复数讲义(绝对经典)【整理精品范本】

2024年3月18日发(作者：新华教育数学试卷答案)

复数

一、复数的概念

1． 虚数单位i:

（1）它的平方等于

1

，即

i

2

1

；

(2）实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立．

（3)i与－1的关系:

i就是

1

的一个平方根，即方程

x

2

1

的一个根，方程

x

2

1

的另一个根是-i

．

（4）i的周期性:

i

4n1

i

，

i

4n2

1

，

i

4n3

i

,

i

4n

1

．



实数a(b0)



2． 数系的扩充：复数

abi





纯虚数bi(a0)

虚数abi(b0)







非纯虚数abi(a0)



3． 复数的定义:

bR)

的数叫复数，

a

叫复数的实部,

b

叫复数的虚部．全体复数所成的集合叫做复形如

abi(a，

数集，用字母

C

表示

4． 复数的代数形式：

bR)

，把复数表示成

abi

的形式，叫做复数的代数形式． 通常用字母

z

表示，即

zabi(a，

5． 复数与实数、虚数、纯虚数及

0

的关系:

bR)

，当且仅当

b0

时,复数

abi(a，bR)

是实数

a

；当

b0

时，复数对于复数

abi(a，

zabi

叫做虚数；当

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

6． 复数集与其它数集之间的关系：

N

7． 两个复数相等的定义:

b，d

, 如果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，如果

a

，

a，

ZQRC

c

，

dR

，那么

abicdi



ac

，

bd

高中数学.复数 Page 1 of 17

二、复数的几何意义

1． 复平面、实轴、虚轴：

bR)

与有序实数对



a，b



是一一对应关系．建立一一对应的关系．点

Z

的横坐复数

zabi(a，

bR)

可用点

Z



a，b



表示,这个建立了直角坐标系来表示标是

a

，纵坐标是

b

，复数

zabi(a，

复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面,

x

轴叫做实轴，

y

轴叫做虚轴．实轴上的点都表示实数．

0



，它所确定的复数是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



0，

z00i0

表示是实数．

除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数．

3．

b)



复平面内的点

Z(a，

复数

zabi



一一对应

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

z

1

与

z

2

的和的定义：

z

1

z

2





abi







cdi







ac







bd



i

2． 复数

z

1

与

z

2

的差的定义:

z

1

z

2





abi







cdi







ac







bd



i

3． 复数的加法运算满足交换律：

z

1

z

2

z

2

z

1

4． 复数的加法运算满足结合律:

(z

1

z

2

)z

3

z

1

(z

2

z

3

)

5． 乘法运算规则：

设

z

1

abi

,

z

2

cdi

（

a

、

b

、

c

、

dR

)是任意两个复数，

那么它们的积

z

1

z

2





abi



cdi







acbd







bcad



i

其实就是把两个复数相乘，类似两个多项式相乘，在所得的结果中把

i

换成

1

，并且把实部与

虚部分别合并．两个复数的积仍然是一个复数．

6． 乘法运算律：

（1）

z

1



z

2

z

3







z

1

z

2



z

3

(2）

(z

1

z

2

)z

3

z

1

(z

2

z

3

)

（3)

z

1



z

2

z

3



z

1

z

2

z

1

z

3

7． 复数除法定义：

满足



c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：

2

(abi)



cdi



或者

8． 除法运算规则：

abi

cdi

高中数学.复数 Page 2 of 17

设复数

abi

（

a

、

bR

),除以

cdi

（

c

，

dR

)，其商为

xyi

（

x

、

yR

)，

即

(abi)



cdi



xyi

∵



xyi



cdi







cxdy







dxcy



i

∴



cxdy







dxcy



iabi

acbd



x







cxdya

c

2

d

2

，

，

解这个方程组，得



由复数相等定义可知





dxcyb



y

bcad



c

2

d

2



于是有：

(abi)



cdi





acbdbcad



2

i

222

cdcd

②利用



cdi



cdi



c

2

d

2

于是将

原式



abi

的分母有理化得：

cdi

abi(abi)(cdi)[acbi(di)](bcad)i



cdi(cdi)(cdi)c

2

d

2



(acbd)(bcad)iacbdbcad



2

i

．

c

2

d

2

cd

2

c

2

d

2

acbdbcad

i

c

2

d

2

c

2

d

2

∴（

(abi)



cdi





点评：①是常规方法，②是利用初中我们学习的化简无理分式时，都是采用的分母有理化思想方

法，而复数

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



c

2

d

2

是正实数．所以可以分母实数化． 把这种方法叫做分母实

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．

高中数学.复数 Page 3 of 17

例题精讲

1． 复数的概念



ai



【例1】 已知



，那么实数a

，

b的值分别为( )



2bi(i

为虚数单位）



1i



A．2，5 B．-3，1 C．-1．1 D．2，



【答案】D

【例2】 计算：

i

0!

