2019-2020年高三数学第一轮复习第84课时复数的有关概念教案.pdf

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1、2019-2020 年高三数学第一轮复习第84 课时复数的有关概念教案 一教学目标： 1使学生了解扩充实数集的必要性，正确理解复数的有关概念掌握复数的代数、几何、 三角表示及其转换； 2掌握复数的运算法则，能正确地进行复数的运算，并理解复数运算的几何意义； 3掌握在复数集中解实数系数一元二次方程和二项方程的方法 4通过内容的阐述，带综合性的例题和习题的训练，继续提高学生灵活运用数学知识解题 的能力 5通过数的概念的发展，复数、复平面内的点及位置向量三者之间的联系与转换的复习教 学，继续对学生进行辩证观点的教育 二教学重点：复数三角形式表示法及复数的运算法则，复数与实数的区别和联系。 三教学过程

2、： （一）主要知识： 1. 数的概念的发展，复数的有关概念 （实数、 虚数、 纯虚数、 复数相等、 共轭复数、 模）； 2. 复数的代数表示与向量表示； 3. 复数的加法与减法，复数的乘法与除法，复数的三角形式，复数三角形式的乘法与乘 方，复数三角形式的除法与开方； 4. 复数集中解实系数方程（包括一元二次方程、二项方程）。 复数在过去几年里是代数的重要内容之一，涉及的知识面广，对能力要求较高，是高考 热点之一。但随着新教材对复数知识的淡化，高考试题比例下降，因此考生要把握好复习的 尺度。 从近几年的高考试题上看：复数部分考查的重点是基础知识题型和运算能力题型。基础 知识部分重点是复数的有关概

3、念、复数的代数形式、三角形式、两复数相等的充要条件及其 应用，复平面内复数的几何表示及复向量的运算。主要考点为复数的模与辐角主值，共轭复 数的概念和应用。若只涉及到一、二个知识点的试题大都集中在选择题和填空题；若涉及几 个知识点的试题，往往是中、高档题目，解答此类问题一般要抓住相应的概念进行正确的变 换，对有些题目，往往用数形结合可获得简捷的解法。有关复数n 次乘方、求辐角（主值） 等问题，涉及到复数的三角形式，首先要将所给复数转化为三角形式后再进行变换。 复数的运算是高考中复数部分的热点问题。主要考查复数的代数和三角形式的运算，复 数模及辐角主值的求解及复向量运算等问题。 基于上述情况，我们

4、在学习“复数”一章内容时，要注意以下几点： （1）复数的概念几乎都是解题的手段。因此在学习复数时要在深入理解、熟练掌握复数 概念上下功夫。除去复数相等、模、辐角、共轭 复数的三角形式和代数式，提供了将“复数问题实数化”的手段。 复数的几何意义也是解题的一个重要手段。 （ 2）对于涉及知识点多，与方程、三角、解析几何等知识综合运用的思想方法较多的题 型，以及复数本身的综合题，一直成为学生的难点，应掌握规律及典型题型的技巧解法，并 加以强化训练以突破此难点； (3) 重视以下知识盲点： 不能正确理解复数的几何意义，常常搞错向量旋转的方向； 忽视方程的虚根成对出现的条件是实系数； 盲目地将实数范围内

5、数与形的一些结论，不加怀疑地引用到复数范围中来； 容易混淆复数的有关概念，如纯虚数与虚数的区别问题，实轴与虚轴的交集问题，复 数辐角主值的范围问题等。 （二）知识点详析 1知识体系表解 2复数的有关概念和性质： (1)i称为虚数单位，规定 2 1i，形如 a+bi 的数称为复数，其中a， bR (2) 复数的分类 ( 下面的 a， b 均为实数 ) (3) 复数的相等设复数 1112221122 ,(,)zabizab i a b a bR，那么 12 zz的充要 条件是： 1122 abab且 (4) 复数的几何表示复数z=a+bi （a，bR）可用平面直角坐标系内点Z(a，b) 来表示这

