10.3 第二课时 复数三角形式的乘除法-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第四册五维课堂同步课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦复数三角形式的乘除法运算，涵盖乘法、除法、乘方的运算法则及几何意义，通过“代数形式运算繁杂”的问题情境导入，衔接复数代数形式与三角形式，搭建知识迁移的学习支架。 其亮点在于以向量旋转和伸缩阐释几何意义，培养逻辑推理与数学运算素养，例题与变式训练结合代数、三角形式转化，章末归纳系统整合复数知识。学生能深化运算理解，教师可借助分层练习提升教学效率。

第二课时　复数三角形式的乘除法 第十章 复数 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 课前 预习学案 课堂 互动学案 01 02 随堂 步步夯实 03 课后 素养提升 04 章末归纳提升 05 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 课前 预习学案 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 课堂 互动学案 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 随堂 步步夯实 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 章末归纳提升 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 下一页 上一页 返回导航 第十章 复数 数学B版·必修第四册 课程标准 素养解读 1.掌握复数的三角形式的乘、除及乘方运算． 2．掌握复数的代数形式与三角形式的运算特点. 从向量的角度理解复数的三角形式的乘、除、乘方运算及几何意义，培养学生的逻辑推理素养，提升数学运算素养. [情境引入] 复数代数形式可进行加、减、乘、除四则运算． 问题　三角形式表示的两个复数的乘积，可否由代数形式的乘法法则得出？ 提示　三角形式下两个复数的乘积仍可按代数形式进行计算，但过程繁杂，运用三角形式下两复数的乘法法则可使运算简便． [知识梳理] 1．复数三角形式的乘法 设复数z1＝r1(cos θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cos θ2＋isin θ2)，则z1z2＝r1(cos θ1＋isin θ1)·r2(cos θ2＋isin θ2)＝　r1r2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]　，即由两个复数z1，z2的三角形式可得z1z2的三角形式，z1的模乘以z2的模等于　z1z2的模　，　z1的辐角与z2的辐角之和　是z1z2的辐角． 简记为：模数相乘，辐角相加 几何意义：设z1，z2对应的向量分别为eq \o(OZ,\s\up6(→))1，eq \o(OZ,\s\up6(→))2，将eq \o(OZ,\s\up6(→))1绕原点旋转θ2，再将eq \o(OZ,\s\up6(→))1的模变为原来的　r2　倍，如果所得向量为eq \o(OZ,\s\up6(→))，则eq \o(OZ,\s\up6(→))对应的复数即为z1z2. 2．复数的乘方 [r(cos θ＋isin θ)]n＝　rn[cos(nθ)＋isin(nθ)]　，n∈N，即复数n次幂的模等于　模的n次方　，辐角等于　复数辐角的n倍　. 简记为：模数乘方，辐角n倍 3．复数三角形的除法 设复数z1＝r1(cos θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cos θ2＋isin θ2)，则eq \f(z1,z2)＝eq \f(r1cos θ1＋isin θ1,r2cos θ2＋isin θ2)＝　eq \f(r1,r2)[cos (θ1－θ2)＋isin(θ1－θ2)]　，即由两个复数z1，z2(z2≠0)的三角形式可得eq \f(z1,z2)的三角形式；z1的模　除以　z2的模等于eq \f(z1,z2)的模，z1的辐角　减去　z2的辐角是eq \f(z1,z2)的辐角． 简记为：模数相除，辐角相减 1.三角形式下两个复数相乘，积的辐角等于这两个复数的辐角的和，能将其中“辐角”换为“辐角主值”吗，即arg(z1z2)与argz1，argz2有怎样的关系？ [提示]　积的辐角等于原来两个复数的辐角集合中各任取一个，求和角，所有和角组成的集合，即为积的辐角的集合，而积的辐角主值不一定等于这两个复数的辐角主值和．arg(z1z2)＝argz1＋argz2＋2kπ，其中整数k使argz1＋argz2＋2kπ∈[0,2π)． 2．由三角形式的乘法法则，结合向量知识，如何理解复数乘法的几何意义？ [提示]　复数的乘法实质上就是向量的旋转和伸缩，旋转方向与角度取决于从另一复数的辐角集合中取出来的值，伸长或缩短及其倍数取决于另一复数的模的大小． [预习自测] 1．把复数a＋bi(a，b∈R)在复平面内对应的向量绕原点O点按顺时针方向旋转90°后所得向量对应的复数为(　　) A．a－bi　　　　　 B．－a＋bi C．b－ai D．－b＋ai 解析：C　[按顺时针旋转90°，即将复数与－i相乘，∴所求复数为(a＋bi)·(－i)＝b－ai.] 2．设π＜θ＜eq \f(5π,4)，则复数eq \f(cos 2θ＋isin 2θ,cos θ－isin θ)的辐角主值为(　　) A．2π－3θ B．3θ－2π C．3θ D．3θ－π 解析：B　[eq \f(cos 2θ＋isin 2θ,cos θ－isin θ)＝eq \f(cos 2θ＋isin 2θ,cos－θ＋isin－θ)＝cos 3θ＋isin 3θ. ∵π＜θ＜eq \f(5π,4)，∴3π＜3θ＜eq \f(15π,4)，∴π＜3θ－2π＜eq \f(7π,4)，故本题应选B.] 3.eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5,12)π＋isin\f(5,12)π))·eq \r(6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5,6)π＋isin\f(5,6)π))＝　________　. 解析：eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5,12)π＋isin\f(5,12)π))·eq \r(6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5,6)π＋isin\f(5,6)π))＝ 3eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,4)＋isin\f(5,4)π))＝3eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)i))＝－3－3i. 答案：－3－3i 4．计算(cos π＋isin π)÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))＝　________　. 