+i

1!

+i

2!

+

【答案】

952i

【解析】 ∵

i

4

1

,而

4|k!

（

k4

），故

i

0!

+i

1!

+i

2!

+

+i

100!



(

i

表示虚数单位）

3

2

+i

100!

ii(1)(1)197952i

【例3】 设

z(2t

2

5t3)(t

2

2t2)i

，

tR

，则下列命题中一定正确的是（ )

A．

z

的对应点

Z

在第一象限 B．

z

的对应点

Z

在第四象限

C．

z

不是纯虚数 D．

z

是虚数

【答案】D

【解析】

t

2

2t2(t1)

2

10

．

【例4】 在下列命题中，正确命题的个数为（ ）

①两个复数不能比较大小；

②若

(x

2

1)(x

2

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

；

b

是两个相等的实数，则

(ab)(ab)i

是纯虚数； ④若

a，

⑤

zR

的一个充要条件是

zz

．

⑥

z1

的充要条件是

z

A．1

【答案】B

【解析】 复数为实数时，可以比较大小，①错；

x1

时，

(x

2

1)(x

2

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

1

．

z

C．3 D．4 B．2

m2i

(

mR

，

i

为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（ ）

12i

高中数学.复数 Page 4 of 17

A．第一象限

【答案】A

【解析】 由已知

z

B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

m2i(m2i)(12i)1

[(m4)2(m1)i]

在复平面对应点如果在第一象限,则

12i(12i)(12i)5



m40

，而此不等式组无解．即在复平面上对应的点不可能位于第一象限．



m10



5



3

【例6】 若







π

，

π



，复数

(cos



sin



)(sin



cos



)i

在复平面内所对应的点在( )

4



4

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

5



3

sin



cos



0

． 【解析】 结合正、余弦函数的图象知，当







π

，

π



时，

cos



sin



0，

4



4

【例7】 如果复数

z

满足

zizi2

,那么

zi1

的最小值是（ )

A．1

【答案】A

【解析】 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

的集合是

y

轴上以

Z

1

(0，1)

、

Z

2

(0，1)

为端点的线段．

1)

的距离．此距离的最小值为点

Z

2

(0，

1)

zi1

表示线段

Z

1

Z

2

上的点到点

(1，

1)

到点

(1，

B．

2

C．2 D．

5

的距离，其距离为

1

．

【例8】 满足

z1

及

z

13

z

的复数

z

的集合是( ）

22



313





1





1111



A．



i，i



B．



i，i



22





2222





22





222



313





2



1



C．



i，i



D．



i，i



222



22





2



22



【答案】D

【解析】 复数

z

表示的点在单位圆与直线

x

相等，故轨迹为直线

x

yR)

的模为

3

，则【例9】 已知复数

(x2)yi(x，

13

1



1



3



0



与点



，0



的距离上（

zz

表示

z

到点



，

22

2



2



2



1

)，故选D．

2

y

的最大值为_______．

x

y

高中数学.复数

O

Page 5 of 17

x

C

【答案】

3

【解析】

∵x2yi3

,

y)

在以

C(2，0)

为圆心，

3

为半径的圆上，

∴(x2)

2

y

2

3

,故

(x，

y

表示圆上的点

(x，y)

与原

x

点连线的斜率．

如图，由平面几何知识，易知

【例10】 复数

z

满足条件：

2z1zi

，那么

z

对应的点的轨迹是（ ）

A．圆

【答案】A

【解析】 A；设

zxyi

，则有

(2x1)2yix(y1)i

，

(2x1)

2

(2y)

2

x

2

(y1)

2

,

2



1



5



化简得：



x







y





，故为圆．

3



3



9



22

y

的最大值为

3

．

x

B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线

【点评】①

zz

0

的几何意义为点

z

到点

z

0

的距离；

②

zz

0

r(r0)

