兩軸相交于點(diǎn)O′，使∠x′O′y′＝45°.(3)在圖②中的x′軸上取O′B′＝OB，O′G′＝OG，O′C′＝OC，O′H′＝OH，y′軸上取O′E′＝eq\f(1,2)OE，分別過G′和H′作y′軸的平行線，并在相應(yīng)的平行線上取G′A′＝eq\f(1,2)GA，H′D′＝eq\f(1,2)HD.(4)連接A′B′，A′E′，E′D′，D′C′，并擦去輔助線G′A′，H′D′，x′軸與y′軸，便得到水平放置的正五邊形ABCDE的直觀圖A′B′C′D′E′(如圖③)．畫平面圖形的直觀圖的技巧1．在原圖中與x軸或y軸平行的線段在直觀圖中依然與x′軸或y′軸平行，且與x′軸平行的線段長度不變，與y′軸平行的線段長度減半．2．原圖中不與坐標(biāo)軸平行的線段可以先畫出線段的端點(diǎn)再連線．畫端點(diǎn)時(shí)，過端點(diǎn)作坐標(biāo)軸的平行線段，再借助所作的平行線段確定端點(diǎn)在直觀圖中的位置．3．原圖中的曲線可以通過取一些關(guān)鍵點(diǎn)，利用上述方法作出直觀圖中的相應(yīng)點(diǎn)后，用平滑曲線連接而畫出．畫空間幾何體的直觀圖【例2】用斜二測畫法畫正六棱柱(底面是正六邊形，側(cè)棱垂直于底面)的直觀圖．[思路探究]eq\x(畫軸)→eq\x(畫底面)→eq\x(畫側(cè)棱)→eq\x(成圖)[解](1)畫軸：畫x′軸、y′軸、z′軸，使∠x′O′y′＝45°(或135°)，∠x′O′z′＝90°.(2)畫底面：在面x′O′y′內(nèi)，畫出正六邊形的直觀圖ABCDEF.(3)畫側(cè)棱：過A、B、C、D、E、F分別作z′軸的平行線，在這些平行線上分別截取AA′、BB′、CC′、DD′、EE′、FF′都等于側(cè)棱長．(4)成圖：順次連線A′、B′、C′、D′、E′、F′，并加以整理(去掉輔助線將被遮擋的部分改為虛線)就得到正六棱柱的直觀圖，如圖所示．簡單幾何體直觀圖的畫法步驟1．畫軸：通常以高所在直線為z軸建系．2．畫底面：根據(jù)平面圖形的直觀圖畫法確定底面．3．確定頂點(diǎn)：利用與z軸平行或在z軸上的線段確定有關(guān)頂點(diǎn)．4．連線成圖．2．畫出正四棱錐(底面是正方形，側(cè)面是有一個(gè)公共頂點(diǎn)且全等的等腰三角形的棱錐)的直觀圖．[解](1)畫軸．畫Ox軸、Oy軸、Oz軸，∠xOy＝45°(或135°)，∠xOz＝90°，如左圖所示．(2)畫底面．以O(shè)為中心在xOy平面內(nèi)，畫出正方形直觀圖ABCD.(3)畫頂點(diǎn)．在Oz軸上截取OP使OP的長度是原四棱錐的高．(4)成圖．順次連接PA，PB，PC，PD，并擦去輔助線，將被遮住的部分改為虛線，得到此四棱錐的直觀圖.直觀圖的還原和計(jì)算問題[探究問題]1．如圖，△A′B′C′是水平放置的△ABC斜二測畫法的直觀圖，能否判斷△ABC的形狀？[提示]根據(jù)斜二測畫法規(guī)則知：∠ACB＝90°，故△ABC為直角三角形．2．若探究1中△A′B′C′的A′C′＝6，B′C′＝4，則AB邊的實(shí)際長度是多少？[提示]由已知得△ABC中，AC＝6，BC＝8，故AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝10.3．若已知一個(gè)三角形的面積為S，它的直觀圖面積是多少？[提示]原三角形面積為S＝eq\f(1,2)a·h(a為三角形的底，h為三角形的高)，畫直觀圖后，a′＝a，h′＝eq\f(1,2)h·sin45°＝eq\f(\r(2),4)h，S′＝eq\f(1,2)a′·h′＝eq\f(1,2)a·eq\f(\r(2),4)h＝eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)a·h＝eq\f(\r(2),4)S.