7 复数
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知识剖析
虚数单位的性质
\(i\)叫做虚数单位,并规定:
①\(i\)可与实数进行四则运算;
②\(i^2=-1\),这样方程\(x^2=-1\)就有解了,解为\(x=-i\),\(x=i\).
③\(i^2=-1\),\(i^3=-i\),\(i^4=1\),\(i^n\)以\(4\)为周期,即\(i^{4+n}=i^{n}\).
复数的概念
① 定义
形如\(a+bi(a ,b∈R)\)的数叫做复数,其中\(i\)叫做虚数单位,\(a\)叫做实部,\(b\)叫做虚部.全体复数所成的集合\(C\)叫做复数集.复数通常用\(z\)字母表示,即\(z=a+bi (a ,b∈R)\).
② 分类
\(z=a+b i=\left\{\begin{array}{cl}
b=0 & \text { 实数 } \\
b \neq 0 & \text { 虚数 } \\
a=0 \text { 且 } b \neq 0 & \text { 纯虚数 }
\end{array}\right.\)
复数相等
\(a+b i=c+d i⇔ a=c ,b=d(a ,b ,c ,d∈ R)\)
也就是说,两个复数相等,充要条件是他们的实部和虚部分别相等.
\({\color{Red}{ PS }}\) 只有两个复数全是实数,才可以比较大小,否则无法比较大小.
共轭复数
\(z=a+b i\)的共轭复数记作\(\bar{z}=a-b i\),且\(\text { 且 } z \cdot \bar{z}=a^{2}+b^{2}\).
复数的几何意义
① 复平面的概念
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面,\(x\)轴叫做实轴,\(y\)轴叫做虚轴.显然,实轴上的点都表示实数;除了原点外,虚轴上的点都表示纯虚数.
② 复数的几何意义
复数\(z=a+b i\)与复平面内的点\(Z(a ,b)\)及平面向量\(\overrightarrow{O Z}=(a, b)\)\((a, b \in R)\)是一一对应关系(复数的实质是有序实数对,有序实数对既可以表示一个点,也可以表示一个平面向量)相等的向量表示同一个复数.
③ 复数的模
向量\(\overrightarrow{O Z}\)的模叫做复数\(z=a+b i\)的模,记作\(|z|\)或\(|a+b i|\),表示点\((a ,b)\)到原点的距离,
即\(|z|=|a+b i|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}\),\(|z|=|\bar{z}|\)
代数形式的四则运算
① 运算法则
设\(z_1=a+bi\),\(z_2=c+di\),\(a\),\(b\),\(c\),\(d∈R\)
\(\text { (1) } z_{1} \pm z_{2}=a+b i+c+d i=(a+c)+(b+d) i\)
\(\text { (2) } z_{1} \cdot z_{2}=(a+b i) \cdot(c+d i)=(a c-b d)+(b c+a d) i\)
\(\text { (3) } \dfrac{z_{1}}{z_{2}}=\dfrac{(a+b i)}{(c+d i)}=\dfrac{(a+b i)(c-d i)}{(c+d i) \cdot(c-d i)}=\dfrac{(a c+b d)+(b c-a d) i}{c^{2}+d^{2}}\)
② 加减法的几何意义
几何意义:复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形\(OZ_1 ZZ_2\)可以直观地反映出复数加减法的几何意义,
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即\(\overrightarrow{O Z}=\overrightarrow{O Z_{1}}+\overrightarrow{O Z_{2}}\),\(\overrightarrow{Z_{1} Z_{2}}=\overrightarrow{O Z_{2}}-\overrightarrow{O Z_{1}}\)
若\(z_1=a+b i\),\(z_2=c+d i\),
\((1) |z_1-z_2 |\)表示\((a ,b)\)到\((c ,d)\)的距离,
即\(\left|z_{1}-z_{2}\right|=\sqrt{(a-c)^{2}+(b-d)^{2}}\).