中

z

所对应的点为以复数

z

0

所对应的点为圆心，半径为

r

的圆上的点．

z

1

2

【例11】 复数

z

1

，

z

2

满足

z

1

z

2

0

,

z

1

z

2

z

1

z

2

，证明：

2

0

．

z

2

【解析】 设复数

z

1

，

z

2

在复平面上对应的点为

Z

1

，

Z

2

,由

z

1

z

2

z

1

z

2

知，以

OZ

1

，

OZ

2

为邻边的平行

z

1

z

1

2

四边形为矩形,

OZ

1

OZ

2

，故可设

ki(kR，k0)

，所以

2

k

2

i

2

k

2

0

．

z

2

z

2

b)

与向量

(c，d)

垂直知

acbd0

，

z

2

cdi

，则由向量

(a，

也可设

z

1

abi，

z

1

abi(acbd)(bcad)ibcad

z

1

2



z

1





2

i0

，故

2





0

．

z

2

cdic

2

d

2

cd

2

z

2



z

2



2

【例12】 已知复数

z

1

，

z

2

满足

z

1

71

，

z

2

71

，且

z

1

z

2

4

,求

【答案】



47

i

；4．

3

z

1

与

z

1

z

2

的值．

z

2

【解析】 设复数

z

1

，

z

2

在复平面上对应的点为

Z

1

,

Z

2

，由于

(71)

2

(71)

2

4

2

，

故

z

1

z

2

z

1

z

2

，

故以

OZ

1

，

OZ

2

为邻边的平行四边形是矩形，从而

OZ

1

OZ

2

，则

z

1

7147

ii

；

z

2

3

71

222

z

1

z

2

z

1

z

2

4

．

高中数学.复数 Page 6 of 17

【例13】 已知

z

1

，z

2

C

,

z

1

z

2

1

,

z

1

z

2

3

，求

z

1

z

2

．

【解析】 设复数

z

1

，z

2

，

z

1

z

2

在复平面上对应的点为

Z

1

，Z

2

，Z

3

，由

z

1

z

2

1

知，以

OZ

1

，

OZ

2

为邻边

的平行四边形是菱形,记

O

所对应的顶点为

P

，

由

z

1

z

2

3

知，

PZ

1

O120

（可由余弦定理得到），故

Z

1

OZ

2

60

，

从而

z

1

z

2

1

．

【例14】 已知复数

z

满足

z(23i)z(23i)4

，求

dz

的最大值与最小值．

【答案】

d

max



221

，

d

min

1

3

2

y

2

y)

满足方程

(x2)

【解析】设

zxyi

，则

(x，

1

．

4

8



28



，

dxyx4[1(x2)]3



x





3



3



2222

2

221

825

y

y0

时，

d

min

1

；当

x，

又

1≤x≤3

，故当

x1，

时，有

d

max



．

3

33

3． 复数的四则运算

【例15】 已知

mR

，若

(mmi)

6

64i

，则

m

等于( ）

A．

2

【答案】B

【解析】

(mmi)

6

m

6

(2i)

3

8im

6

64im

6

8m2

．

【例16】 计算：

【答案】

511

【解析】 原式



(22i)

12

(13i)

9

B．

2

C．

2

D．4



(23i)

100

(123i)

100

．

2

12

(1i)

12

13

9

2(i)

22

9



(i23)

100

[i(i23)]

100



2

12

(2i)

6

13

9

2

9

(i)

22



1

2

9

1511

．

100

(i)

【例17】 已知复数

z

1

cos



i

，

z

2

sin



i

，则

z

1

z

2

的最大值为（ ）

A．

【答案】A

【解析】

z

1

z

2

(cos



i)(sin



i)(cos



sin



1)(cos



sin



)i

(cos



sin



1)

2

(cos



sin



)

