第五章 章末归纳提升-【创新教程】2024-2025学年高中数学必修第二册五维课堂（北师大版2019）

[网络构建] [归纳提升] 有关复数的概念 　复数常设为z＝a＋bi(a,b∈R),z∈R⇔b＝０;z 为虚数⇔b≠０;z为纯虚数⇔a＝０且b≠０． [例１]　已知m∈R,复数z＝m (m＋２) m－１ ＋ (m２＋ ２m－１)i,当m为何值时; (１)z∈R;(２)z为虚数;(３)z为纯虚数． 􀳀[变式训练] １．复数z＝log３(x２－３x－３)＋ilog２(x－３),当x 为何实数时: (１)z∈R;(２)z为虚数． 复数相等 　复数的代数形式z＝x＋yi(x,y∈R),从实部、 虚部来理解一个复数,把复数z满足的条件转 化为实数x,y应该满足的条件,从而可以从实 数的角度利用待定系数法和方程思想来处理 复数问题． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５５１􀅰 第五章　复　数 [例２]　已知x,y为共轭复数,且(x＋y)２－ ３xyi＝４－６i,求x,y． 􀳀[变式训练] ２．已知复数z＝(１＋２i)(－２＋i)－３＋i１＋i． (１)化简复数z; (２)若z２＋(２a－１)z－(１－i)b－１６＝０,求实 数a,b的值． 复数的模及其几何意义 １．z≠０,z为纯虚数⇔􀭵z＝－z． ２．复数模的计算公式:若z＝a＋bi(a,b∈R),则 |z|＝ a２＋b２,在解答有关复数模的问题时应 重视以下结论的运用:z􀅰􀭵z＝|z|２＝|􀭵z|２, |z１􀅰z２|＝|z１|􀅰|z２|, z１ z２ ＝ |z１| |z２| (z２≠ ０)等． [例３]　复数z满足|z＋３－ ３i|＝ ３,求|z|的 最大值和最小值． 􀳀[变式训练] ３．已知z∈C且|z|＝１,求|z２－z＋１|的最值． 复数与其他知识的综合应用 　复数具有代数形式,且复数z＝a＋bi(a,b∈R) 与复平面内的点Z(a,b)之间建立了一一对应 关系,复数又是数形结合的桥梁,要注意复数 与向量、方程、函数等知识的交汇． [例４]　四边形ABCD 是复平面内的平行四边 形,A,B,C,D 四点对应的复数分别为１＋３i, ２i,２＋i,z． (１)求复数z; (２)z是关于x的方程２x２－px＋q＝０的一个 根,求实数p,q的值． 􀳀[变式训练] ４．已知复平面内点A,B对应的复数分别是z１＝ sin２θ＋i,z２＝－cos２θ＋icos２θ,其中θ∈(０, π),设AB → 对应的复数为z． (１)求复数z; (２)若复数z对应的点P在直线y＝１２x 上,求θ 的值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６５１􀅰 数学(BS)􀅰必修第二册 预习自测 １．C　２．３ ２i　３．－１２＋ ３ ２i 课堂互动学案 [例１]　解:(１)原式＝２×３ cos ２π３＋ π ６( )＋isin ２π ３＋ π ６( )[ ] ＝６ cos５π６＋isin ５π ６( )＝－３ ３＋３i． (２)原式＝３×２×１０[cos(２０°＋５０°＋８０°)＋ isin(２０°＋５０°＋８０°)]＝６０(cos１５０°＋isin１５０°)＝ －３０ ３＋３０i． (３)(－１＋i) ３ cos７π４＋isin ７π ４( )[ ]＝ ２ cos３π４＋isin ３π ４( ) 􀅰 ３ cos ７π ４＋isin ７π ４( )[ ] ＝ ６ cos ３π４＋ ７π ４( )＋isin ３π ４＋ ７π ４( )[ ]＝ ６ cos５２π＋isin ５π ２( )＝ ６i． 