复数
知识内容
一、复数的观点
1． 虚数单位 i:
（1）它的平方等于
1 ，即 i 2
1 ；
（ 2）实数能够与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍旧成立．
（ 3） i 与－ 1 的关系 :
2
2
i 就是 1的一个平方根，即方程 （4） i 的周期性：
x
1 的一个根，方程 x
1 的另一个根是 -i ．
i 4n 1
i ， i 4n 2
1 ， i 4n 3
实数 a( b
i ， i 4n 0)
1．
2． 数系的扩大：复数
a bi
纯虚数 bi( a
bi( b 0)
0)
虚数 a
非纯虚数 a
bi( a 0)
3． 复数的定义：
形如 a
bi( a ，b R ) 的数叫复数， a 叫复数的实部， b 叫复数的虚部．全体复数所成的会合叫做
复数集，用字母
4． 复数的代数形式 :
C 表示
往常用字母 z 表示，即 z
a bi (a ，b R) ，把复数表示成 a bi 的形式，叫做复数的代数形式．
5． 复数与实数、虚数、纯虚数及
0 的关系：
对于复数 a bi ( a ，b R) ，当且仅当 b z a bi 叫做虚数；当
0 时，复数 a bi( a ，b R) 是实数 a ；当 b 0 时，复数
a 0 且 b 0 时， z
bi 叫做纯虚数；当且仅当 a b 0 时， z 就是实数 0
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6． 复数集与其余数集之间的关系：
N 苘Z
Q 苘 R
C
7． 两个复数相等的定义：
假如两个复数的实部和虚部分别相等，
那么我们就说这两个复数相等．
这就是说，假如
a ，a ，b，d
，
c ， d
R ，那么 a bi
c di
a c ， b
d
二、复数的几何意义
1． 复平面、实轴、虚轴：
复数 z a bi( a ，b R ) 与有序实数对 标是 a ，纵坐标是 b ，复数 z
a ，b 是一一对应关系． 成立一一对应的关系． 点 Z 的横坐
a bi( a ，b R ) 可用点 Z a ，b 表示，这个成立了直角坐标系来表
示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面， 数．
x 轴叫做实轴，
y 轴叫做虚轴．实轴上的点都表示实
2． ．对于虚轴上的点要除原点外，因为原点对应的有序实数对为
z 0 0i 0 表示是实数．
0 ，0 ，它所确立的复数是
除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数． 3．
复数 z a
bi
一一对应
复平面内的点 Z (a ，b)
这就是复数的一种几何意义．也就是复数的另一种表示方法，即几何表示方法．
三、复数的四则运算
1． 复数 z1 与 z2 的和的定义：
z1 z2
a bi c di a c b d i
2． 复数 z1 与 z2 的差的定义：
z1 z2 a bi c di a c : z1 : ( z1
b d i
z2
z2
z1
3． 复数的加法运算知足互换律 4． 复数的加法运算知足联合律 5． 乘法运算规则：
设 z1
a bi ， z2
z2 ) z3 z1
( z2 z3 )
c di ( a 、 b 、 c 、 d
a bi
c di
ac
R )是随意两个复数，
bd
bc ad i
那么它们的积 z1 z2
其实就是把两个复数相乘，近似两个多项式相乘，在所得的结果中把 虚部分别归并．两个复数的积仍旧是一个复数．
6． 乘法运算律：
（1） z1 z2 z3 （2） (z1 z2 ) z3
i 2 换成 1，而且把实部与
z1 z2 z3
z1 ( z2 z3 )
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（3） z1 z2
z3 z1 z2 z1 z3
7． 复数除法定义：
知足 c (a bi)
di x yi
a bi 的复数 x
yi ( x 、 y
R )叫复数 a bi 除以复数 c
di 的商，记为：
c di 或许
a
bi
c di
8． 除法运算规则：
设复数 a 即 ( a bi) ∴ cx
bi ( a 、 b R )，除以 c c di
di ( c ， d R )，其商为 x yi （ x 、 y R )，
x yi ∵ x yi c di
