2023高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第4章平面向量、數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入第4節(jié)數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入教師用書文北師大版

PAGEPAGE1第四節(jié)數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入[考綱]1.理解復(fù)數(shù)的根本概念，理解復(fù)數(shù)相等的充要條件.2.了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義.3.會進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四那么運(yùn)算，了解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減運(yùn)算的幾何意義．1．復(fù)數(shù)的有關(guān)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(shí)部和虛部．假設(shè)b＝0，那么a＋bi為實(shí)數(shù)，假設(shè)b≠0，那么a＋bi為虛數(shù)，假設(shè)a＝0且b≠0，那么a＋bi為純虛數(shù)．(2)復(fù)數(shù)相等：a＋bi＝c＋di?a＝c，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\up12(→))的模r叫作復(fù)數(shù)z＝a＋bi的模，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2).2．復(fù)數(shù)的幾何意義復(fù)數(shù)z＝a＋bi復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)平面向量eq\o(OZ,\s\up12(→))＝(a，b)．3．復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四那么運(yùn)算(1)運(yùn)算法那么：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.z1±z2＝(a＋bi)±(c＋di)＝(a±c)＋(b±d)i.z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(bc＋ad)i.eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．(2)幾何意義：復(fù)數(shù)加減法可按向量的平行四邊形或三角形法那么進(jìn)行．如圖4-4-1所示給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加減法的幾何意義，即OZ＝OZ1＋OZ2，eq\o(Z1Z2,\s\up12(→))＝eq\o(OZ2,\s\up12(→))－eq\o(OZ1,\s\up12(→)).圖4-4-11．(思考辨析)判斷以下結(jié)論的正誤．(正確的打“√〞，錯(cuò)誤的打“×〞)(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)中，虛部為bi.()(2)復(fù)數(shù)中有相等復(fù)數(shù)的概念，因此復(fù)數(shù)可以比擬大?。?)(3)實(shí)軸上的點(diǎn)表示實(shí)數(shù)，虛軸上的點(diǎn)都表示純虛數(shù)．()(4)復(fù)數(shù)的模實(shí)質(zhì)上就是復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離，也就是復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量的模.()[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2.(教材改編)如圖4-4-2，在復(fù)平面內(nèi)，點(diǎn)A表示復(fù)數(shù)z，那么圖中表示z的共軛復(fù)數(shù)的點(diǎn)是()【導(dǎo)學(xué)號：66482216】A．A B．BC．C D．D圖4-4-2B[共軛復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對稱．]3．(2022·四川高考)設(shè)i為虛數(shù)單位，那么復(fù)數(shù)(1＋i)2＝()A．0 B．2C．2i D．2＋2iC[(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i.]4．(2022·北京高考)復(fù)數(shù)eq\f(1＋2i,2－i)＝()A．i B．1＋iC．－i D．1－iA[法一：eq\f(1＋2i,2－i)＝eq\f(1＋2i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(5i,5)＝i.法二：eq\f(1＋2i,2－i)＝eq\f(i1＋2i,i2－i)＝eq\f(i1＋2i,2i＋1)＝i.]5．復(fù)數(shù)i(1＋i)的實(shí)部為________．－1[i(1＋i)＝－1＋i，所以實(shí)部為－1.]復(fù)數(shù)的有關(guān)概念(1)(2022·全國卷Ⅲ)假設(shè)z＝4＋3i，那么eq\f(\x\to(z),|z|)＝()A．1 B．－1C.eq\f(4,5)＋eq\f(3,5)i D．eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i(2)(2022·陜西質(zhì)檢(二))設(shè)a是實(shí)數(shù)，且eq\f(a＋2i,1＋i)是一個(gè)純虛數(shù)，那么a＝________.(1)D[(1)∵z＝4＋3i，∴eq\x\to(z)＝4－3i，|z|＝eq\r(42＋32)＝5，∴eq\f(\x\to(z),|z|)＝eq\f(4－3i,5)＝eq\f(4,5)－eq\f(3,5)i.(2)因?yàn)閺?fù)數(shù)eq\f(a＋2i,1＋i)＝eq\f(a＋2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(a＋2,2)＋eq\f(2－a,2)i為純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2,2)＝0，,\f(2－a,2)≠0，))解得a＝－2.][規(guī)律方法]1.復(fù)數(shù)的分類、復(fù)數(shù)的相等、復(fù)數(shù)的模，共軛復(fù)數(shù)的概念都與復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部有關(guān)，所以解答與復(fù)數(shù)相關(guān)概念有關(guān)的問題時(shí)，需把所給復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根據(jù)題意列出實(shí)部、虛部滿足的方程(組)即可．2．求復(fù)數(shù)模的常規(guī)思路是利用復(fù)數(shù)的有關(guān)運(yùn)算先求出復(fù)數(shù)z，然后利用復(fù)數(shù)模的定義求解．