复数经典例题Word下载.docx
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（3）当Z为纯虚数时，
•不存在实数a使Z为纯虚数.
总结升华：
由于a∈R,所以复数Z的实部与虚部分为a：
7a6与a2-5a-6.
a2-1
1求解第
（1）小题时，仅注重虚部等于零是不够的，还需考虑它的实部是否有意义，否则本小题将出现增解；
2求解第
（2）小题时，同样要注意实部有意义的问题；
3求解第（3）小题时，既要考虑实数为0（当然也要考虑分母不为0）,还需虚部不为0,两者缺一不可.
举一反三:
【变式1】设复数z=a+bi（a、b∈R）,贝UZ为纯虚数的必要不充分条件是（）
A.a=0B.a=0且b≠0C.a≠0且b=0D.a≠0且b≠0
【答案】A;
由纯虚数概念可知：
a=0且b≠0是复数z=a+bi（a、b∈R）为纯虚数的充
要条件•而题中要选择的是必要不充分条件，对照各选择支的情况，应选择A.
--.>
2
【变式2】若复数（a-3a•2）∙（a-1）i是纯虚数，则实数a的值为（）
A.1B.2C.1或2D.-1
22
【答案】B；
•/（a2C1i是纯虚数，∙∙∙a-3a∙2=0且a-1=0,即a=2.
【变式3】如果复数（m2∙i）（1∙mi）是实数，则实数m=（）
A.1B.-1C.、.2D..2
【变式4】求当实数m取何值时，复数z=（m2-m-2）∙（m2-3m2）i分别是:
【答案】
解析:
同理可得:
当n=4k3（kN）时，i4kJ4k∙i3»
i
当n=4k4（k∙N）时,i4k=i4ki4=（i4）k=1,
2）（仁i）2=2i
3）（abi）（a-bi）=a2b2
举一反三：
【变式1】计算：
（1）（5—6i）+（—2—i）—（3+4i）
（2）（12i）（3-4i）（2-i）
（4）（Ii）3-（^i）2；
（1i）2-（^i）2
（1）（5—6i）+（—2—i）—（3+4i）
=[（5—2）+（—6—1）i]—（3+4i）
=（3—7i）—（3+4i）
=（3—3）+（—7—4）i=—11i.
（2）（12i）（3-4i）（2—i）=（112i）（2_i）=24_7i
2・3・100・12川-J100・50504、1262・2・2彳
\3丿iiii二i二i二（i）i二i二一1
）（1i）3_（1_i）3（1i）2.（1i）一（仁i）2（1_i）2i（1i）2i（1-i）2i2
（4）22
（1i）-（^i）
2
【变式2】复数2i（1+i）=（
2i1ii；
-2i12i-n-2i2i
因X∈R,y是纯虚数，所以可设y=bi（b∈R且b≠0）,代入原式，由复数相
等的充要条件可得方程组，解之即得所求结果
■/y是纯虚数，可设y=bi（b∈R,且b≠0）,
则（2x—1）+（3—y）i=（2x—1）+（3—bi）i=（2x—1+b）+3i,
y—i=bi—i=（b—1）i
3
X,y=4i.
1.复数定义：
“形如^abi（a,b∙R）的数叫复数”就意味凡是复数都能写成这
实数问题来研究•这是解决复数问题的常用方法
a,b,c,d
2.复数相等是复数问题实数化的有效途径之一，由两复数a+bi与c+di（
∈R）相等的充要条件是a=c且b=d，可得到两个实数等式.
i中y也并
3.注意左式中的3—y并非是（2x—1）+（3—y）i的虚部，同样，在右边的y—
非是实部•
【变式1】设X、y为实数，且△+丄=丄，则χ+y=
1-i1-2i1-3i
【答案】由-Xy—得-（1i）-y（12i^5（13i）
1-i1-2i1-3i2510
即5x（1+i）+2y（1+2i）=5（1+3i），
即（5x+2y-5）+（5x+4y-15）i=0，
l5x2y-5=0X=-1
故,解得
5x4y-15=0y=5
∙∙∙Xy=4
【变式2】若Z∈C且（3+z）i=1（i为虚数单位），贝UZ=
【答案】设z=a+bi（a,b∈R）,则（3+z）i=-b+（3+a）i=1
例4:
求证：
复数Z为实数的充要条件是Z^Z
需要明确两个复数相等的条件以及共轭复数的概念
设z=a+bi（a,b∈R）,贝UZ=a—bi
充分性：
Z-Z=abi=a-bi=b=-b=b=0=Z-R;
必要性：
Z-R,b=0=abi=a-bi=z=z
综上，复数Z为实数的充要条件为Z=Z
【变式1】XlrR,复数（3x2y）5xi与复数（y-2）i18的共轭复数相等，求X,
y.