cx dy
dx cy i
dy
dx cy i a bi
由复数相等定义可知
cx dy a ，解这个方程组，得 dx cy b
x y
ac bd c d ， bc ad 22 c d
22
( a bi) 于是有 :
c di
2
ac bd
2
2
bc ad
2
2
i
c
2
d
c a
d bi
②利用
的分母有理化得：
c 原式
di c di c d 于是将 c di
a bi (a bi)( c di) [ ac bi ( di)] (bc ad)i c di (ac
(c di)( c di) bd ) (bc ad)i c
2
c
2
d 2
ac bd bc ad c bd d 2
d
2
2
d
2
c
2
d
2
i ．
ac c 2
bc ad c 2 d
∴ ( (a
bi)
c di
2
i
评论 :①是惯例方法， ②是利用初中我们学习的化简无理分式时， 而复数
都是采纳的分母有理化思想方法，
c di 与复数 c di ，相当于我们初中学习的
3 2 的对偶式 3 2 ，它们之积为
1 是
有理数，而
c di c di
c2 d 2 是正实数．所以能够分母实数化． 把这类方法叫做分母实数
化法．
9． 共轭复数：
当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数。虚部不等于
0 的两
个共轭复数也叫做共轭虚数．
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例题精讲
1． 复数的观点 【例 1 】 已知
2 bi (i 为虚数单位），那么实数 a，b 的值分别为（
a i 1 i
）
A．2，5
B． -3， 1
C．-1． 1
D． 2，
3 2
【答案】 D
【例 2 】 计算： i 0! + i 1! + i 2! + L + i100! 【答案】 95 2i
（ i 表示虚数单位）
【分析】 ∵ i 4 1 ，而 4 | k ! （ k
4 ），故 i 0! + i 1! + i 2! +L + i100!
i i ( 1) ( 1) 1 97 95 2i
【例 3 】 设 z
(2t 2 5t 3) (t 2 2t 2)i ， t
R ，则以下命题中必定正确的选项是（
B． z 的对应点 Z 在第四象限 D． z 是虚数
）
A． z 的对应点 Z 在第一象限 C． z 不是纯虚数
【答案】 D 【分析】 t 2
2t 2 (t 1)2
1 0．
【例 4 】 在以下命题中，正确命题的个数为（
①两个复数不可以比较大小；
）
②若 ( x2 1) (x2 3x 2)i 是纯虚数，则实数
x 1；
③ z 是虚数的一个充要条件是
z z R ；
④若 a ，b 是两个相等的实数，则 ( a b) (a b)i 是纯虚数； ⑤ z R 的一个充要条件是
z
1
z ．
⑥ z 1 的充要条件是 z
．
C． 3
D． 4
z
A．1
B． 2
【答案】 B
【分析】 复数为实数时， 能够比较大小， ①错； x
1 时， ( x2 1) ( x2 3x 2)i
0 ，②错； z 为实数时，
也有 z z R ，③错； a
b 0 时， (a b) (a b)i 0 ，④错；⑤⑥正确．
2． 复数的几何意义 【例 5 】 复数 z
m2i
1 2i
（ m R ， i 为虚数单位）在复平面上对应的点不行能位于（
）
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A．第一象限
【答案】 A
【分析】 由已知 z
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
m 1
2i (m 2i )(1 2i ) 2i
(1 2i )(1 2i )
1 5
[( m 4) 2(m 1)i ] 在复平面对应点假如在第一象限，则
m4 0
，而此不等式组无解．即在复平面上对应的点不行能位于第一象限． m 1 0
【例 6 】 若
3 ， 5
，复数 (cossin
) (sin
cos )i 在复平面内所对应的点在（
）
【答案】【分析】 【例 7 】【答案】【分析】【例 8 】
【答案】【分析】 【例 9 】π π4 4
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
联合正、余弦函数的图象知，当
35
，π
