第7章 复数 单元复习归纳-【重难点手册】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

第七章复数用 单元复习归纳 国i1i1 知识体系构建 mmnnm 数系的扩充。虚数单位 复数的实部和虚部 实数(b=0) 复数的分类 复数的概念 虚数(b≠0)当a=0时为纯虚数) 复数的概念 复数相等：a+bi=c+di台a=c,b=d 共轭复数：z=a+bi与乏=a-bi互为共轭复数 复数a+bi,复平面内的点Za,b), 平面向量OZ是一一对应的 复数的几何意义 复数的模：lx=la+bi=a+b 法则：(a+bi)+(c+di)= 数 (a+c)+(b+d)i 加法 几何意义：复数的加法可 复数代数形式的加、 以按照向量的加法进行 减运算及其几何意义 法则：(a+bi)-(c+di) (a-c)+(b-d)i 减法 几何意义：复数的减法可 复数的四则 以按照向量的减法进行 运算 复数代数形式 乘法法则：(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i 的乘、除运算 除法法则：(a+bi):(c+di)=ac+bd+bc-ad c+d i(c+di≠0) c+d 高考创新题型 例①[新定义](2025·广东东莞 回▣ b和a十b1. 期末)通过平面直角坐标系，我们可以 (2)类比平面向量数量积满足的运算律， 视频微课 用有序实数对表示向量.类似的，我们 得出“复向量”的一个相关结论a·(b十c)=a· 可以把有序复数对（之1，之2）（之1，之2∈C)看作一 b十a·c,判断其是否正确并说明理由. 个向量，记a=(之1，之2)，称a为“复向量”.类比 (3)设a=（2+2i,2),集合2={p|p= 平面向量的相关运算法则，对于a=(之1，之2)，b= (之1，之2)，之2=1+2,1，之2∈C},B∈2.求 (之3，之4)（之1，之2，之3，之4∈C),我们有如下运算 a一|的最小值；并证明当|α一B取最小值 时，对于任意的Y∈2，(a一)·(B一Y)=0. 法则：①a士b=(之1士之3，之2士之4)；②λa= 解析(1)由a=(1,2-i),b=(1十i,2i), (λz1,λz2)(入∈C);③a·b=z1z3+z2z4; 得a+b=(2+i,2+i),a·b=1×(1-i) ④a|=√a·a. 2i(2-i)=1-i-4i+2=-1-5i, (1)设a=(1,2-i),b=(1十i,2i),求a· 则a十b1=√(2+)(2-i)+(2+i)(2-D=√10. 99 重难点手册高中数学必修第二册RJA (2)设a=(x1,之2)，b=(之3，之4)，c=(之5，之6)（之1， 的元素.a=d十ai+bj十ck称为四元数，其中 之2,23，之4，之5，之6∈C), i,j,k都是虚数单位，d称为a的实部，ai十bj十 则b+c=（之3十之5，之4十x6),a·b=之13十 ck称为α的虚部，两个四元数之间的加法定义 之2之4，a·c=之1之5十之2z6, (d+ai+bj+ck)+(d2+a2i+b2j+ a·(b十c)=之1（之3十之5）十之2(24十之6)， c2k)=(d1+d2)+(a1+a2)i+(b1+b2)j+(c1十 因为之3十之5=之3十之5，之4十之6=之4十之6， c2)k两个四元数的乘法定义为：j=一ji=k,jk 所以a·(b十c)=1(23十5)十z2(24十6)= kj=i,ki=-ik=j,2=j2=k2=-1,四元 z1z3十之2之4十之1十之2之6=a·b十a·c,故结论正确. 数的乘法具有结合律，且乘法对加法有分配 (3)不妨令B=(m+ni,m+2+ni)(m,n∈R), 律.对于四元数a,若存在四元数B使得a8= 则a-B=(2-m-(n-2)i,-m-ni), Ba=1,称B是a的逆，记为B=a1,实部为0 则|a-B川= 的四元数称为纯四元数，把纯四元数的全体记 √[2-m-(n-2)i][2-m+(n-2)i+(-m-ni)(-m+ni) 为W.设a,b,c,d∈R,四元数a=d十ai+bj+ ck.记a*=d一ai-bj一ck表示a的共轭四 =√(2-m)2+(n-2)2+m2+n 元数. =√2m2-4m+4+2n2-4n+4 (1)计算aa*; =√2(m-1)2+2(n-1)2+4. (2)若a≠0，求a1； 当m=1,n=1时，a-B1取得最小值，为2， (3)若a≠0，B∈W,证明：aa-1∈W, 此时a-B=(1十i,-1-i),B=(1+i,3+i). 