第10章 复数 章末总结-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第十章　复数 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 4 规律方法收藏 1.待定系数法是数学中特别重要的一种解题方法，在本章的复数的运算当中，待定系数法用的较多，常设z＝a＋bi(a，b∈R)，建立a，b的关系式，然后求解问题． 2．解决复数问题时，要注意从整体角度去分析求解，若遇见复数便设为z＝a＋bi(a，b∈R)的形式，有时会导致计算量过大．运用整体代换及结合几何意义，可以大大地简化计算过程． 3．复数相等的充要条件是复数问题实数化的理论依据． 规律方法收藏 6 4．复数的模是复数的一个重要概念，也是高考重点考察的对象之一．求复数的模的最值时，常用的方法有：(1)设出代数形式，利用求模公式，把模表示成实数范围的函数，然后利用函数来求最值；(2)利用不等式||z1|－|z2||≤|z1±z2|≤|z1|＋|z2|求解；(3)利用几何法求解． 5．求复平面内的点的轨迹问题通常有两种途径：一是设z＝x＋yi(x，y∈R)，依据条件转化为关于x与y的方程，从而得出所求轨迹．二是结合“基本轨迹方程”，充分考虑复数的整体性，运用条件及有关性质，探求轨迹上的点所对应的复数所具有的特征及满足的方程(代入法是求轨迹时常用的思想方法). 规律方法收藏 7 学科素养培优 复数的概念是掌握复数的基础，要认清复数的类型与复数相等的充要条件，以便于快速准确地解题． (1)设z是复数，则下列命题中的假命题是(　　) A．若z2≥0，则z是实数 B．若z2<0，则z是纯虚数 C．若z是虚数，则z2≥0 D．若z是纯虚数，则z2<0 一、复数的基本概念 学科素养培优 9 2 ±2 学科素养培优 10 学科素养培优 11 学科素养培优 12 复数的四则运算类似于多项式的四则运算，此时含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可，但要注意把i的幂写成最简单的形式． 二、复数的四则运算 学科素养培优 13 学科素养培优 14 三、复数及其运算的几何意义 学科素养培优 15 学科素养培优 16 学科素养培优 17 已知复数z1＝i(1－i)3. (1)求|z1|； (2)若|z|＝1，求|z－z1|的最大值． 学科素养培优 18 学科素养培优 19 在解决复数方程问题时，常利用待定系数法，并结合复数相等的充要条件，得到一个方程组，从而求得结果． 四、复数方程问题 学科素养培优 20 学科素养培优 21 学科素养培优 22 1．数形结合思想 复数既可用代数形式表示，也可用几何形式表示．因此，在解决某些复数问题时，若能以形助数可使解答更加形象、直观． 五、数学学科思想 学科素养培优 23 学科素养培优 24 学科素养培优 25 解 析 学科素养培优 26 2.函数与方程思想 在解决复数问题时，常常需要根据复数的性质列方程，再根据函数的性质解决问题． 学科素养培优 27 学科素养培优 28 学科素养培优 29 　　　　　　　　　　　　　 R (2)设i是虚数单位，若复数a－eq \f(10,3－i)(a∈R)是纯虚数，则a的值为(　　) A．－3 B．－1 C．1 D．3 (3)已知z1＝－3－4i，z2＝(n2－3m－1)＋(n2－m－6)i，且z1＝z2，则实数m＝____，n＝____． 解析：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a2－b2＋2abi，若z2≥0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝0，,a2－b2≥0，))即b＝0，故z是实数，A是真命题；若z2<0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ab＝0，,a2－b2<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b≠0，))故z是纯虚数，B是真命题；若z是虚数，则b≠0，如果a≠0，则z2＝a2－b2＋2abi无法与0比较大小，故C是假命题；若z是纯虚数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b≠0，))z2＝－b2<0，故D是真命题．故选C. (2)a－eq \f(10,3－i)＝a－eq \f(10（3＋i）,（3－i）（3＋i）)＝a－(3＋i)＝(a－3)－i，由其为纯虚数得a＝3. (3)由复数相等的充要条件有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2－3m－1＝－3，,n2－m－6＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝±2.)) 计算：(1)eq \f(\r(2)－i3,1－\r(2)i)；(2)eq \f(（2＋2i）4,（1－\r(3)i）5). 解　(1)原式＝eq \f(\r(2)＋i,1－\r(2)i)＝eq \f(（\r(2)＋i）i,i＋\r(2))＝i. (2)原式＝eq \f(16（1＋i）4,（1－\r(3)i）4（1－\r(3)i）) ＝eq \f(16（2i）2,（－2－2\r(3)i）2（1－\r(3)i）) ＝eq \f(－64,4（1＋\r(3)i）2（1－\r(3)i）)＝eq \f(－16,（1＋\r(3)i）×4) ＝eq \f(－4,1＋\r(3)i)＝－1＋eq \r(3)i. 1．任何一个复数z＝a＋bi(a，b∈R)与复平面内一点Z(a，b)对应，而任一点Z(a，b)又可以与以原点为起点，点Z(a，b)为终点的向量eq \o(OZ,\s\up12(→))对应，这些对应都是一一对应，即 2．设z1＝x1＋y1i，z2＝x2＋y2i(x1，y1，x2，y2∈R)，其对应的复平面内的点分别为Z1(x1，y1)，Z2(x2，y2)，所以点Z1，Z2之间的距离为|Z1Z2|＝eq \o(Z1Z2,\s\up12(→))|＝|z2－z1|＝|(x2＋y2i)－(x1＋y1i)|＝|(x2－x1)＋(y2－y1)i|＝eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2). 已知z是复数，z＋2i，eq \f(z,2－i)均为实数，且复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围． 解　设z＝x＋yi(x，y∈R)， 因为z＋2i＝x＋(y＋2)i，且z＋2i为实数， 所以y＝－2，z＝x－2i. 因为eq \f(z,2－i)＝eq \f(x－2i,2－i)＝eq \f(1,5)(x－2i)(2＋i) ＝eq \f(1,5)(2x＋2)＋eq \f(1,5)(x－4)i， 且eq \f(z,2－i)为实数， 所以x＝4，所以z＝4－2i， 所以(z＋ai)2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i， 根据条件，可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(12＋4a－a2>0，,8（a－2）>0，)) 解得2<a<6， 所以实数a的取值范围是(2，6)． 