2

3

2

B．

2

C．

6

2

D．3

高中数学.复数 Page 7 of 17

cos

2



sin

2



2

1

2

sin2



2

，

4

13

2

．

42

故当

sin2



1

时，

z

1

z

2

有最大值

【例18】 对任意一个非零复数

z

，定义集合

M

z

{w|wz

n

，nN}

．

（１）设

z

是方程

x

1

0

的一个根，试用列举法表示集合

M

z

．若在

M

z

中任取两个数，求其和

x

为零的概率

P

；

（2）若集合

M

z

中只有

3

个元素,试写出满足条件的一个

z

值,并说明理由．

【答案】（1）

1

13

i

． ；（2）

z

22

3

【解析】 (1）∵

z

是方程

x

2

10

的根，

∴

zi

或

zi

，不论

zi

或

zi

，

M

z

{i，i

2

，i

3

，i

4

}{i，1，i，1}

，

于是

P

21



．

C

2

3

4

1313

i

,则

z

2

i

及

z

3

1

． （2)取

z

2222

13

i

．于是

M

z

{z，

（说明：只需写出一个正确答案）．

z

2

，z

3

}

或取

z

22

【例19】 解关于

x

的方程

x

2

5x6(x2)i0

．

x

2

2

． 【答案】

x

1

3i，



x

2

5x60



x2或x3

【解析】 错解：由复数相等的定义得







x2

．

x2

x20





b，c，dR

,但本题并未告诉

x

是否分析：“

abicdiac

，且

bd

成立”的前提条件是

a，

为实数．

法一：原方程变形为

x

2

(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

x

1



(5i)(1i)

(5i)(1i)

3i

,

x

2

2

．

2

2

∴

原方程的解为

x

1

3i

，

x

2

2

．

bR)

，则有

(abi)

2

5(abi)6(abi2)i0

, 法二：设

xabi(a，



a

2

b

2

5ab60①



(ab5ab6)(2ab5ba2)i0





,

2ab5ba20②





22

由②得：

a



a3



a2

5b2

,代入①中解得：



或



,

b1b0

2b1



高中数学.复数 Page 8 of 17

故方程的根为

x

1

3i，x

2

2

．

【例20】 已知

z

1

x

2

ix

2

1

，

z

2

(x

2

a)i

，对于任意

xR

,均有

z

1

z

2

成立,试求实数

a

的取值范围．

1



【答案】

a



1，



．

2



【解析】

∵z

1

z

2

，

∴x

4

x

2

1(x

2

a)

2

,

∴(12a)x

2

(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



12a0

1

当

12a0

时,



．

1a

2

2



4(12a)(1a)0

1



综上，

a



1，



．

2



【例21】 关于

x

的方程

x

2

(2ai)xai10

有实根，求实数

a

的取值范围．

【答案】

a1

【解析】 误：

∵

方程有实根，

(2ai)

2

4(1ai)4a

2

5



0

．

解得

a

≥

55

或

a

≤



．

22

析：判别式只能用来判定实系数一元二次方程

ax

2

bxc0(a0)

根的情况，而该方程中

2ai

与

1ai

并非实数．

正：设

x

0

是其实根,代入原方程变形为

x

0

2

2ax

0

1(ax

0

)i0

，由复数相等的定义,得



x

0

2

2ax

0

10



，解得

a1

．







x

0

a0

【例22】 设方程

x

2

2xk0

的根分别为



，



，且







22

，求实数

k

的值．

【答案】

k1

或

k3

．

【解析】 若



，



为实数，则

44k

≥

0

且







(







)

2

(







)

2

4



44k(22)

2

，

解得

k1

．

若



，



为虚数，则

44k0

且



，



共轭，

2







(







)

2

(







)

2

4



44k(22)

2

，解得

k3

．

综上，

k1

或

k3

．

【例23】 用数学归纳法证明：

(cos



isin



)

n

cos(n



)isin(n



)，nN



．

2

高中数学.复数 Page 9 of 17

并证明

(cos



isin



)

1

cos



isin



，从而

(cos



isin



)

n

cos(n



)isin(n



)

．

n1

时,结论显然成立; 【解析】

若对

nk

时,有结论成立，即

(cos



isin



)

k

cos(k



)isin(k



)

，

则对

nk1

，

(cos



isin



)

k1

(cos



isin



)(cos



isin



)

k

由归纳假设知，上式

(cos



isin



)[cos(k



)isin(k



)]

(cos



cosk



sin



sink



)i[cos



sin(k



)sin



cosk



]

cos[(k1)



]isin[(k1)



]

，

从而知对

nk1

，命题成立．

综上知,对任意

nN



，有

(cos



isin



)

n

cos(n



)isin(n



)，nN



．

易直接推导知：

(cos



isin



)(cos



isin



)(cos(



)isin(



))(cos



isin



)cos0isin01

故有

(cos



isin



)