\((2) |z-z_1 |=r(r>0)\)表示以\((a ,b)\)为圆心,\(r\)为半径的圆.
复数的三角表示*
① 一般地,任何一个复数\(z=a+bi\)都可以表示成
的形式,其中,\(r\)是复数\(z\)的模,\(θ\)是以\(x\)轴的非负半轴为始边,向量\(\overrightarrow{O Z}\)所在射线为终边的角,叫做复数\(z=a+bi\)的辐角,\(r(\cos θ+i\sin θ)\)叫做复数\(z=a+bi\)的三角形表示式.
规定:在\(0≤θ<2π\)范围内的辐角\(θ\)的值为辐角的主值,通常记作\(\arg z\),即\(0 \leq \arg z<2 \pi\).
② 复数的代数形式\(z=a+bi\)与三角形式\(r(\cos \theta+i \sin \theta)\)的互换
③ 复数乘、除运算的三角表示及其几何意义
设\(z_{1}=r_{1}\left(\cos \theta_{1}+i \sin \theta_{1}\right)\),\(z_{2}=r_{2}\left(\cos \theta_{2}+i \sin \theta_{2}\right)\)
则\(z_{1} z_{2}=r_{1} r_{2}\left[\cos \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)+i \sin \left(\theta_{1}+\theta_{2}\right)\right]\)
\(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}=\dfrac{r_{1}}{r_{2}}\left[\cos \left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)+i \sin \left(\theta_{1}-\theta_{2}\right)\right]\)
经典例题
【题型一】复数的概念与分类
【典题1】求解\(i+i^2+i^3+⋯+i^{2017} =\)\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】\(∵i+i^2+i^3+i^4=i-1-i+1=0\)且\(i^n\)以\(4\)为周期
\(∴i+i^2+i^3+⋯+i^{2017}=0×504+i^{2017}=i\).
【典题2】求当\(a\)为何实数时,复数\(z= (a^2-2a-3)+ (a^2+a-12)i\)满足:
\((1)z\)为实数;\((2)z\)为纯虚数;
【解析】 复数\(z= (a^2-2a-3)+ (a^2+a-12)i\).
(1)若\(z\)为实数,则\(a^2+a-12=0\),
解得\(a=-4\)或\(a=3\);
(2)若\(z\)为纯虚数,则\(\left\{\begin{array}{l}
a^{2}-2 a-3=0 \\
a^{2}+a-12 \neq 0
\end{array}\right.\),
解得\(a=-1\).
【典题3】 已知关于\(x\)的方程\(x^2+2(1+i)x+ab+(a+b)i=0\)\((a ,b∈R^+)\)总有实数解,则\(a+b\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】\(∵x^2+2(1+i)x+ab+(a+b)i=0\)
得\(x^2+2x+ab+(a+b+2x)i =0\)有实数解,
\(∴x^2+2x+ab =0\),\(a+b+2x =0\),
消去\(x\)得\(\dfrac{1}{4}(a+b)^{2}-(a+b)+a b=0\),
\(\because a b \leq \dfrac{(a+b)^{2}}{4}\),
\(\therefore 0=\dfrac{1}{4}(a+b)^{2}-(a+b)+a b\)\(\leq \dfrac{1}{4}(a+b)^{2}-(a+b)+\dfrac{(a+b)^{2}}{4}\),
即\(\dfrac{1}{2}(a+b)^{2}-(a+b) \geq 0\)
\(∵a ,b∈R^+\),\(∴a+b>0\),即\(a+b≥2\),
即\(a+b\)的取值范围是\([2 ,+∞)\).
【点拨】
① 复数相等:\(a+bi=c+di⇔ a=c ,b=d\)\((a ,b ,c ,d∈R)\),注意分辨出复数的实部和虚部.
② 若关于\(x\)的方程\(f(x)+g(x)i=0\)有实数解,则\(f(x)=0\),\(g(x)=0\).
