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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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