π 时， cos sin0 ，sincos
0 ．
4 4
假如复数 z 知足 z
i z i 2 ，那么 z i 1 的最小值是（ ）
A．1
B． 2
C． 2
D． 5
设复数 z 在复平面的对应点为
Z ，因为 z
i z i 2 ，
所以点 Z 的会合是 y 轴上以 Z1 (0 ，1) 、 Z2 (0 ， 1) 为端点的线段．
z i 1 表示线段 Z1Z2 上的点到点 ( 1， 1) 的距离．此距离的最小值为点
Z 2 (0 ， 1) 到点 ( 1， 1)的距离，其距离为 1 ．
知足 z
1 及 z
13
z
的复数 z 的会合是（ ）
2 2
A．3
1
i ，
1
3 i
B．
1 1 i ，
1
1 i
2 2
2 2
2 2
2 2
C．22
2
31
i ，
2 i D．
1
i ，
3 i 2
2
2
2
2
2
2
2
复数 z 表示的点在单位圆与直线
1
x
上（ z
1 z
3 表示 z 到点
1 ，0
与点 3 ， 0 的距离
2
2
2
2 2
相等，故轨迹为直线
x1
），应选 D．
2
已知复数 ( x 2) yi( x ，y R ) 的模为 3 ，则 y
的最大值为 _______．
y
x
O
C
x
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B
A
D
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【答案】
3
【分析】 ∵ x 2
∴ ( x 2)2
yi
3 ，
y2
3 ，故 ( x，y) 在以 C(2 ，0) 为圆心，
3 为半径的圆上，
y x
表示圆上的点
( x， y)
与
原点连线的斜率．
如图，由平面几何知识，易知
y x
的最大值为
3 ．
【例 10】复数 z 知足条件：
2 z 1
z i ，那么 z 对应的点的轨迹是（ C．双曲线
）
A．圆
【答案】 A
B．椭圆
D．抛物线
【分析】 A；设 z
x x
yi ，则有 (2 x 1) 2 yi x ( y
2
1)i ， (2 x 1)2
(2 y)2
x2
( y 1)2 ，
2
化简得：
2 3
y
1 3
5 ，故为圆．
9
【评论】① z
② z
z0 的几何意义为点 z0
r (r
z 到点 z0 的距离；
0) 中 z 所对应的点为以复数 z0 所对应的点为圆心，半径为 r 的圆上的点．
【例 11】复数 z1 ， z2 知足 z1 z2
0 ， z1 z2 z1 z2 ，证明：
z 2
1
2
0 ．
z2
uuuur
uuuur
【分析】 设复数 z1 ， z2 在复平面上对应的点为
uuuur OZ1
Z1 ， Z 2 ，由 z1
z2
z1 z2 知，以 OZ1 ， OZ2 为邻边的平
行四边形为矩形，
uuuur z1 OZ 2 ，故可设
z2
z12
2 2 2
ki(k R， k
0) ，所以 z2 2
k i
k
0 ．
也可设 z1 a bi ，z2 z1
c di ，则由向量 (a ，b) 与向量 (c ，d ) 垂直知 ac bd
0 ，
z2
a
c
bi
di
( ac bd )
c 2
(bc ad )i
d 2
bc ad
c 2
d 2
i 0 ，故
z1
2 2
z1
2
2
0 ．
z z
【例 12】已知复数 z1 ， z2 知足 z1
7 1 ， z2
7 1 ，且 z1 z2
4 ，求
z1
与 z1 z2 的值．
z2
【答案】
4
3
2
7 i ； 4．
【分析】 设复数 z1 ， z2 在复平面上对应的点为
z2
2
2
Z1 ， Z2 ，因为 (
7 1)2
( 7 1)2
42 ，
故 z1 z1 z2 ，
uuuur
故以 OZ1 ， OZ2
uuuur
uuuur uuuur
为邻边的平行四边形是矩形，进而OZ1 OZ 2
，则 z1
z2
7 1 i 7 1
4
7 i ；
3
z1 z2 z1 z2 4 ．
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【例 13】已知 z1 ，z2 C ， z1 z2 1 ， z1 z2
3 ，求 z1 z2 ．
【分析】 设复数 z1 ，z2 ， z1 z2 在复平面上对应的点为
的平行四边形是菱形，记
由 z1
Z1 ，Z2 ，Z3 ，由 z1 z2
uuuur uuuur
1 知，以 OZ1 ， OZ 2 为邻边
z2 3
知，
PZ O