【题型二】复数的几何意义与运算
【典题1】已知复数\(z=\dfrac{8-i}{2+3 i}\)(\(i\)为虚数单位),下列说法 其中正确的是\(\underline{\quad \quad }\) .
①复数\(z\)在复平面内对应的点在第四象限;
②\(|z|=\sqrt{5}\);
③\(z\)的虛部为\(-2i\);
④\(\bar{z}=1-2 i\).
【解析】\(\because z=\dfrac{8-i}{2+3 i}=\dfrac{(8-i)(2-3 i)}{(2+3 i)(2-3 i)}=\dfrac{13-26 i}{13}=1-2 i\)
\(∴\)复数\(z\)在复平面内对应的点的坐标为\((1 ,-2)\),在第四象限;\(|z|=\sqrt{5}\);\(z\)的虚部为\(-2\);\(\bar{z}=1+2 i\).
故①②正确;③④错误.
【点拨】
① 遇到复数的除法,分母分子同乘“分母的共轭复数”\(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}=\dfrac{a+b i}{c+d i}=\dfrac{(a+b i)(c-d i)}{(c+d i) \cdot(c-d i)}\),把复数最终化简成\(z=a+bi(a、b∈R)\)形式;
② 因为\(\left|z_{1} \cdot z_{2}\right|=\left|z_{1}\right| \cdot\left|z_{2}\right|\),\(\left|\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right|=\dfrac{\left|z_{1}\right|}{\left|z_{2}\right|}\),所以\(z=\dfrac{8-i}{2+3 i}\)的模\(|z|=\dfrac{|8-i|}{|2+3 i|}=\dfrac{\sqrt{65}}{\sqrt{13}}=\sqrt{5}\).
【典题2】已知复数\(z\)的实部为\(1\),虚部的绝对值为\(3\),则下列说法错误的是( )
A.\(z+\dfrac{10}{z}\)是实数
B.\(z+\dfrac{10}{z}<2\)
C.\(z+\dfrac{10}{z}>1\)
D.\(\bar{z}\)在复平面中所对应的点不可能在第三象限
【解析】由已知得,\(z=1-3i\)或\(z=1+3i\),
则\(z+\dfrac{10}{z}=z+\dfrac{10 \bar{z}}{|z|^{2}}=z+\bar{z}\),
\({\color{Red}{(z \cdot \overline{\mathrm{z}}=|z|^{2}=10,避免了分类讨论与计算)
}}\)
\(\therefore z+\dfrac{10}{z}=2\),则\(A\),\(C\)正确,\(B\)错误;
\(\because \bar{z}\)的实部大于\(0\),
故\(\bar{z}\)在复平面中所对应的点不可能在第三象限,\(D\)正确.
故选\(B\).
【点拨】
① 若\(z=a+bi\),则\(\left.|z \cdot \bar{z}=| z\right|^{2}=a^{2}+b^{2}\),\(z+\bar{z}=2 a\),\(z-\bar{z}=2 b\).
② 注意一些复数的性质可减轻计算量.
【典题3】设复数\(z_1\),\(z_2\)满足\(\left|z_{1}\right|=\left|z_{2}\right|=2\),\(z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+i\),则\(|z_1-z_2 |=\)\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】 \({\color{Red}{方法1}}\) \(\because z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+i\),\(\therefore\left|z_{1}+z_{2}\right|=2\),
\(∴|z_1+z_2 |^2=4\)
\(\therefore\left(z_{1}+z_{2}\right) \cdot \overline{z_{1}+z_{2}}=4\),
\({\color{Red}{ (|z|^{2}=z \cdot \bar{z}, \overline{z_{1}+z_{2}}=\overline{z_{1}}+\overline{z_{2}})
}}\)
\(\therefore 8+z_{1} \overline{z_{2}}+\overline{z_{1}} z_{2}=4\).得\(z_{1} \overline{z_{2}}+\overline{z_{1}} z_{2}=-4\).