变式训练 １．解:z２＝２(cos１５０°－isin１５０°)＝２[cos(－１５０°)＋isin(－１５０°)], ∴z１z２＝８×２[cos(２４０°－１５０°)＋isin(２４０°－１５０°)] ＝１６(cos９０°＋isin９０°)＝１６i． [例 ２]　 [解]　i３ ÷ １２ (cos１２０°＋isin１２０°)[ ] ＝ －i÷ １ ２ (cos１２０°＋isin１２０°)[ ] ＝ (cos ２７０°＋isin ２７０°)÷ １ ２ (cos１２０°＋isin１２０°)[ ]＝２[cos(２７０°－１２０°)＋isin(２７０° －１２０°)]＝２(cos１５０°＋isin１５０°)＝－ ３＋i． 变式训练 ２．解:(１)４cos４π３＋isin ４π ３( )÷ ２cos ５π ６＋isin ５π ６( )[ ] ＝２ cos ４π３－ ５π ６( )＋isin ４π ３－ ５π ６( )[ ]＝ ２ cos π２＋isin π ２( )＝２i． (２)∵１＋ ３i＝２ cos π３＋isin π ３( ) ,－ ３＋i＝ ２ cos５π６＋isin ５π ６( ) ,１＋i＝ ２ cos π ４＋isin π ４( ) , －１－i＝ ２ cos５π４＋isin ５π ４( ) ,－１＋i＝ ２ cos３π４＋isin ３π ４( ) ,∴ (１＋ ３i)(－ ３＋i)(１＋i) (－１－i)２(－１＋i) ＝ ４ ２􀅰 cos π３＋ ５π ６＋ π ４( )＋isin π ３＋ ５π ６＋ π ４( )[ ] ２ ２ cos ５π２＋ ３π ４( )＋isin ５π ２＋ ３π ４( )[ ] ＝２ cos π３＋ ５π ６＋ π ４－ ５π ２－ ３π ４( )[ ＋ isin π３＋ ５π ６＋ π ４－ ５π ２－ ３π ４( ) ] ＝２ cos －１１６π( )＋isin － １１ ６π( )[ ]＝ ３＋i． [例３]　[解]　欲求∠Z２OZ１,可计算 z１ z２ ．∵ z１ z２ ＝１＋２ ３i ７＋ ３i ＝ (１＋２ ３i)(７－ ３i) (７＋ ３i)(７－ ３i) ＝１＋ ３i４ ＝ １ ２ cos π ３＋isin π ３( ) ,∴∠Z２OZ１＝ π ３ ,且|OZ１ → | |OZ２ → | ＝ １２ ,由 余弦定理,设|OZ１|＝k,|OZ２|＝２k(k＞０),则|Z１Z２|２＝k２ ＋(２k)２－２k􀅰２k􀅰cos π３＝３k ２, ∴|Z１Z２|＝ ３k,而k２＋(３k)２＝(２k)２, ∴△OZ１Z２ 为有一锐角为６０°的直角三角形． 变式训练 ３．解:依 题 意 知 (－ １ ＋ ３i)􀅰 cos４π３＋isin ４π ３( ) ＝ z２ cos３π４＋isin ３π ４ ．∴z２＝(－１＋ ３i) cos４π３＋isin ４π ３( ) cos ３π ４＋isin ３π ４( ) ＝２ cos２π３＋isin ２π ３( ) cos ４π ３＋isin ４π ３( ) 􀅰 cos３π４＋isin ３π ４( ) ＝２ cos ２π３＋ ４π ３＋ ３π ４( )＋isin ２π ３＋ ４π ３＋ ３π ４( )[ ] ＝２ cos１１π４ ＋isin １１π ４( )＝－ ２＋ ２i． 随堂步步夯实 １．B　[因为１＋i１－i＝ ２i ２＝i ,所以 １＋i １－i( ) n ＝in 为实数,所以n的 最小值为２．] ２．解 析:１z ＝ cos０°＋isin０° ２(cos２０°＋isin２０°)＝ １ ２ [cos (－ ２０°) ＋isin(－２０°)]． 