【例3】如圖所示，△A′B′C′是水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖，將其還原成平面圖形．[思路探究]由直觀圖還原平面圖形的關(guān)鍵：(1)平行于x′軸的線段長度不變，平行于y′軸的線段擴(kuò)大為原來的2倍．(2)對于相鄰兩邊不與x′、y′軸平行的頂點(diǎn)可通過作x′軸，y′軸平行線變換確定其在xOy中的位置．[解]①畫出直角坐標(biāo)系xOy，在x軸的正方向上取OA＝O′A′，即CA＝C′A′；②過B′作B′D′∥y′軸，交x′軸于點(diǎn)D′，在OA上取OD＝O′D′，過D作DB∥y軸，且使DB＝2D′B′；③連接AB，BC，得△ABC.則△ABC即為△A′B′C′對應(yīng)的平面圖形，如圖所示．如圖所示，矩形O′A′B′C′是水平放置的一個(gè)平面圖形的直觀圖，其中O′A′＝6cm，C′D′＝2cm，則原圖形的形狀是________．菱形[如圖所示，在原圖形OABC中，應(yīng)有OABC，OD＝2O′D′＝2×2eq\r(2)＝4eq\r(2)(cm)，CD＝C′D′＝2(cm)，∴OC＝eq\r(OD2＋CD2)＝eq\r(4\r(2)2＋22)＝6(cm)，∴OA＝OC，故四邊形OABC是菱形．]1．直觀圖的還原技巧由直觀圖還原為平面圖的關(guān)鍵是找與x′軸、y′軸平行的直線或線段，且平行于x′軸的線段還原時(shí)長度不變，平行于y′軸的線段還原時(shí)放大為直觀圖中相應(yīng)線段長的2倍，由此確定圖形的各個(gè)頂點(diǎn)，順次連接即可．2．直觀圖與原圖面積之間的關(guān)系若一個(gè)平面多邊形的面積為S，其直觀圖的面積為S′，則有S′＝eq\f(\r(2),4)S或S＝2eq\r(2)S′.利用這一公式可由原圖形面積求其直觀圖面積或由直觀圖面積求原圖形面積．1．斜二測畫法中的“斜”和“二測”(1)“斜”是指在已知圖形的xOy平面內(nèi)與x軸垂直的線段，在直觀圖中均與x′軸成45°或135°.(2)“二測”是指兩種度量形式，即在直觀圖中，平行于x′軸或z′軸的線段長度不變；平行于y′軸的線段長度變?yōu)樵瓉淼囊话耄?．斜二測畫法中的建系原則在已知圖中建立直角坐標(biāo)系，理論上在任何位置建立坐標(biāo)系都行，但實(shí)際作圖時(shí)，一般建立特殊的直角坐標(biāo)系，盡量運(yùn)用原有直線或圖形的對稱軸所在直線為坐標(biāo)軸、圖形的對稱中心為原點(diǎn)或利用原有互相垂直的直線為坐標(biāo)軸等，即使盡量多的點(diǎn)或線落在坐標(biāo)軸上．3．直觀圖中“變”與“不變”(1)平面圖形用其直觀圖表示時(shí)，一般來說，平行關(guān)系不變．(2)點(diǎn)的共性不變，線的共點(diǎn)性不變，但角的大小有變化(特別是垂直關(guān)系有變化)．(3)有些線段的度量關(guān)系也發(fā)生變化．因此圖形的形狀發(fā)生變化，這種變化，目的是使圖形富有立體感．1．判斷(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)兩條平行線段在直觀圖中對應(yīng)的兩條線段仍然平行． ()(2)平行于坐標(biāo)軸的線段在直觀圖中仍然平行于坐標(biāo)軸． ()(3)平行于坐標(biāo)軸的線段長度在直觀圖中仍然保持不變． ()(4)斜二測坐標(biāo)系取的角可能是135°. ()[解析]平行于y軸的線段在直觀圖中變?yōu)樵瓉淼囊话耄?3)錯(cuò)誤；由斜二測畫法的基本要求可知(1)(2)(4)正確．[答