\(\therefore\left|z_{1}-z_{2}\right|^{2}=8-\left(z_{1} \overline{z_{2}}+\overline{z_{1}} z_{2}\right)=12\).
又\(|z_1-z_2 |>0\),
故\(\left|z_{1}-z_{2}\right|=2 \sqrt{3}\).
\({\color{Red}{方法2 \quad向量法}}\)
\(∵|z_1 |=|z_2 |=2\),
\(∴z_1\),\(z_2\)在复平面上分别对应的点\(B\),\(C\)在以原点为圆心,半径为\(2\)的圆上,
\(\because z_{1}+z_{2}=\sqrt{3}+i\),
\(∴z_1+z_2\)在复平面上对应的点\(A(\sqrt{3}, 1)\)在圆\(O\)上,
由向量的平行四边形法则,
可知四边形\(OCAB\)是平行四边形,
如下图易知\(∆AOC\)是等边三角形且边长为\(2\),易求\(B C=2 \sqrt{3}\),
由向量的三角形法则可知\(\left|z_{1}-z_{2}\right|=|\overrightarrow{B C}|=|B C|=2 \sqrt{3}\).
【点拨】
①\(|z|^{2}=z \cdot \bar{z}\),\(\overline{z_{1}+z_{2}}=\overline{z_{1}}+\overline{z_{2}}\);方法1直接运用了代数方法求解;
② 复数加减法的几何意义
复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行.如图给出的平行四边形\(OZ_1 ZZ_2\)可以直观地反映出复数加减法的几何意义.
即\(\overrightarrow{O Z}=\overrightarrow{O Z_{1}}+\overrightarrow{O Z_{2}}\),\(\overrightarrow{Z_{1} Z_{2}}=\overrightarrow{O Z_{2}}-\overrightarrow{O Z_{1}}\).
③ 方法2运用的是复数与向量之间的关系,再借助几何的手段进行求解.
【典题4】若\(Z∈C\),且\(|Z+2-2i|=1\),则\(|Z-2-2i|\)的最小值是\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】 \({\color{Red}{方法1 \quad 代数法}}\)
设\(Z=a+bi(a、b∈R)\),
\(∵|Z+2-2i|=1\)\(∴|a+2+(b-2)i|=1\)
\(\therefore \sqrt{(a+2)^{2}+(b-2)^{2}}=1\),
\(\therefore(b-2)^{2}=1-(a+2)^{2}\)
则\(| Z-2-2 i|=| a-2+(b-2) i \mid\)\(=\sqrt{(a-2)^{2}+(b-2)^{2}}=\sqrt{1-8 a}\)
\(∵(b-2)^2=1-(a+2)^2\)
\(∴1-(a+2)^2≥0\)解得\(-3≤a≤-1\)
\(∴\)当\(a=-1\)时,\(|Z-2-2i|\)取到最小值\(3\).
\({\color{Red}{方法2\quad 几何法} }\)
\(|Z+2-2i|=1\)表示\(Z\)对应的点在以\((-2 ,2)\)为圆心,半径\(r=1\)的圆上,
\(|Z-2-2i|\)就是圆上的点到\((2 ,2)\)的距离,
其最小值为圆心\((-2 ,2)\)到\((2 ,2)\)的距离减去半径,即\(|2-(-2)|-1=3\),
故答案为\(3\).
【点拨】
① 方法1用了代数法,把问题转化为式子的最值问题,用到函数思想,此时特别注意自变量的取值范围;
② 方法2利用了复数的几何意义,
若\(z_1=a+bi\),\(z_2=c+di\),\(a ,b , c ,d∈R\)
\(|z_1-z_2 |\)表示\((a ,b)\)到\((c ,d)\)的距离,
即\(\mid z_{1}-z_{2} \mid=\sqrt{(a-c)^{2}+(b-d)^{2}}\).