答案:１ ２ [cos(－２０°)＋isin(－２０°)] ３．解析:(３＋i)(cos６０°＋isin６０°) ＝２(cos３０°＋isin３０°)(cos６０°＋isin６０°) ＝２(cos９０°＋isin９０°)＝２i． 答案:２i ４．解:２(cos５°＋isin５°)×４(cos３０°＋isin３０°)× １ ２ (cos２５°＋isin２５°)＝８(cos３５°＋isin３５°)× １ ２ (cos２５°＋isin２５°)＝４(cos６０°＋isin６０°)＝ ２＋２ ３i． ５．解:２i÷ １２ (cos３０°＋isin３０°)[ ]＝２(cos９０°＋ isin９０°)÷ １２ (cos３０°＋isin３０°)[ ] ＝４(cos６０°＋isin６０°) ＝２＋２ ３i． 章末归纳提升　归纳提升 [例１]　[解]　(１)当m２＋２m－１＝０且m－１≠０, 即m＝－１± ２时,z∈R． (２)当m２＋２m－１≠０且m－１≠０． 即m≠－１± ２且m≠１时,z为虚数． (３)当m (m＋２) m－１ ＝０ 且m２＋２m－１≠０． 即m＝０或－２时, z为纯虚数． 变式训练 １．解:(１)因为一个复数是实数的充要条件是虚部为０, 所以 x２－３x－３＞０, log２(x－３)＝０, x－３＞０,{ 解得x＝４,所以当x＝４时,z∈R． (２)因为 一 个 复 数 是 虚 数 的 充 要 条 件 是 虚 部 不 为 ０,所 以 x２－３x－３＞０, log２(x－３)≠０, x－３＞０,{ 解得x＞ ３＋ ２１ ２ 且x≠４． 所以当x＞３＋ ２１２ 且x≠４时,z为虚数． [例２]　[解]　设x＝a＋bi(a,b∈R),则y＝a－bi． 又(x＋y)２－３xyi＝４－６i,∴４a２－３(a２＋b２)i＝４－６i, ∴ ４a２＝４, a２＋b２＝２,{ ∴ a＝１, b＝１{ 或 a＝１, b＝－１{ 或 a＝－１, b＝１{ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０６２􀅰 数学(BS)􀅰必修第二册 或 a＝－１, b＝－１,{ ∴ x＝１＋i, y＝１－i{ 或 x＝１－i, y＝１＋i{ 或 x＝－１＋i, y＝－１－i{ 或 x＝－１－i, y＝－１＋i．{ 变式训练 ２．解:(１)z＝(１＋２i)(－２＋i)－ (３＋i)(１－i) (１＋i)(１－i) ＝－４－３i－４－２i２ ＝－４－３i－ (２－i)＝－６－２i． (２)∵(－６－２i)２＋(２a－１)(－６－２i)－(１－i)b－１６＝０, ∴３２＋２４i－６(２a－１)－２(２a－１)i－b＋bi－１６＝０, ∴２２－１２a－b＋(２６－４a＋b)i＝０, ∴ ２２－１２a－b＝０ , ２６－４a＋b＝０{ 解得 a＝３, b＝－１４．{ [例３]　[解]　|z＋３－ ３i|＝ ３表示以－３ ＋ ３i对应的点 P 为圆心,以 ３为半径的 圆,如图所示, 则|OP|＝|－３＋ ３i|＝ １２＝２ ３,显然 |z|max＝|OA|＝|OP|＋ ３＝３ ３, |z|min＝|OB|＝|OP|－ ３＝ ３． 变式训练 ３．解:因为|z|＝１,所以z􀅰􀭵z＝１, 所以z２－z＋１＝z２－z＋z􀭵z＝z(z＋􀭵z－１), 所以|z２－z＋１|＝|z(z＋􀭵z－１)|＝|z|􀅰|z＋􀭵z－１| ＝|z＋􀭵z－１|． 设z＝x＋yi(x,y∈R),那么|z＋􀭵z－１|＝|２x－１|, 又因为|z|＝１,所以x２＋y２＝１． 