[變式訓(xùn)練1](1)(2022·合肥二次質(zhì)檢)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝eq\f(i,2＋i)的虛部為()【導(dǎo)學(xué)號：66482217】A．－eq\f(1,5) B．－eq\f(2,5)C．eq\f(1,5) D．eq\f(2,5)(2)設(shè)z＝eq\f(1,1＋i)＋i，那么|z|＝()A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2) D．2(1)D(2)B[(1)復(fù)數(shù)z＝eq\f(i,2＋i)＝eq\f(i2－i,2＋i2－i)＝eq\f(1＋2i,5)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i，那么其虛部為eq\f(2,5)，應(yīng)選D.(2)z＝eq\f(1,1＋i)＋i＝eq\f(1－i,2)＋i＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，|z|＝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).]復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四那么運(yùn)算(1)(2022·全國卷Ⅰ)復(fù)數(shù)z滿足(z－1)i＝1＋i，那么z＝()A．－2－i B．－2＋iC．2－i D．2＋i(2)(2022·天津高考)a，b∈R，i是虛數(shù)單位，假設(shè)(1＋i)(1－bi)＝a，那么eq\f(a,b)的值為________．(1)C(2)2[(1)∵(z－1)i＝i＋1，∴z－1＝eq\f(i＋1,i)＝1－i，∴z＝2－i，應(yīng)選C.(2)∵(1＋i)(1－bi)＝1＋b＋(1－b)i＝a，又a，b∈R，∴1＋b＝a且1－b＝0，得a＝2，b＝1，∴eq\f(a,b)＝2.][規(guī)律方法]1.復(fù)數(shù)的加法、減法、乘法運(yùn)算可以類比多項(xiàng)式運(yùn)算，除法關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，注意要把i的冪寫成最簡形式．2．記住以下結(jié)論，可提高運(yùn)算速度(1)(1±i)2＝±2i；(2)eq\f(1＋i,1－i)＝i；(3)eq\f(1－i,1＋i)＝－i；(4)－b＋ai＝i(a＋bi)；(5)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i(n∈N)．[變式訓(xùn)練2](1)eq\f(1－i2,z)＝1＋i(i為虛數(shù)單位)，那么復(fù)數(shù)z＝()【導(dǎo)學(xué)號：66482218】A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－i(2)i是虛數(shù)單位，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))8＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2018＝________.(1)D(2)1＋i[(1)由eq\f(1－i2,z)＝1＋i，得z＝eq\f(1－i2,1＋i)＝eq\f(－2i,1＋i)＝eq\f(－2i1－i,1＋i1－i)＝－1－i，應(yīng)選D.(2)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))8＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2))1009＝i8＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,－2i)))1009＝i8＋i1009＝1＋i4×252＋1＝1＋i.]復(fù)數(shù)的幾何意義(1)(2022·全國卷Ⅱ)z＝(m＋3)＋(m－1)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－3,1) B．(－1,3)C．(1，＋∞) D．(－∞，－3)(2)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)關(guān)于虛軸對稱，z1＝2＋i，那么z1z2＝()A．－5 B．5C．－4＋i D．－4－i(1)A(2)A[(1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋3＞0，,m－1＜0，))即－3＜m＜1.故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－3,1)．(2)∵z1＝2＋i在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,1)，又z1與z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)關(guān)于虛軸對稱，那么z2的對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(－2,1)即z2＝－2＋i，∴z1z2＝(2＋i)(－2＋i)＝i2－4＝－5.][規(guī)律方法]1.復(fù)數(shù)z、復(fù)平面上的點(diǎn)Z及向量eq\o(OZ,\s\up12(→))相互聯(lián)系，即z＝a＋bi(a，b∈R)?Z(a，b)?eq\o(OZ,\s\up12(→)).2．由于復(fù)數(shù)、點(diǎn)、向量之間建立了一一對應(yīng)的關(guān)系，因此可把復(fù)數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，解題時(shí)可運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀．[變式訓(xùn)練3](2022·鄭州二次質(zhì)檢)定義運(yùn)算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a，b,c，d))＝ad－bc，那么符合條件eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(z，1＋i,2，1))＝0的復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限A[由題意得z×1－2(1＋i)＝0，那么z＝2＋2i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(2,2)，位于第一象限，應(yīng)選A.][思想與方法]1．復(fù)數(shù)分類的關(guān)鍵是抓住z＝a＋bi(a，b∈R)的虛部：當(dāng)b＝0時(shí)，z為實(shí)數(shù)；當(dāng)b≠0時(shí)，z為虛數(shù)；當(dāng)a＝0，且b≠0時(shí)，z為純虛數(shù)．2．復(fù)數(shù)除法的實(shí)質(zhì)是分母實(shí)數(shù)化，其操作方法是分子、分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)．3．化“虛〞為“實(shí)〞是解決復(fù)數(shù)問題的根本方法，其中，復(fù)數(shù)的代數(shù)形式是化“虛〞為“實(shí)〞