\(|z-z_1 |=r(r>0)\)表示以\((a ,b)\)为圆心,\(r\)为半径的圆.
【典题5】复数\(z\)满足\(|z+i|+|z-2|=\sqrt{5}\),则\(|z|\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】 \(∵|z+i|+|z-2|\)表示复数\(z\)到两点\(P(0,-1)\),\(Q(2,0)\)的距离之和,
而\(|P Q|=\sqrt{(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}\).
又\(|z+i|+|z-2|=\sqrt{5}\),
\(∴\)点\(z\)在线段\(PQ\)上, \({\color{Red}{(确定点z所在的轨迹) }}\)
\(|z|\)表示点\(O\)与线段\(PQ\)上点的距离,
易得直线\(PQ\)的方程\(x-2y-2=0\),
原点\(O\)到此直线的距离\(d=\dfrac{2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\),
而\(|OQ|=2\),\(|OP|=1\).
则\(|z|\)的取值范围是\(\left[\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}, 2\right]\).
【典题6】已知复数\(z\)满足\(|z|=1\),则\(|z+i|+|z-i|\)的最大值是\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】 \({\color{Red}{方法1}}\)
\(∵|z|=1\)
\(∴\)复数\(z\)对应点\(P\)在圆心\((0,0)\),半径\(r=1\)的圆上,
而\(|z+i|+|z-i|\)则表示点\(P\)到点\(A(0,1)\),\(B(0,-1)\)的距离之和\(PA+PB=a+b\),其中\(a^2+b^2=4\),
而\((a+b)^2=a^2+b^2+2ab≤2(a^2+b^2 )=8\),
\(∴a+b\)的最大值为\(2 \sqrt{2}\).
\({\color{Red}{方法2}}\) 设\(z=\cos \theta+i \sin \theta,(0 \leq \theta<2 \pi)\).
则\(|z+i|+|z-i|\)
\(=\sqrt{\cos ^{2} \theta+(\sin \theta+1)^{2}}+\sqrt{\cos ^{2} \theta+(\sin \theta-1)^{2}}\)
\(=\sqrt{2(1+\sin \theta)}+\sqrt{2(1-\sin \theta)}\)
\(=\sqrt{2\left(\sin \dfrac{\theta}{2}+\cos \dfrac{\theta}{2}\right)^{2}}+\sqrt{2\left(\sin \dfrac{\theta}{2}-\cos \dfrac{\theta}{2}\right)^{2}}\)
\(=\sqrt{2}\left|\sin \dfrac{\theta}{2}+\cos \dfrac{\theta}{2}\right|+\sqrt{2}\left|\sin \dfrac{\theta}{2}-\cos \dfrac{\theta}{2}\right|\)
\(∵0≤θ<2π\),\(\therefore 0 \leq \dfrac{\theta}{2}<\pi\).
当\(\dfrac{\theta}{2} \in\left[0, \dfrac{\pi}{4}\right]\)时,\(|z+i|+|z-i|=2 \sqrt{2} \cos \dfrac{\theta}{2}\),\(|z+i|+|z-i|\)的最大值是\(2 \sqrt{2}\);
当\(\dfrac{\theta}{2} \in\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3 \pi}{4}\right]\)时,\(|z+i|+|z-i|=2 \sqrt{2} \sin \dfrac{\theta}{2}\),\(|z+i|+|z-i|\)的最大值是\(2 \sqrt{2}\);
当\(\dfrac{\theta}{2} \in\left(\dfrac{3 \pi}{4}, \pi\right)\)时,\(|z+i|+|z-i|=-2 \sqrt{2} \cos \dfrac{\theta}{2}\),\(|z+i|+|z-i|<2 \sqrt{2}\).
综上,\(|z+i|+|z-i|\)的最大值是\(2 \sqrt{2}\).
【点拨】由\(|z|=1\),设\(z=\cosθ+i\sinθ\)\((0≤θ<2π)\),巧妙的把问题转化为三角函数的问题,但要分离讨论较方法1还是麻烦些.