所以－１≤x≤１,所以－３≤２x－１≤１, 则０≤|２x－１|≤３． 所以|z２－z＋１|的最小值为０,最大值为３． [例４]　[解]　(１)复平面内A,B,C 对应的点坐标分别为(１, ３),(０,２),(２,１), 设D 的坐标为(x,y),由于AD→＝BC→, ∴(x－１,y－３)＝(２,－１), ∴x－１＝２,y－３＝－１,解得x＝３,y＝２,故D(３,２), 则点D 对应的复数z＝３＋２i． (２)∵３＋２i是关于x的方程２x２－px＋q＝０的一个根, ∴３－２i是关于方程２x２－px＋q＝０的另一个根, 则３＋２i＋３－２i＝p２ ,(３＋２i)􀅰(３－２i)＝q２ , 即p＝１２,q＝２６． 变式训练 ４．解:(１)由题意得z＝z２－z１＝－cos２θ－sin２θ＋(cos２θ－１)i ＝－１＋(－２sin２θ)i． (２)由(１)知,点P 的坐标为(－１,－２sin２θ)． 由点P 在直线y＝１２x 上得－２sin２θ＝－１２ , ∴sin２θ＝１４ ,又θ∈(０,π),∴sinθ＞０, 因此sinθ＝１２ ,∴θ＝π６ 或θ＝５π６． 第六章　立体几何初步 §１．基本立体图形 １．１　构成空间几何体的基本元素 １．２　简单多面体———棱柱、棱锥和棱台 课前预习学案　情境引入 　提示:几何体的表面都是由平面多边形围成的． 知识梳理　知识点一 ２．(１)无限延展　(２)４５°　两倍　 [思考] １．提示:平面向四周是无限延展的,没有大小． 知识点三 ２．平行的面 [思考] ２．提示:棱柱的侧面是平行四边形,侧棱长都相等,且上下两个 底面全等． ３．提示:不一定．如图所示的几何体,不是棱柱． 知识点四 １．三角形 [思考] ４．提示:不一定是．如图所示的几何体不是棱锥． ５．提示:一个棱锥至少有四个面． ６．提示:符合条件的棱锥只有三棱锥,三棱锥也叫四面体． ７．提示:不一定,只有用平行于棱锥底面的平面去截棱锥才能 得到棱台． ８．提示:棱台的各侧棱延长线一定交于一点． ９．提示:侧棱延长后交于一点,并且上下底面平行． 预习自测 １．D　２．D　３．A 课堂互动学案 [例１]　[解析]　A　[由平面的概念和特征知,平面是平滑、 无厚度、可无限延展的,可以判定命题④正确．其余的命题都 不符合平面的概念和特征,所以命题①②③都不正确,正确 命题只有１个．故选 A．] 变式训练 １．解: 题号 结论及理由 (１) 错误．因为平面是无限延展的． (２) 正确．除了用平行四边形表示平面外,有时也用矩 形、圆等表示平面． (３) 错误．平面是不可度量的,无大小,无面积． (４) 错误．平面不可度量,无厚薄． [例２]　[解]　(１)该几何体有两个面是互相平行且全等的正 六边形,其他各面都是矩形,可使相邻两个面的公共边都相 互平行,故该几何体是正六棱柱． (２)该几何体的一个面是正方形,其他各面都是全等的三角 形,并且这些三角形有一个公共顶点,因此该几何体是正四 棱锥． (３)该几何体上、下两个面是相似三角形,其余各面都是梯 形,并且这些梯形的腰延长后能相交于一点,因此该几何体 是三棱台． 变式训练 ２．解析:对于①,有一个面是多边形,其余各面都是有一个公共 顶点的三角形,由这些面所围成的多面体叫做棱锥,故①不 正确; 对于②,由棱台的定义,知截面和棱锥的底面平行,故②不 正确; 对于③,如图所示,在正方体ABCD－A１B１C１D１ 中,四棱锥 A１－ABCD 的四个侧面均为直角三角形,故③正确． 答案:③ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１６２􀅰 参考答案