1
O 所对应的极点为
120
P
，
（可由余弦定理获得） ，故
Z OZ
2
60
1
，
进而 z1 z2 1．
【例 14】已知复数 z 知足 z 【答案】 dmax
(2 3i) z (2 3i) 4 ，求 d z 的最大值与最小值．
2 x
213
， d min 1
2
1 ．
2
【分析】设 z
yi ，则 ( x，y) 知足方程 ( x 2)
y2 4 8 3
d
x2
y2
x2 4[1 (x 2) 2 ]
3 x
28 ，
3
又 1≤ x ≤ 3 ，故当 x 1，y
0 时， dmin 1 ；当 x
8 ，y
3
2 5 时，有 d max 3
2 21 ．
3
3． 复数的四则运算 【例 15】已知 m
A． 2
【答案】 B 【分析】 (m
R ，若 (m
mi) 6 B．2
64i ，则 m 等于（
）
C．2
D． 4
mi) 6
m6 (2i) 3 8im6 64i m6 8 m 2 ．
【例 16】计算：
(2
2i )12
3i )9 ( 1
( 2 3 i )100 ．
(1 2 3i )100
9
100
【答案】 511 【分析】 原式
2 (1
12
i)12
(i
2 3)100
100
212 (2i) 6
1
29 ( 1
2 3 i) 9 [ i(i 2
2 3)]
29 ( 1
2 3 i) 9 ( i)
2
2 1 511 ．
【例 17】已知复数 z1
A．
【答案】 A
【分析】 z1 z2 (cos
cos i ， z2
B． 2
sin
i ，则 z1 z2 的最大值为（
C．
） D． 3
3
6 2
2
i)(sini) (cos sin1) (cossin )i
(cos sin 1)2
(cos sin )2
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cos2 sin 2
2
1 4
sin2 2 2 ，
故当 sin2
1 时， z1 z2 有最大值
1 4
3 2． 2
【例 18】对随意一个非零复数
（１）设 z 是方程 x
z ，定义会合 M z 1 { w | w zn ，n N} ．
0 的一个根，试用列举法表示会合
M z ．若在 M z 中任取两个数，求其和
x
为零的概率 P ；
（ 2）若会合 M z 中只有 3个元素，试写出知足条件的一个
z 值，并说明原因．
【答案】（ 1） 1 ；（ 2） z
1 3 i ． 3
2
2
【分析】 （ 1）∵ z 是方程 x2
1 0 的根，
∴ z i 或 z i ，无论 z i 或 z
i ， M z {i ，i2 ，i3 ，i4 } {i ， 1， i ，1} ，
于是 P2 1
2
．
C4
（2）取 z 1
3
3
i ，则 z
1
3
i 及 z 1 ．
2
3
2 2
2
2
于是 M z { z，z2 ，z3} 或取 z3
1 i ．（说明：只要写出一个正确答案） ．
2
2
【例 19】解对于 x 的方程 x2 5 x 6 ( x 2)i
0 ．
【答案】 x1 3 i ，x2
2 ．
x
2
5x 6 0
x
2
或 x 3
【分析】 错解：由复数相等的定义得
x 2 0
x 2
x 2
．
剖析： “
，且
成立 ”的前提条件是 a ，b ，c ，d R ，但此题并未告诉a bi c di
a c
b d
否为实数．
法一：原方程变形为
x2
(5 i) x 6 2i
0 ，
(5 i) 2
4(6 2i) 2i
(1 i) 2 ．
由一元二次方程求根公式得
x1 (5 i)
(1 i) (5 i) (1 i)
2 ．
2
3 i ， x2
2
∴原方程的解为 x1 3 i ， x2
2 ．
法二：设 x
a bi( a ，b R ) ，则有 (a
bi) 2 5(a bi) 6
( a bi 2)i 0 ，
(a2
b2
5a b 6) (2 ab
5b
a 2)i 0 a2 b2 5a b 6 0 ①
，
2ab 5b a 2 0
②
由②得： a
a 3
a
2 ，
5b 2 ，代入①中解得：
或
2b 1
b
1 b
0
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x 是
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故方程的根为 x1 3 i ，x2 2 ．
【例 20】已知 z1
x2 i