巩固练习
1 (★) 已知两非零复数\(z_1\),\(z_2\),若\(z_1\cdot z_2∈R\),则一定成立的是( )
A.\(z_1+z_2∈R\)
B.\(Z_{1} \cdot \overline{Z_{2}} \in R\)
C.\(\dfrac{z_{1}}{z_{2}} \in R\)
D.\(\dfrac{z_{1}}{\overline{z_{2}}} \in R\)
2 (★) 已知\(x\),\(y∈ R\),\(i\)为虚数单位,且\((x-2) i-y=1+i\),则\((1+i)^{x+y}\)的值为\(\underline{\quad \quad }\).
3(★) 已知复数\(z\)满足\(\dfrac{z+1}{z}=i\)(\(i\)为虚数单位),下列说法其中正确的有\(\underline{\quad \quad }\)个.
①\(z\)为纯虚数;
②\(z\)的虚部为\(-\dfrac{1}{2} i\);
③在复平面内,\(z\)对应的点位于第二象限;
④\(|z|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
4(★★) 设\(z_1\),\(z_2\)是复数,给出四个命题
①若\(|z_1-z_2 |=0\),则\(\overline{z_{1}}=\overline{z_{2}}\)
②若\(Z_{1}=\overline{Z_{2}}\),则\(\overline{z_{1}}=z_{2}\)
③若\(|z_1 |=|z_2 |\),则\(Z_{1} \cdot \overline{Z_{1}}=Z_{2} \cdot \overline{Z_{2}}\)
④若\(|z_1 |=|z_2 |\),则\(z_{1}^{2}=z_{2}^{2}\)
其中真命题有\(\underline{\quad \quad }\)个.
5 (★★) 设复数\(z\)满足\(|z-5i|=2\),则\(Z \cdot \bar{Z}\)的最大值为\(\underline{\quad \quad }\).
6 (★★)若复数\(z\)满足\(z \cdot \bar{z}+z+\bar{z} \leq 0\),则复数\(|z-1-i|\)的最大值为\(\underline{\quad \quad }\).
7 (★★)若复数\(z\)满足\(|z|=1\),则\(|(\bar{z}+i)(z-i)|\)的最大值是\(\underline{\quad \quad }\).
8(★★) 已知三个复数\(z_1\),\(z_2\),\(z_3\),并且\(|z_1 |=|z_2 |=|z_3 |=1\),\(z_1\),\(z_2\)所对应的向量\(\overrightarrow{O z_{1}}\),\(\overrightarrow{O z_{2}}\)满足\(\overrightarrow{O z_{1}} \cdot \overrightarrow{O z_{2}}=0\),则\(|z_1+z_2-z_3 |\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad }\).
9 (★★) 当复数\(z\)满足\(|z+3-4i|=1\)时,则\(|z+2|\)的最小值是\(\underline{\quad \quad }\).
10 (★★)已知\(A (1 ,2)\),\(B(a ,1)\),\(C(2 ,3)\),\(D(-1 ,b)\)\((a ,b∈R)\)是复平面上的四个点,且向量\(\overrightarrow{A B}\),\(\overrightarrow{C D}\)对应的复数分别为\(z_1\),\(z_2\).
(1)若\(z_1+z_2=1+i\),求\(z_1\),\(z_2\)
(2)若\(|z_1+z_2 |=2\),\(z_1-z_2\)为实数,求\(a\),\(b\)的值.
参考答案
1.\(D\)
2.\(2i\)
3.\(2\)
4.\(3\)
5.\(49\)
6.\(\sqrt{5}+1\)
7.\(4\)
8.\([\sqrt{2}-1, \sqrt{2}+1]\)
9.\(\sqrt{17}-1\)
10.\(\text { (1) } Z_{1}=4-i, Z_{2}=-3+2 i\)
\((2) a=4 ,b=2\)