6、时称此平面为复平面，x 轴称为实轴， y 轴除去原点称为虚轴这样，全体复数集C与复平面 上全体点集是一一对应的 复数 z=a+bi, a bR在复平面内还可以用以原点O为起点，以点Z(a，b) 向量所成的集合也是一一对应的( 例外的是复数0 对应点 O，看成零向量 ) (7) 复数与实数不同处 任意两个实数可以比较大小，而任意两个复数中至少有一个不是实数时就不能比较大 小 实数对于四则运算是通行无阻的，但不是任何实数都可以开偶次方而复数对四则运 算和开方均通行无阻 3有关计算： n i * nN怎样计算？（先求n 被 4 除所得的余数， rrk ii 4* ,kNrN） ii 2 3 2 1

7、2 3 2 1 21 、是 1 的两个虚立方根，并且： 1 3 2 3 12 2 11 2 22 1 1 1 2 1 2112 1 21 复数集内的三角形不等式是： 212121 zzzzzz，其中左边在复数z1、 z2对应的向量共线且反向（同向）时取等号，右边在复数z1、z2对应的向量共线且 同向（反向）时取等号。 棣莫佛定理是：)(sin(cos)sin(cosZnninrir n n 若非零复数)sin(cosirz，则 z 的 n 次方根有n 个，即： )1210)( 2 sin 2 (cosnk n k i n k rz n k ， 它们在复平面内对应的点在分布上有什么特殊关系？ 都

8、位于圆心在原点，半径为 n r的圆上，并且把这个圆n 等分。 若 121 ) 3 sin 3 (cos32zizz，复数 z1、z2对应的点分别是A、B，则 AOB （O为坐标原点）的面积是33 3 sin62 2 1 。 zz= 2 z。 复平面内复数z 对应的点的几个基本轨迹： )(arg为实常数z轨迹为一条射线。 是实常数）是复常数， 00 ()arg(zzz轨迹为一条射线。 是正的常数）rrzz( 0 轨迹是一个圆。 )( 2121 是复常数、zzzzzz 轨迹是一条直线。 是正的常数）是复常数，、azzazzzz 2121 (2轨迹有三种可能情 形： a) 当 21 2zza时，轨迹

9、为椭圆；b) 当 21 2zza时，轨迹为一条线段；c) 当 21 2zza时，轨迹不存在。 )(2 21 是正的常数aazzzz 轨迹有三种可能情形：a) 当 21 2zza时，轨迹为双曲线；b) 当 21 2zza时，轨迹为两条射线；c) 当 21 2zza时，轨迹不存在。 4学习目标 (1) 联系实数的性质与运算等内容，加强对复数概念的认识； (2) 理顺复数的三种表示形式及相互转换：z=r(cos +isin )OZ (Z(a,b)z=a+bi (3) 正确区分复数的有关概念； (4) 掌握复数几何意义, 注意复数与三角、解几等内容的综合； (5) 正确掌握复数的运算：复数代数形式的加

10、、减、乘、除；三角 形式的乘、除、乘方、开方及几何意义；虚数单位i及 1 的立方虚根 的性质；模及共轭复数的性质； (6) 掌握化归思想将复数问题实数化（三角化、几何化）； (7) 掌握方程思想利用复数及其相等的有关充要条件，建立相应的方程，转化复数问 题。 （三）例题分析： .2004 年高考数学题选 1. (2004年四川卷理3) 设复数 2 1 2 3 i ，则 1 A.B. 2 C. 1 D. 2 1 2(2004 重庆卷 2）) 设复数zziz2,21 2 则, 则 2 2ZZ （） 复 数 集 纯虚数 虚 数 集 实 A 3 B3 C 3i D3i 3. （ 2004 高考数学试题