1

cos



isin



．

(cos



isin



)

n

(cos



isin



)

n

(cos(



)isin(



))

n

cos(n



)isin(n



)cos(n



)isin(n



)

．

【例24】 若

cos



isin



是方程

x

n

a

1

x

n1

a

2

x

n2



求证：

a

1

sin



a

2

sin2





【解析】 将解代入原方程得:

(cos



isin



)

n

a

1

(cos



isin



)

n1

a

n

0

，

a

2

，，a

n

R

）的解，

a

n1

xa

n

0

（

a

1

，

a

n

sinn



0

．

将此式两边同除以

(cos



isin



)

n

，则有：

1a

1

(cos



isin



)

1

a

2

(cos



isin



)

2

a

n

(cos



isin



)

n

0

，

a

n

(cosn



isinn



)0

，

a

n

sinn



)0

,

即

1a

1

(cos



isin



)a

2

(cos2



isin2



)

(1a

1

cos



a

2

cos2



a

n

cosn



)i(a

1

sin



a

2

sin2





a

n

sinn



0

． 由复数相等的定义得

a

1

sin



a

2

sin2





【例25】 设

x

、

y

为实数，且

【答案】4

【解析】 由

xy5

，则

xy

=________．



1i12i13i

xy5

xy5

知，

(1i)(12i)(13i)

，



1i12i13i

2510

即

(5x2y5)(5x4y15)i0

，



5x2y50



x1

故



,解得



，故

xy4

．

5x4y150

y5





高中数学.复数 Page 10 of 17

【例26】 已知

z

是纯虚数,求

z

在复平面内对应点的轨迹．

z1

1



1



0



为圆心，为半径的圆，并去掉点

(0，0)

和点

(1，0)

． 【答案】以



，

2



2



【解析】 法一：

yR

）设

zxyi

（

x，

，

zxyix(x1)y

2

yi



则是纯虚数，

z1x1yi(x1)

2

y

2

故

x

2

y

2

x0(y0)

，

1



1



0



为圆心，为半径的圆，并去掉点

(0，0)

和点

(1，0)

． 即

z

的对应点的轨迹是以



，

2

2



法二：

∵

z

z



z







是纯虚数，∴



0

(

z0

且

z1

）

z1



z1



z1

zz

2

0

，∴

z(z1)z(z1)0

，得到

2zzz

,

z1

z1

∴

yR

）设

zxyi

（

x，

，则

x

2

y

2

x

（

y0

）

1



1



0



为圆心,为半径的圆，并去掉点

(0，0)

和点

(1，0)

． ∴

z

的对应点的轨迹以



，

2



2



【例27】 设复数

z

满足

z2

，求

z

2

z4

的最值．

【解析】 由题意，

zzz4

，则

z

2

z4z

2

zzzz(z1z)

．

2≤b≤2)

, 设

zabi(2≤a≤2，

2

则

z

2

z42abi1abi22a1

．

∴

当

a

115

1

i

； 时,

z

2

z40

，此时

z

min

22

2

min

当

a2

时，

z

2

z4

10

，此时

z2

．

【例28】 若

f(z)2zz3i

，

f(zi)63i

，试求

f(z)

．

【答案】

64i

【解析】 ∵

f(z)2zz3i

，

∴

f(zi)2(zi)(zi)3i2z2izi3i

2zz2i.

又知

f(zi)63i

，∴

2zz2i63i

bR

）设

zabi

（

a，

，则

zabi

，∴

2(abi)(abi)6i

，即

3abi6i

，

高中数学.复数 Page 11 of 17



3a6

b1

．∴

z2i

． 由复数相等定义得



,解得

a2，

b1



故

f(z)f(2i)2(2i)(2i)3i64i

．

【点评】复数的共轭与模长的相关运算性质:

yR

）的共轭复数为

z

，则

zz2x

；

zz2yi

; ①设

zxyi

(

x，

②

z

为实数

zzz

2

0z

2

z

；

③

z

为纯虚数

z

2

0zz0(z0)

;

2



z



z

2

④对任意复数有

zz

；

z

1

z

2

z

1

z

2

；

z

1

z

2

z

1

z

2

,特别地有

z

2

(z)