解　(1)∵z1＝i(1－i)3＝i(1－i)(－2i)＝2－2i，∴|z1|＝eq \r(22＋（－2）2)＝2eq \r(2). (2)解法一：设z与z1对应的点分别为Z，Z1， ∵|z|＝1， ∴点Z在以原点为圆心，1为半径的圆上， ∵z1＝2－2i，∴Z1(2，－2)， ∴|z－z1|为点Z1到圆上一点的距离， ∴|z－z1|max＝|ZZ1|max＝eq \r(22＋22)＋1＝2eq \r(2)＋1. 解法二：∵|z|＝1， ∴可设z＝cosθ＋isinθ(θ∈R)， ∴|z－z1|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i| ＝eq \r(（cosθ－2）2＋（sinθ＋2）2) ＝eq \r(9＋4（sinθ－cosθ）) ＝eq \r(9＋4\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))). ∴当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝1时，|z－z1|取得最大值，为eq \r(9＋4\r(2))＝2eq \r(2)＋1. 设关于x的方程是x2－(tanθ＋i)x－(2＋i)＝0. (1)若方程有实数根，求锐角θ和实数根； (2)证明：对任意θ≠kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，方程无纯虚数根． 解　(1)设实数根是a， 则a2－(tanθ＋i)a－(2＋i)＝0， 即a2－atanθ－2－(a＋1)i＝0. ∵a，tanθ∈R，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－atanθ－2＝0，,a＋1＝0，)) ∴a＝－1，且tanθ＝1. 又0<θ<eq \f(π,2)，∴θ＝eq \f(π,4). (2)证明：若方程存在纯虚数根，设为x＝bi(b∈R，b≠0)，则(bi)2－(tanθ＋i)bi－(2＋i)＝0， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－b2＋b－2＝0，,btanθ＋1＝0，))此方程组无实数解． ∴对任意θ≠kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，方程无纯虚数根． i为虚数单位，若复数z满足|z|＝1，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z2－2z＋2,z－1＋i)))的最大值为(　　) A.eq \r(2)－1 B．2－eq \r(2) C.eq \r(2)＋1 D．2＋eq \r(2) 解析　解法一：设复数z对应的点为Z，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z2－2z＋2,z－1＋i)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（z－1）2＋1,z－1＋i)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（z－1＋i）（z－1－i）,z－1＋i)))＝|z－1－i|＝|z－(1＋i)|，其几何意义为复平面内的动点Z到定点P(1，1)的距离．又|z|＝1，所以点Z在以O为圆心，1为半径的圆上，如图所示，连接PO并延长，与圆O交于点Z1，当点Z与点Z1重合时，点Z到定点P的距离最大，且最大距离为eq \r(2)＋1.故所求最大值为eq \r(2)＋1. 解法二：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z2－2z＋2,z－1＋i)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（z－1）2＋1,z－1＋i)))＝|z－1－i|≤|z|＋|1＋i|＝eq \r(2)＋1，当且仅当z＝－eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(2),2)i时等号成立． 解法三：由题意可设z＝cosx＋isinx(x∈R)，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z2－2z＋2,z－1＋i)))＝|z－1－i|＝|(cosx－1)＋i(sinx－1)|.又(cosx－1)2＋(sinx－1)2＝3－2(sinx＋cosx)＝3－2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，而－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))≤1，所以3－2eq \r(2)≤(cosx－1)2＋(sinx－1)2≤3＋2eq \r(2)，所以|(cosx－1)＋i(sinx－1)|≤eq \r(3＋2\r(2))＝eq \r(2)＋1.故所求最大值为eq \r(2)＋1. 设z＝a＋bi(a，b∈R，|a|≠1)，|z|＝1. (1)求证：u＝eq \f(z＋1,z－1)是纯虚数； (2)求|z＋2eq \o(z,\s\up6(－))＋2|的取值范围． 解　(1)证明：由题意可得|z|2＝a2＋b2＝1， ∴u＝eq \f(z＋1,z－1)＝eq \f(a＋1＋bi,a－1＋bi)＝eq \f(（a＋1＋bi）（a－1－bi）,（a－1＋bi）（a－1－bi）) ＝eq \f(（a2－1）－2bi＋b2,（a－1）2＋b2)＝－eq \f(2bi,（a－1）2＋b2). ∵|a|≠1，∴b≠0，∴u＝eq \f(z＋1,z－1)是纯虚数． (2)∵z＋2eq \o(z,\s\up6(－))＋2＝a＋bi＋2(a－bi)＋2＝(3a＋2)－bi， ∴|z＋2eq \o(z,\s\up6(－))＋2|2＝(3a＋2)2＋b2＝9a2＋12a＋4＋b2＝8a2＋12a＋5＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,4))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2). ∵a2＋b2＝1，∴b2＝1－a2≥0，解得－1≤a≤1. ∵|a|≠1，∴－1＜a＜1， ∴|z＋2eq \o(z,\s\up6(－))＋2|2＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,4))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，25))， ∴|z＋2eq \o(z,\s\up6(－))＋2|∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，5)). $$