解析：(cos π＋isin π)÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin \f(π,3)))＝coseq \f(2π,3)＋isineq \f(2π,3)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i. 答案：－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i 5.eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)＋isin\f(π,4)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))＝　________　. 解析：eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,4)＋isin\f(π,4)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))＝eq \r(2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,3)))))＝ eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7π,12)＋isin\f(7π,12))). 答案：eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7π,12)＋isin\f(7π,12))) 复数三角形式的乘法 [例1]　 (1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(2π,3)＋isin\f(2π,3)))))·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6)))))； (2)3(cos 20°＋isin 20°)·[2(cos 50°＋isin 50°)][10(cos 80°＋isin 80°)]； (3)(－1＋i)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7,4)π＋isin\f(7π,4))))). [思路点拨]　运用复数三角形式的乘法运算法则直接求解． 解：(1)原式＝2×3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)))))＝ 6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,6)＋isin\f(5π,6)))＝3eq \r(3)＋3i. (2)原式＝3×2×10[cos(20°＋50°＋80°)＋isin(20°＋50°＋80°)]＝60(cos 150°＋isin 150°)＝－30eq \r(3)＋30i. (3)(－1＋i)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7π,4)＋isin\f(7π,4)))))＝eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(3π,4)＋isin\f(3π,4)))·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(7π,4)＋isin\f(7π,4)))))＝eq \r(6) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋\f(7π,4)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋\f(7π,4)))))＝eq \r(6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5,2)π＋isin\f(5π,2)))＝eq \r(6)i. 两个复数三角形式相乘，把模相乘作为积的模，把辐角相加作为积的辐角．若遇到复数的代数形式与三角形式混合相乘时，需将相混的复数统一成代数形式或三角形式，然后再进行复数的代数形式相乘或三角形式相乘． [变式训练] 1．已知z1＝8(cos 240°＋isin 240°)，z2＝2(cos 150°－isin 150°)，求z1z2的代数形式． 解：z2＝2(cos 150°－isin 150°)＝2[cos(－150°)＋isin(－150°)]，∴z1z2＝8×2[cos(240°－150°)＋isin(240°－150°)]＝16(cos 90°＋isin 90°)＝16i. 复数三角形式的除法 [例2]　计算：i3÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 120°＋isin 120°)). [思路点拨]　直接运用复数三角形式的除法法则进行运算． [解]　i3÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 120°＋isin 120°))＝－i÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 120°＋isin 120°))＝(cos 270°＋isin 270°)÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 120°＋isin 120°))＝2[cos(270°－120°)＋isin(270°－120°)]＝2(cos 150°＋isin 150°)＝－eq \r(3)＋i. 两个三角形式的复数相除(除数不为0)，则商还是一个复数，它的模等于被除数的模除以除数的模所得的商，它的辐角等于被除数的辐角减去除数的辐角所得的差．出现复数的代数形式先转化为复数的三角形式再计算． [变式训练] 2．计算： (1)4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(4π,3)＋isin \f(4π,3)))÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(5π,6)＋isin \f(5π,6)))))； (2)eq \f(1＋\r(3)i－\r(3)＋i1＋i,－1－i2－1＋i). 