x2 1
，
z
2
(x2
a)i
，对于随意 x
R ，均有
z
1
z
2
成立，试务实数 a 的取值范
围．
【答案】 a
1
，1
．
2
【分析】 ∵ z1
z2 ， ∴ x4 x2 1 ( x2 a )2 ，
∴ (1 2a)x2 (1 a 2 ) 0 对 x R 恒成立．
当 1
2a 0 ，即 a
1 时，不等式恒成立；
2
当 1
2a 0 时， 1 2a
0
1 a
1 ．
4(1 2a)(1 a 2 ) 0
2
综上， a
1 ，1
．
2
【例 21】对于 x 的方程 x2 (2a i )x
ai 1 0 有实根，务实数 a 的取值范围．
【答案】 a
1
【分析】 误：∵ 方程有实根，
(2 a i )2 4(1 ai) 4a2 5
0 ．
解得 a ≥ 5
或 a ≤
5 ．
2
2
析：鉴别式只好用来判断实系数一元二次方程 ax2
bx
c 0( a 0) 根的状况，而该方程中与 1 ai 并不是实数．
正：设 x0 是其实根，代入原方程变形为 x0 2 2ax0
1 ( a x0 )i
0 ，由复数相等的定义，得x0 2 2ax0 1
0
x0
a
1 ．
a 0
，解得
2
【例 22】设方程 x
2x k 0 的根分别为
，
，且
2 2 ，务实数 k 的值．
【答案】 k 1或 k 3 ．
2
【分析】 若
， 为实数，则
4 4k ≥ 0 且
(
)2
(
)2 44 4k (2 2) 2 ，
解得 k 1 ．
若
， 为虚数，则
4 4k
0 且
， 共轭，
2
( )
2
(
)
2
4
4
4k (2 ，解得 k
2) 2
3 ．
综上， k
1或 k 3 ．
【例 23】用数学概括法证明： (cos
isin )n cos(n ) isin( n )，n N ．
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2a i
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并证明 (cos
isin ) 1
cos
isin
，进而 (cos
isin ) n
cos(n )
isin( n ) ．
【分析】 n 1时，结论明显成立；
若对 n 则对 n
k 时，有结论成立，即 k 1， (cos
(cosisin
1
)k cos(k ) isin( k ) ， isin )(cos
isin )k (cos
(cos
isin )k
由概括假定知，上式
(cos cosk
isin )[cos(k ) isin( k )]
sin sin k ) i[cos sin( k ) sin cos k ]
cos[(k 1) ] isin[( k 1) ] ，
进而知对 n k 1 ，命题成立． 综上知，对随意 n 易直接推导知： (cos
N ，有 (cos
isin
)n cos(n ) isin( n )，n N ．
isin )(cos
isin ) 1
isin ) cos
(cos( ) isin(
))(cos
isin
) cos0 isin0 1
故有 (cos (cos
isin ．
isin ) n (cos
isin ) n (cos(
) isin(
)) n
cos( n ) isin( n ) cos(n ) isin( n ) ．
【例 24】若 cosisin
求证： a1 sin
是方程 xn a2 sin 2
a1 xn 1 a2 xn 2 L L an sin n
an 1 x
an 0 （ a1 ，a2 ，L ，an
R ）的解，
0 ．
【分析】 将解代入原方程得：
(cos
isin
)n
a1 (cos isin isin
)n 1
L an 0 ，
将此式两边同除以 (cos 1 a1 (cos 即 1 a1 (cos (1 a1 cos
)n ，则有：
isin
) 1 a2 (cos
isin
) 2 L
L
an (cos an (cos n a2 sin 2
isin
) n
0 ， 0 ，
isin ) a2 cos2
a2 (cos2 L
isin 2 ) isin n ) L
an cos n ) i( a1 sin
a2 sin 2
an sin n
) 0 ，
由复数相等的定义得
a1 sin L an sin n 0 ．
【例 25】设 x 、 y 为实数，且
x 1 i
y 1 2i
5 ，则 x 1 3i