2

；



1





1

；

zzz

．



z

2



z

2

⑤

zz

，

zzzz

．

z

1

z

2

z

1

z

2

，

2

2

z

z

1



1

，

z

1

z

2

≤z

1

z

2

≤z

2

z

2

．

z

2

z

2

以上性质都可以通过复数的代数形式的具体计算进行证明．

【例29】 已知虚数



为

1

的一个立方根， 即满足



3

1

,且



对应的点在第二象限，证明







2

,并求

1



的值．



2



3

与



1



111

2

13

i

【答案】0;



22

【解析】 法一：

13

i

．

x

3

1(x1)(x

2

x1)0

，解得：

x1

或

x

22

13

i

,证明与计算略； 由题意知





22

法二：

由题意知



3

1

，故有

(



1)(



2





1)0



2





10

．

又实系数方程虚根成对出现，故

x

2

x10

的两根为



，



．



3

由韦达定理有



1









2

．



1



2





1



2



3





2





10

．

3



111

1



1







2

13





i

．

2

1







22

1



13

i

的性质：



3n

1，

【点评】利用







3n1





，



3n2





2

(nZ)

，

1







2

0

可以快速计算一

22

2

些



相关的复数的幂的问题．

高中数学.复数 Page 12 of 17

【例30】 若

a

0

a

1



a

2



2

a

3



3



求证：

a

0

a

3

a

6



13

a

0

，a

1

，a

2

，，a

2n

R，



i

），

a

2n



2n

0

（

nN



，

22

a

1

a

4

a

7

a

2

a

5

a

8



【解析】

a

0

a

1



a

2



2

a

3



3

a

2n



2n

(a

0

a

3



3

a

6



6



(a

0

a

3

a

6



)(a

1



a

4



4

a

7



7

)(a

2



2

a

5



5

a

8



8



)



2

0

，

)

)(a

1

a

4

a

7

)



(a

2

a

5

a

8



设

Aa

0

a

3

a

6

，Ba

1

a

4

a

7

，Ca

2

a

5

a

8





1



13



3



则有

AB



C



2

0

，即

AB





,

iC





22





22

i





0





2ABC

0



2



，解得

ABC

,即

a

0

a

3

a

6







3



(BC)0



2

a

1

a

4

a

7

a

2

a

5

a

8



．

1

【例31】 设

z

是虚数，

wz

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u

2

的最小值．



1



1



;（3）1． 【答案】(1）

z1

;

z

的实部的取值范围是



，

2



bR

,

b0

【解析】 (1）设

zabi

，

a，

则

wabi

1a



b







a

2

b



i

，

abi



ab

2



a

2

b

2



因为

w

是实数,

b0

，所以

a

2

b

2

1

，即

z1

．

1

于是

w2a

，

1w2a2

，

a1

,

2



1



1



． 所以

z

的实部的取值范围是



，

2



1z1abi1a

2

b

2

2bib

i

． （2）

u

1z1abi(1a)

2

b

2

a1



1



1



，

b0

,所以

u

为纯虚数． 因为

a



，



2



b

2

1a

2

a121



2a2a2a12(a1)3

． （3)

wu2a



(a1)

2

(a1)

2

a1a1a1





2

高中数学.复数 Page 13 of 17



1



1



，所以

a10

, 因为

a



，

2



故

wu

2

≥22(a1)

当

a1

1

3431

．

a1

1

，即

a0

时,

wu

2

取得最小值

1

．

a1

【例32】 对任意一个非零复数

z

，定义集合

M

z

{w|wz

2n1

，nN}

．

(1）设



是方程

x

1

2

的一个根，试用列举法表示集合

M



；

x

（2）设复数



M

z

，求证：

M



M

z

．



222



2



【答案】(1）

M







（2）略

(1i)，(1i)，(1i)，(1i)



；

2222





【解析】 (1）∵



是方程

x

∴



1



1

2

的根，

x

2

2

(1i)

,

(1i)

或



2



2

2

(



1

2

)

n

i

n

2

2n1

2

(1i)

时，∵



1

i

，



1



当



1



．

2



1



1





i1i1





222



2



∴

M



1





，，，







(1i)，(1i)，(1i)，(1i)



，

222







1



1



1



1







2



当



2



2

2

(1i)

时，∵



2

i

，

2



2



222



∴

M



2





(1i)，(1i)，(1i)，(1i)