解：(1)4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(4π,3)＋isin \f(4π,3)))÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,6)＋isin\f(5π,6)))))＝ 2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－\f(5π,6)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－\f(5π,6)))))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,2)＋isin \f(π,2)))＝2i. (2)∵1＋eq \r(3)i＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,3)＋isin \f(π,3)))，－eq \r(3)＋i＝ 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(5π,6)＋isin \f(5π,6)))，1＋i＝eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,4)＋isin \f(π,4)))， －1－i＝eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(5π,4)＋isin \f(5π,4)))，－1＋i＝eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(3π,4)＋isin \f(3π,4)))， ∴eq \f(1＋\r(3)i－\r(3)＋i1＋i,－1－i2－1＋i)＝eq \f(4\r(2)·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(5π,6)＋\f(π,4)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(5π,6)＋\f(π,4))))),2\r(2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋\f(3π,4)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)＋\f(3π,4))))))＝ 2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(5π,6)＋\f(π,4)－\f(5π,2)－\f(3π,4)))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(5π,6)＋\f(π,4)－\f(5π,2)－\f(3π,4)))))＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,6)π))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,6)π))))＝eq \r(3)＋i. 　　复数乘法、除法的几何意义 [例3]　若eq \o(OZ,\s\up6(→))1与eq \o(OZ,\s\up6(→))2分别表示复数z1＝1＋2eq \r(3)i，z2＝7＋eq \r(3)i，求∠Z2OZ1并判断△OZ1Z2的形状． [思路点拨]　运用复数乘法、除法的几何意义求解． [解]　欲求∠Z2OZ1，可计算eq \f(z1,z2).∵eq \f(z1,z2)＝eq \f(1＋2\r(3)i,7＋\r(3)i)＝eq \f(1＋2\r(3)i7－\r(3)i,7＋\r(3)i7－\r(3)i)＝eq \f(1＋\r(3)i,4)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(π,3)＋isin \f(π,3)))，∴∠Z2OZ1＝eq \f(π,3)，且eq \f(|\o(OZ1,\s\up6(→))|,|\o(OZ2,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，由余弦定理，设|OZ1|＝k，|OZ2|＝2k(k＞0)，则|Z1Z2|2＝k2＋(2k)2－2k·2k·cos eq \f(π,3)＝3k2， ∴|Z1Z2|＝eq \r(3)k，而k2＋(eq \r(3)k)2＝(2k)2， ∴△OZ1Z2为有一锐角为60°的直角三角形． 复数相乘、相除实质上就是复数所对向量的旋转和伸缩，旋转的角度与方向，取决于另一复数的辐角的正、负与大小． [变式训练] 3．设复数z1，z2对应的向量分别为eq \o(OZ1,\s\up6(→))，eq \o(OZ2,\s\up6(→))，O为坐标原点，且z1＝－1＋eq \r(3)i，若把eq \o(OZ1,\s\up6(→))绕原点逆时针旋转eq \f(4π,3)，把eq \o(OZ2,\s\up6(→))绕原点顺时针旋转eq \f(3π,4)，所得两向量恰好重合，求复数z2. 解：依题意知(－1＋eq \r(3)i)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(4π,3)＋isin \f(4π,3)))＝eq \f(z2,cos \f(3π,4)＋isin \f(3π,4)).∴z2＝(－1＋eq \r(3)i) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(4π,3)＋isin \f(4π,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(3π,4)＋isin \f(3π,4))) 1．若复数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))n为实数，则正整数n的最小值是(　　) A．1　　B．2　　　C．3　　　D．4 解析：B　[因为eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(2i,2)＝i，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))n＝in为实数，所以n的最小值为2.] 2．z＝2(cos 20°＋isin 20°)，则eq \f(1,z)＝　________　. 解析：eq \f(1,z)＝eq \f(cos 0°＋isin 0°,2cos 20°＋isin 20°)＝eq \f(1,2)[cos(－20°)＋isin(－20°)]． 答案：eq \f(1,2)[cos(－20°)＋isin(－20°)] 3．计算：(eq \r(3)＋i)(cos 60°＋isin 60°)＝　________　. 解析：法一　(eq \r(3)＋i)(cos 60°＋isin 60°)＝ 2(cos 30°＋isin 30°)(cos 60°＋isin 60°)＝2(cos 90°＋isin 90°)＝2i. 法二　(eq \r(3)＋i)(cos 60°＋isin 60°)＝(eq \r(3)＋i)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(3,2)i＋eq \f(1,2)i－eq \f(\r(3),2)＝2i. 答案：2i 4．计算：2(cos 5°＋isin 5°)×4(cos 30°＋isin 30°)× eq \f(1,2)(cos 25°＋isin 25°)． 解：2(cos 5°＋isin 5°)×4(cos 30°＋isin 30°)× eq \f(1,2)(cos 25°＋isin 25°)＝8(cos 35°＋isin 35°)× eq \f(1,2)(cos 25°＋isin 25°)＝4(cos 60°＋isin 60°)＝ 2＋2eq \r(3)i. 5．