11、广东B卷 14）已知复数z 与 (z +2) 2-8i 均是纯虚数 , 则 z = . . 范例分析 实数？虚数？纯虚数？ 复数 z 是实数的充要条件是： 当 m 2 时复数 z 为实数 复数 z 是虚数的充要条件： 当 m 3 且 m 2 时复数 z 为虚数 复数 z 是纯虚数的充要条件是： 当 m 1 时复数 z 为纯虚数 【说明】要注意复数z 实部的定义域是m 3，它是考虑复数z 是实数，虚数纯虚数的 必要条件 要特别注意复数za+bi(a ，bR)为纯虚数的充要条件是a0 且 b0 2 22 21441zzzz，所以 5 4 z，代入得 3 4 zi，故选B 解法 3：选择支中的复数的

12、模均为 2 3 1 4 ，又 0z ，而方程右边为2+i ，它的实部， 虚部均为正数，因此复数z 的实部，虚部也必须为正，故选择B 【说明】解法1 利用复数相等的条件；解法2 利用复数模的性质；解法3 考虑选择题的 特点 求： z 【分析】确定一个复数要且仅要两个实数a、b，而题目恰给了两个独立条件采用待定系 数法可求出a、 b确定 z 运算简化 解：设 z=x+yi(x ， yR) 将 z=x+yi代入 |z4| |z4i| 可得 xy， z=x+xi (2) 当|z1| 2 13 时，即有x 2 x6=0 则有 x=3 或 x=2 综上所述故z0 或 z=3+3i 或 z=-22i 【说明

13、】注意熟练地运用共轭复数的性质其性质有： (3)1+2i+3 2 i+1000 999 i 【说明】计算时要注意提取公因式，要注意利用i 的幂的周期性， (3) 解法 1：原式 =(1+2i34i)+(5+6i78i)+ +(997+998i9991000i) =250(22i)=500500i 解法 2：设 S 1+2i+3 2 i+1000 999 i，则 iS i+2 2 i+3 3 i+ +999 999 i+1000 1000 i， (1i)S 1+i+ 2 i+ 999 i1000 1000 i 【说明】充分利用i 的幂的周期性进行组合，注意利用等比数列求和的方法 【例 6】已知三

14、边都不相等的三角形ABC的三内角A、B、C满足 ) 2 0(sincos,sincossinsincossin 1 且设复数izCCABBA 、 )arg(),sin(cos2 212 zzAiAz求的值 . 【解】 BCCBACCABBAsinsin)cos(cossinsincossinsincossin 得 2 cos 2 sin2) 2 sin 2 sin( 2 cos 2 sin4 CBCBCBCBAA 3 分 ,0 2 , 2 cos 2 sin, 2 sin 2 cos 222 CBACBACBACB 又 .0 2 sin,0 2 sin CBA 上式化简为 22 1 2 cos

15、 2 A A 6 分 ) 2 sin() 2 cos(2 21 izz 9 分 2 3 )arg(, 2 0 21z z时当 当 2 )arg(, 2 21zz时 12 分 【例 7】 设z1=1-cos +isin ，z2=a 2+ai (aR) ，若z1z20，z1z2+z1z2=0，问在（0，2） 内是否存在 使(z1-z2) 2 为实数？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由 【分析 】这是一道探索性问题可根据复数的概念与纯虚数的性质及复数为实数的充要 条件，直接进行解答 【解】假设满足条件的 存在 因z1z20，z1z2+z1z2=0，故z1z2为纯虚数 又z1z2=(1-cos

16、+isin )(a 2+ai ) =a 2(1-cos )- asin +a(1-cos )+a 2sin i， 于是， a 2(1-cos )- asin =0 ， a(1-cos )+a 2sin 0 由知a 0 因 (0 ，2) ，故 cos1于是，由得a= sin 1-cos 另一方面，因 (z1-z2) 2R，故 z1-z2为实数或为纯虚数又 z1-z2=1-cos -a 2+(sin - a)i，于是 sin -a=0，或 1-cos -a 2=0 若 sin -a=0，则由方程组 sin -a=0， a= sin 1-cos ， 得 sin 1-cos =sin ，故 cos=0