．

222





2





222



2



∴

M







(1i)，(1i)，(1i)，(1i)



;

222





2



（2）∵



M

z

，∴存在

mN

，使得



z

2m1

．

于是对任意

nN

，



2n1

z

(2m1)(2n1)

．

由于

(2m1)(2n1)

是正奇数，



2n1

M

z

，∴

M



M

z

．

y，x



，y



均为实数，

i

为虚数单位，【例33】 已知复数

z

0

1mi(m0)

，

zxyi

和

wx



y



i

，其中

x，

且对于任意复数

z

，有

wz

0

z

,

w2z

．

（1）试求

m

的值，并分别写出

x



和

y



用

x，y

表示的关系式；

y)

作为点

P

的坐标，

(x



，y



)

作为点

Q

的坐标，上述关系式可以看作是坐标平面上点的（2)将

(x，

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

上移动时， 试

高中数学.复数 Page 14 of 17

求点

P

经该变换后得到的点

Q

的轨迹方程；

（3)是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上?若存在,试求出

所有这些直线;若不存在，则说明理由．





x



x3y

【答案】（1）



；（2）

y(23)x232

；





y



3xy

（3）这样的直线存在，其方程为

y

3

x

或

y3x

3

【解析】 (1）由题设,

wz

0

zz

0

z2z

，∴

z

0

2

，

于是由

1m

2

4

，且

m0

,得

m3

，





x



x3y



因此由

xyi(13i)(xyi)x3y(3xy)i

,得关系式



．







y3xy





x



(13)x3

y)

在直线

yx1

上，则其经变换后的点

Q(x



，y



)

满足



（2）设点

P(x，

，





y



(31)x1

消去

x

，得

y



(23)x



232

，故点

Q

的轨迹方程为

y(23)x232

．

(3)假设存在这样的直线，

∵平行坐标轴的直线显然不满足条件,∴所求直线可设为

ykxb(k0)

．

y)

，其经变换后得到的点

Q(x3y，3xy)

仍在该直线上, ∵该直线上的任一点

P(x，

∴

3xyk(x3y)b

，即

(3k1)y(k3)xb

，





(3k1)1

当

b0

时，方程组



无解，故这样的直线不存在．





k3k

当

b0

,由

3

(3k1)k3



，得

3k

2

2k30

，解得

k

或

k3

．

3

1k

故这样的直线存在，其方程为

y

3

x

或

y3x

．

3

【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（ )

5



A．



1，

课后检测

3



B．



1，

C．

1，5



D．

1，3



【答案】C

【解析】

za

2

1

，而

0a2

，∴

1z5

B

为锐角三角形的两个内角，则复数

z(cotBtanA)(tanBcotA)i

对应的点位于复平【习题2】 设

A，

高中数学.复数 Page 15 of 17

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

【解析】

tanBcotA

【习题3】 复数

(22i)

4

(13i)

5

sinAsinBcosAcosBcos(AB)cos(AB)

0

，

cotBtanA0

．

sinAcosBsinAcosBsinBcosA

等于（ ）

B．

13i

C．

13i

5

A．

13i

【解析】原式



D．

13i

16(1i)

4



13



(2)

5







22

i







1(2i)

2

2

2



13i

，选B．

2

2

2



1



3



i





22







【习题4】 已知复数

z

1

，z

2

满足

z

1

z

2

1

，且

z

1

z

2

2

，求证:

z

1

z

2

2

．

【解析】 设复数

z

1

，z

2

在复平面上对应的点为

Z

1

，

Z

2

，由条件知

z

1

z

2

2z

1

2z

2

，以

OZ

1

，

OZ

2

为

邻边的平行四边形为正方形，而

z

1

z

2

在复平面上对应的向量为正方形的一条对角线，所以

z

1

z

2

2

．

【习题5】 设复数

z

1

，

z

2

满足

z

1

z

2

Az

1

Az

2

0

,其中

A5

，求

z

1

Az

2

A

的值．

【答案】5

【解析】

z

1

Az

2

Az

1

Az

2

Az

1

Az

2

A

(z

1

A)(z

2

A)z

1

z

2

Az

1

Az

2

AA

，

把

z

1

z

2

Az

1

Az

2

0

代入上式,得

z

1

Az

2

AAAA5

．

2

高中数学.复数 Page 16 of 17

高中数学.复数Page 17 of 17