y =________．
【答案】 4 【分析】 由
x
1 i
y
1 2i
5 知， (1 i ) 1 3i 2 (5x 0
xy (1 2i)
5
5 (1 3i ) ，
10
即 (5 x 2 y 5)
故
4y 15)i
x y
0 ， 1
5x 2 y 5 5x 4 y 15
，解得
，故 x y
4 ．
0 5
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【例 26】已知
z 是纯虚数，求 z 1
z 在复平面内对应点的轨迹．
【答案】以
1 ， 为圆心， 1 为半径的圆，并去掉点 (0 ，0) 和点 (1，0) ．
2 0 2
【分析】 法一：
设 z x 则
yi （ x ，y x yi
R ）， x(x
z
1) y2
2
yi
2
是纯虚数，
z 1 x 1 yi
y2
x 0( y
( x 1)0) ，
y
故 x2
即 的对应点的轨迹是以
z
1 ， 为圆心， 为半径的圆，并去掉点
2 0 2
1和点
(0 ，0)
．
(1，0)
法二：
z ∵ z 是纯虚数，∴
z 1 z 1
z
0 （ z
0 且 z 1 ）
2
z 1
z z 1
z z 1
0 ，∴ z(z 1)
∴
z( z 1)
0 ，获得 2 z
z z ，
2 2
设 z x
yi （ x，y R ），则 x
y
x （ y 0 ）
∴ z 的对应点的轨迹以
1 ， 为圆心， 1
2 2
为半径的圆，并去掉点 (0 ，0) 和点 (1，0) ．
【例 27】设复数 z 知足 z
2
2 ，求 z2
z 4 的最值．
z 4 z2
【分析】 由题意， z
z z 4 ，则 z2
z zz z( z 1 z) ．
设 z a bi( 2 ≤ a ≤ 2 ， 2 ≤ b ≤ 2) ， 则 z2
z 4 2 a bi 1 a
∴当 a
1 时， z
2
z
4
bi 2 2a 1 ．
min
0 ，此时 z
1
15 i ； 2
2
2
当 a
2 时， z
2
z
4
min
10 ，此时 z 2 ．
【例 28】若 f (z) 【答案】 6 4i 【分析】 ∵ f (z)
2z z
3i ， f (z
i ) 6 3i ，试求 f ( z) ．
2z z 3i ，
∴ f ( z i) 又知 f ( z i) 设 z a
2(z i) ( z i)
6 3i ，∴ 2z
3i 2z 2i z i
z 2i
6 3i
3i 2 z z 2i.
bi （ a ，b R ），则 z a bi ，∴ 2( a bi) (a
bi) 6 i ，即 3a bi 6 i ，
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高中数学复数讲义.教师版
由复数相等定义得
3a b
6
，解得 a 2 ，b 1 ．∴ z 2 i ． 1
故 f ( z) f ( 2 i)
2( 2 i) ( 2 i) 3i 6 4i ．
【评论】复数的共轭与模长的有关运算性质：
①设 z x yi （ x ，y R ）的共轭复数为
2
z ，则 z z 2 x ； z
z
2 yi ；
2
② z 为实数 ③ z 为纯虚数
z z z2
z2 0 z ； z1
0 z z z2
z2 0( z
z ； 0) ；
④对随意复数有 z
2
z1 z2 ； z1 z2 z1 z2 ，特别地有 z
2
(z) ；
2
z1
2
z2
z2 ≤ z1 z2 ≤ z2
z1 ； zz z． z2
z1
z1
z2 ，
z2
z1
， z1 z2
⑤ z
z ， z
z
zz ． z1 z2
z2 ．
以上性质都能够经过复数的代数形式的详细计算进行证明．
【例 29】已知虚数
1
为 1 的一个立方根， 1
即知足
3
1 ，且
对应的点在第二象限，证明
2 ，并求
1
2
3 与
1 1
2
的值．
【答案】 0；
1 2
3 2
i
【分析】 法一：
x3 1 (x 1)(x2
3
x 1) 0 ，解得： x 1 或 x
1 2
2
3 i ． 2
由题意知
1 2
3 i ，证明与计算略； 2
2
法二：
由题意知 1 ，故有 ( 1)( 1) 0 1 0 ． ， ．
又实系数方程虚根成对出现，故
2
x2 x 1
3
0 的两根为
2
由韦达定理有 1
1
2
1
2
1
．
2
1
3
1
3
1 0 ．
2
2
1 1
1 1 1 2
1 2 3 i ． 2
2
【评论】利用