计算：2i÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 30°＋isin 30°)). 解：2i÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 30°＋isin 30°))＝2(cos 90°＋ isin 90°)÷eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos 30°＋isin 30°))＝4(cos 60°＋isin 60°)＝2＋2eq \r(3)i. [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＝eq \f(mm＋2,m－1)＋(m2＋2m－1)i，当m为何值时； (1)z∈R；(2)z是虚数；(3)z是纯虚数． [解]　(1)当m2＋2m－1＝0且m－1≠0， 即m＝－1±eq \r(2)时，z∈R. (2)当m2＋2m－1≠0且m－1≠0. 即m≠－1±eq \r(2)且m≠1时，z为虚数． (3)当eq \f(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．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． 解：(1)因为一个复数是实数的充要条件是虚部为0， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，,log2x－3≠0，,x－3>0，))解得x>eq \f(3＋\r(21),2)且x≠4.所以当x>eq \f(3＋\r(21),2)且x≠4时，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． [例2]　已知x，y为共轭复数，且(x＋y)2－3xyi＝4－6i，求x，y. [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， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a2＝4，,a2＋b2＝2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－1，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1＋i，,y＝1－i))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1－i，,y＝1＋i))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1＋i，,y＝－1－i))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1－i，,y＝－1＋i.)) [变式训练] 2．已知复数z＝(1＋2i)(－2＋i)－eq \f(3＋i,1＋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． 解：(1)z＝(1＋2i)(－2＋i)－eq \f(3＋i1－i,1＋i1－i) ＝－4－3i－eq \f(4－2i,2)＝－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， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(22－12a－b＝0，,26－4a＋b＝0))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－14.)) 复数的模及其几何意义 1．z≠0，z为纯虚数⇔eq \o(z,\s\up6(－))＝－z. 2．复数模的计算公式：若z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z|＝eq \r(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·eq \o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \o(z,\s\up6(－))|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq \f(|z1|,|z2|)(z2≠0)等． [例3]　复数z满足|z＋3－eq \r(3)i|＝eq \r(3)，求|z|的最大值和最小值． [解]　|z＋3－eq \r(3)i|＝eq \r(3)表示以－3＋eq \r(3)i对应的点P为圆心，以eq \r(3)为半径的圆，如图所示， 则|OP|＝|－3＋eq \r(3)i|＝eq \r(12)＝2eq \r(3)，显然|z|max＝|OA|＝|OP|＋eq \r(3)＝3eq \r(3)， |z|min＝|OB|＝|OP|－eq \r(3)＝eq \r(3). [变式训练] 3．已知z∈C且|z|＝1，求|z2－z＋1|的最值． 解：因为|z|＝1，所以z·eq \o(z,\s\up6(－))＝1， 所以z2－z＋1＝z2－z＋zeq \o(z,\s\up6(－))＝z(z＋eq \o(z,\s\up6(－))－1)， 所以|z2－z＋1|＝|z(z＋eq \o(z,\s\up6(－))－1)|＝|z|·|z＋eq \o(z,\s\up6(－))－1|＝|z＋eq \o(z,\s\up6(－))－1|. 设z＝x＋yi(x，y∈R)，那么|z＋eq \o(z,\s\up6(－))－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. 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． [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eq \o(AD,\s\up6(→))＝eq \o(BC,\s\up6(→))，∴(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＝eq \f(p,2)，(3＋2i)·(3－2i)＝eq \f(q,2)，即p＝12，q＝26. [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＋icos 2θ，其中θ∈(0，π)，设eq \o(AB,\s\up6(→))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＝eq \f(1,2)x上，求θ的值． 解：(1)由题意得z＝z2－z1＝－cos2θ－sin2θ＋(cos 2θ－1)i＝－1＋(－2sin2θ)i. (2)由(1)知，点P的坐标为(－1，－2sin2θ)． 由点P在直线y＝eq \f(1,2)x上得－2sin2θ＝－eq \f(1,2)， ∴sin2θ＝eq \f(1,4)，又θ∈(0，π)，∴sin θ>0， 因此sin θ＝eq \f(1,2)，∴θ＝eq \f(π,6)或θ＝eq \f(5π,6). $