解析(1)aa*=(d十ai十bj+ck)(d-ai-bj 设满足条件的Y=(之4，之4十2)，之4∈C, ck)=a2+b2+c2+d2. 则a-B=(1+i,-1-i),B-y=(1+i-之4,1+ (2)因为a≠0，所以a2+b2+c2+d2≠0. i-z4), 由(1)可得aa*=a2+b2+c2+d2. 可得(a-B)·(B-y)=(1+i)(1-i-4)+ a* 所以a‘a2+b2十c2+=1, (-1-i)(1-i-24)=(1十i)(1-i-x4-1+i+z4)=0. 同理可验证(d-ai-bj-ck)(d+ai十bj十ck)= 思维过程 a2+b2+c2+d2, (1)代入定义公式求解即可. Q* (2)根据新定义及向量的代数运算法则，即可 所以a2+b+c+d·a=1. 求解 所以&1= +6++十 a* (3)设满足条件的B=(m十i,m十2十ni),表示 (3)设a=d+ai十bj十ck,B=xi+yj+zk,则 出a-B=(2-m-(n-2)i,一m-ni),即可得到 aB=(d+ai+bj+ck)(xi+yj+zk) “一，根据完全平方数的性质计算可得最小值 =(-ax-by-cz)+(dx+bz-cy)i+(dy 例2[新定义](2025·华中师大 az+cx)j+(dz+ay-bx)k. 由(2)知a1= d-ai-bj-ck 一附中期末)数学中的数，除了实数、复 a2+b2+c2+d2, 数外，还有四元数.四元数在计算机图 而aa1的实部为 形学中有广泛应用，主要用于描述空间中的旋 d(-ax-by-cz)+a(dz+bz-cy)+b(dy-az+cz)+c(dz+ay-br) a2+b2+c2+d2 转.集合H={d十ai+bj+cka,b,c,d∈R}中 =0, 100 ,第七章复数 所以aa1实部为0，所以aa1∈W. 所以f(2kπ+b)=3[cos(2kπ十b)+isin(2kπ十 例3[创新探究](2025·广东深圳中学 :b)]=34(cos 6+isin b)=f(6), 月考)对任意复数之=x十yi(x,y∈R),定义 所以令m=2kπ，k∈Z,则有f(b十m)=f(b), g(z)=3*(cos y+isin y). 同时取不同值时，m也有相应的不同值，故m (1)若g(x)=3,求相应的复数z. 不唯一 视频微课 (2)若之=a+bi(a,b∈R)中的a (3)因为g2+)-子(s至+i买)=9（经 为常数，则令g(之)=f(b),对任意b,是否一定 有常数m(m≠0)使得f(b十m)-f(b)?这样的 m是否唯一？请判断并说明理由. (3)计算g2+到g(-1+),g(1+到， (-1+到=3(o至+)=（慢+ 并建立它们之间的一个等式.由此发现一个一 。 般的等式，并证明. g(1+i-3(cos 2+isin 2)-3i. 解析(1)由g(z)=3(cosy+isin y)=3cosy+ (3*sin y)i,g(z)=3, 所以g(2+T)g（-1+)=g1+) 得3cosy+(3siny)i=3, 一般地，对于任意复数之1，之2，有g(之1)g(之2) (3*cos y=3, 即 由3>0得siny=0,进而cosy= g(21十22)， (3sin y=0, 士1， 证明如下：g(z1)g(x2)=31(cosy1十isin y1)· 当cosy=1时，3”=3，解得x=1,此时y=2kπ， 3*2 (cos y2+isin y2) k∈Z; =3 [cos y cos y2-sin ysin y2+i(sin y1cos y2 当c0sy=一1时，一32=3，无解，舍去， +cos yi sin y2)] 所以x=1,y=2kπ，k∈Z, =31+[cos(y1+y2)+isin(y1+y2)], 故x=x+yi=1+2kxi,k∈Z. (2)由题意得，f(b)=g(z)=3(cosb+isin b), 因为g(z1十z2)=31+?[cos(y1十y2)十 因为cos(2kπ+b)=aosb,sin(2kπ十b)=sinb,k∈Z, isin(yi+y2), (在三角函数中，利用诱导公式去寻找) 所以g(之1)g(之2)=g(21十22). 101