3 i 的性质： 2
3n
1， 3n 1
， 3n 2
(n Z ) ， 1
2
0 能够迅速计算一
些 有关的复数的幂的问题．
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高中数学复数讲义.教师版
【例 30】若 a0
a1
a2
2
a3
3
L a2 n
2n
0 （
0 1 2 2 n n N ，a ，a ，a ，L ，a R ，
1 2
3 ），
i
2
求证： a0
【分析】 a0 a1
(a0 a3 (a0 a3 设 A a0
a3 a6 L a2
a1 a4 a7 L L
a2 a5 a8 L
3
2
a3
6
a3
2 n
2n
4
7
2
5
8
a6
L ) ( a1 a4
L )
a7
L ) (a2
a6 L ) (a1 a3
a4 a7 (a2 a5 a8 L ) a2 a5
a5
2
a8 0
L )
a6 L ，B a1 a4 a7 L ，C
a8 L ，
则有 A B
C
2
0 ，即
A B
1 3 i C
1 3 i
2
2
2
2
2 A B C
2
0
3
，解得 A B C ，即 a0
a3 a6
L
a1
(B
C)
0
2
【例 31】设 z 是虚数， w
z
1
是实数，且 1 w 2 ．
z
（ 1）求 z 的值及 z 的实部的取值范围； （ 2）设 u
1
z
，求证： u 为纯虚数；
1 z
（ 3）求 w u2 的最小值．
【答案】（ 1） z1
1 ； 的实部的取值范围是
， ；（ 3） 1．
z
2 1
【分析】 （ 1）设 z a
bi ， a ，b R ， b
0
则 w a bi
1
a
a
22
b
2
b
2 i ，
a bi
a
b a b
2
2
因为 w 是实数， b
0 ，所以 a b
1 ，即 z 1 ． 于是 w
2a ， 1 w 2a
2 ，
1
a 1 ，
2
所以 z 的实部的取值范围是1
， ．
2 1
（2） u
1 z 1 a
bi 1 a 2 b2 2bi
b
i ．
1 z 1 a bi
(1 a)2 b2
a 1
因为
1 ， ，
a
1
b，所以为纯虚数．
0 u
2
（ 3） w u 2
2a
b2 2a 1 a 2
2a
a 1 2a 1
(a 1)2
(a 1)2
a 1 13 / 16
0 ，
a4 a7 L a
2 a 1
2 a5
2 ( a 1)
a8 L ．
1
3 ．a 1
高中数学复数讲义.教师版
因为
1 a
， ，所以
2 1
a 1 0
，
故 w u 2 ≥ 2 2 ( a 1)
3 4 3 1 ． 1
a 1
当 a 1
1 ，即 a 0 时， w a 1
u2 获得最小值 1．
【例 32】对随意一个非零复数
（ 1）设
z ，定义会合 M z 1 x
{ w | w z2 n 1 ，n N} ．
是方程 x
2 的一个根，试用列举法表示会合M
；
（ 2）设复数
【答案】（ 1） M
M z ，求证： M 2 (1 i) ， 2
2 (1 i) ，
2
2 的根，
2 2
2 1
M z ．
2 (1 i) ， 2 (1 i) 2 2
；（ 2）略
【分析】 （ 1）∵
是方程 x 1
x
1
∴
2 2
(1 i) 或 2
(1 i) ，
2n 1 ( 11
1
2n当
2
1
(1 i) 时，∵
i ，
)
i n
．
2
1
∴ M
1
i ， 1 ， i ，1
1
2
2 i ，
(1 i) ，
2
2
(1 i) ，
2
2
1 1 1
(1 i) ， (1 i) ，
2
2
当 2
2 2
2
(1 i) 时，∵
2 2
∴ M
2 (1 i) ， 2 (1 i) ， 2 (1 i) ， (1 i) ． 2 2 2 2
2
∴ M
2 (1 i) ， 2
2 (1 i) ， 2
2 (1 i) ， (1 i) ；
2 2 z
1) 2m 1 2
（2）∵
M z ，∴存在 m N ，使得
．
于是对随意 n 因为 (2m 1)(2n
N ，
2n 1
z(2 m 1)(2 n
2n
．
1) 是正奇数，
1
M z ，∴ M M z ．
【例 33】已知复数 z0 1 mi( m 0) ， z x yi 和 w x y i ，此中 x ，y，x ，y 均为实数， i 为虚数单位，
且对于随意复数 z ，有 w
z0 z ， w 2 z ．
（1）试求 m 的值，并分别写出
x 和 y 用 x，y 表示的关系式；