（y_2）i18=18（2-y）i
18-（y-2）i=（3x2y）5xi=丿
2-y=5x
【变式2】若复数Z同时满足z-z=2i,z=iz（i为虚数单位），则Z=
【答案】一1+i
【变式3】已知复数z=1+i,求实数a、b使az2bz=（a■2z）2.
【答案】Tz=1+i,∙∙∙az2bz=（a2b）（a-2b）i,
（a2z）2=（a2）2-44（a2）i
=（a24a）4（a2）i
∙.∙a、b都是实数，∙由az■2bz=（a■2z）2得
广2
』a+2b=a+4a,
a-2b=4（a+2）.
两式相加，整理得a2+6a+8=0
解得a1=—2,a2=—4,
对应得b1=—1,b2=2.
∙所求实数为a=—2,b=—1或a=—4,b=2.
类型五：
复数的模的概念
例5、已知数Z满足z+∣z∣=2+8i,求复数z.
法一：
设z=a+bi（a,b∈R）,则|ZI=a2b2,
代入方程得abΓ.a^b2=28i.
∙Z=—15+8i
法二：
原式可化为：
z=2—|z|+8i,
•••|z|∈R,∙∙∙2—|z|是Z的实部.
于是∣zF.（2-|z|）2飞2,即|z|2=68—4∣z∣+∣z∣
∙∙∙∣z∣=17,代入z=2-∣z∣+8i
得Z=-15+8i.
【变式】已知z=1+i,a,b为实数.
（1）若∙=z2∙3z-4,求PJ;
（2）若z2azb,求a,b的值.
Z-^I
（1）=（1i）23（1—i）-4=2i3—i-4=i一1
∙（a2）—（ab）i=1—i
Ia2=1—！
a--1
∙-■
ab=1b=2
类型六：
复数的几何意义
Z,
例6、已知复数z=（m-2m-3）∙（m-4m3）i（m∈R）在复平面上对应的点为
求实数m取什么值时，点Z
（1）在实轴上；
（2）在虚轴上；
（3）在第一象限.
根据点Z的位置确定复数Z实部与虚部取值情况.
（1）点Z在实轴上，即复数Z为实数，
由m-4m3=0=m=3或m=1
∙当m=3或m=1时，点Z在实轴上.
（2）点Z在虚轴上，即复数Z为纯虚数或0,
故m-2m-3=0=m=-1或m=3
∙当m=-1或m=3时，点Z在虚轴上.
3）点Z在第一象限，即复数Z的实部虚部均大于0
m^2m■30
由2,解得∏κ—1或m>
3
m-4m30
•••当mκ—1或m>
3时，点Z在第一象限.
终结升华：
复平面上的点与复数是一一对应的，点的坐标的特点即为复数实部、虚部的特征.
【变式1】在复平面内，复数Z=Sin2∙icos2对应的点位于（）
A.第一象限B•第二象限C•第三象限D•第四象限
【答案】•••2：
：
二，∙∙∙sin20,cos2：
0,故相应的点在第四象限，选D.
【变式2】已知复数Z=（3m2-5m2）（^-1）i（mR）,若Z所对应的点在第四象
限，求m的取值范围.
【答案】Tz=（3m2-5m2）-（m-1）i
r2
...,3m-5m+2>
0，解得m“.
（m—1）£
0
•m的取值范围为m∙
【变式3】已知Z是复数，Z2i和―乞均为实数，且复数（z∙ai）2对应的点在第一象
z—i
限，求实数a的取值范围•
【答案】设Z=Xyi（X,yR）,∙z2i=z=x（2y）i,
由题意得y=-2,
ZX-2i111
（x-2i）（2-i）（2x2）（x-4）i,
2-i2-i555
由题意得X=4,
•z=4—2i
T（Zai）2=（124a—a2）8（a-2）i,
（12亠4a_a20
根据已知条件有，解得2：
a：
6,
[8（a-2）>
•实数a的取值范围是a∙（2,6）.
1
【变式4】已知复数Z对应的点在第一象限的角平分线上，求复数∙=Z'
-在复平面上
Z
对应的点的轨迹方程
【答案】设z=a+ai（a>
0）
1III
贝「=Z（aai）a（a）i
Za+ai2a2a
+1
x=a
令2a,消a得x2-y2=2（x_•、2）
y=a-
2a
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