（ 2）将 ( x，y) 作为点 P 的坐标， ( x ，y ) 作为点 Q 的坐标，上述关系式能够看作是坐标平面上点
的一个变换：它将平面上的点
P 变到这一平面上的点 Q ．当点 P 在直线 y x 1 上挪动时，
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试求点 P 经该变换后获得的点
Q 的轨迹方程；
?若存在，试求
（3 ）能否存在这样的直线：它上边的任一点经上述变换后获得的点仍在该直线上
出全部这些直线；若不存在，则说明原因．
【答案】（ 1）
x
y
x 3x
3 y
y
；（ 2） y (2
3) x
2 3 2 ；
（ 3）这样的直线存在，其方程为
y
3
x 或 y
3 x
3
z
【分析】 （ 1）由题设， w
于是由 1 所以由 x
z0 z z0 4 ，且 m
2 z ，∴ z0
3 ，
2 ，
m2
0 ，得 m
x
y i (1
3i) (x yi)
3y ( 3x y)i ，得关系式
x y x 3x
3y ． y
（2）设点 P(x ，y) 在直线 y
x 1 上，则其经变换后的点
Q( x ，y ) 知足 x
y
(2
3) x 3 ， (1
( 3 1)x 1
消去 x ，得 y (2 3) x
2 3
2 ，故点 Q 的轨迹方程为 y
3) x 2
3 2 ．
（3）假定存在这样的直线，
∵平行坐标轴的直线明显不知足条件，∴所求直线可设为 ∵该直线上的任一点 P( x ，y) ，其经变换后获得的点 ∴ 3 x
y
k(x
3y)
b ，即 (
3k 1)y
(k
Q( x
y kx b (k 3 y， 3x
0) ．
y) 仍在该直线上，
3) x b ，
当 b 0 时，方程组
( 3k k 3
1) 1 k
无解，故这样的直线不存在．
当 b 0 ，由
( 3k 1)
1
k
3 k
，得
3k 2
2k
3
0 ，解得 k
3 或 k 3
3 ．
故这样的直线存在，其方程为
y
3 x 或 y 3
3 x ．
课后检测
【习题 1】 已知 0 a
2 ，复数 z 的实部为 a ，虚部为 1，则 z 的取值范围是（
）
A． 1 ，5
B． 1 ，3
C． 1 ， 5
D． 1， 3
【答案】 C
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【分析】 z
a2 1 ，而 0 a
2 ，∴ 1 z5
【习题 2】 设 A ，B 为锐角三角形的两个内角，则复数z
(cot B
tan A) (tan B cot A)i 对应的点位于复平
面的（
）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】 B
【分析】 tan B cot Asin Asin B cos Acos Bcos( A
B)
0 ， cot B tan A
cos( A B) 0 ．
sin Acos B
sin Acos B
sin B cos A
【习题 3】 复数
(2
2i) 4 等于（ ）
(1
3i)5
A． 1 3i
B． 1
3i C． 1
3i D． 13i
16(1 i)4
1
【分析】原式
(2i)2
2
5
2
B．
22
2
3 ( 2)5
1
1 3i ，选
3 i
1
i
2 2
2 2
【习题 4】 已知复数 z1， z2 知足 z1 z2 1 ，且 z1 z2
2 ，求证： z1
z2
2 ．
uuuur 【分析】 设复数 z1， z2 在复平面上对应的点为
Z1 ， Z2 ，由条件知 z1 z2 2 z1
2 z2 ，以 OZ1 ，邻边的平行四边形为正方形，而 z1 z2 在复平面上对应的向量为正方形的一条对角线，所以z1 z22 ．
【习题 5】 设复数 z1 ， z2 知足 z1 z2 A z1 A z2
0 ，此中 A
5 ，求 z1 A z2 A 的值．
【答案】 5
【分析】 z1
A z2 A z1 A z2 A
z1 A z2 A
( z1 A)( z2
A)
z1 z2 A z1
A z2 A A ，
2
把 z1 z2 A z1 A z2 0 代入上式，得 z1 A z2 A A A A 5 ．
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uuuur
OZ 2 为
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