17、，于是 = 2 或 =3 2 若 1-cos -a 2=0，则由方程组 1-cos -a 2=0， a= sin 1-cos ， 得( sin 1-cos ) 2=1-cos 由于 sin 2=1-cos2=(1+cos )(1-cos ) ，故 1+cos=(1-cos ) 2 解得 cos =0，从而 = 2 或 =3 2 综上所知，在 (0 ，2) 内，存在 = 2 或 =3 2 ，使 (z1-z2) 2 为实数 【说明 】解题技巧：解题中充分使用了复数的性质：z0，z+z=0z 纯虚数 Re(z)=0， Im(z) 0 以及z 2R zR或z 纯虚数 （注：Re(z) ，Im(z) 分

18、别表示复数z的实部 与虚部） 解题规律：对于“是否型存在题型”，一般处理方法是首先假设结论成立，再进行正 确的推理，若无矛盾，则结论成立；否则结论不成立 【例 8】设a为实数，在复数集C中解方程：z 2+2| z|=a 【分析 】由于z 2=a-2| z| 为实数，故z为纯虚数或实数，因而需分情况进行讨论 【解】设 |z|=r若a 0，则z 2=a-2| z| 0，于是z为纯虚数，从而r 2=2r a 解得r=1+ 1-a(r=1- 1-a0，不合，舍去)故z=(1+ 1-a)i 若a0，对r作如下讨论： （1）若r1 2a，则 z 2=a-2| z| 0，于是z为实数 解方程r 2=a-2

19、r，得r=-1+ 1+a(r=-1- 1+a0，不合，舍去 ) 故z= (-1+ 1+a) （2）若r1 2a，则 z 2=a-2| z| 0，于是z为纯虚数 解方程r 2=2r -a，得r=1+ 1-a或r=1- 1-a(a1) 故z= (11-a)i(a 1) 综上所述，原方程的解的情况如下： 当a0 时，解为：z=(1+ 1-a)i； 当 0a1 时，解为：z=(-1+ 1+a) ，z=(11-a)i； 当a1 时，解为：z=(-1+ 1+a) 【说明】解题技巧：本题还可以令z=x+yi(x、yR)代入原方程后，由复数相等的条件将 复数方程化归为关于x，y 的实系数的二元方程组来求解 【

20、例 9】（ 2004 年上海市普通高校春季高考数学试卷18） 已知实数 p满足不等式0 2 12 x x ， 试判断方程052 22 pzz有无实根，并给出证明 . 【解】由0 2 12 x x ，解得 2 1 2x， 2 1 2p. 方程052 22 pzz的判别式 )4(4 2 p. 2 1 2p，4 2 4 1 p， 0，由此得方程 052 22 pzz无实根 . 【例 10】给定实数a，b，c已知复数z1、z2、z3满足 |z1|=|z 2|=|z3| ， (1) z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 =1 (2) 求az1+bz2+cz3的值 【分析 】注意到条件(1) ，不难

21、想到用复数的三角形式；注意到条件（2），可联想使用复 数为实数的充要条件进行求解 【解】解法一 由|z1|=|z 2|=|z3|=1 ，可设 z1 z2 =cos +i sin ， z2 z3 =cos +i sin ， 则z 3 z1 = 1 z2 z3 z1 z2 =cos( +)-isin( + ) 因 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 =1 ，其虚部为 0， 故 0=sin +sin -sin(+)=2sin + 2 cos - 2 -2sin + 2 cos + 2 =2sin + 2 （cos - 2 -cos + 2 ）=4sin + 2 sin 2 sin 2 故 =

22、2k 或 =2k或 +=2k，kZ因而z1=z2或z2=z3或z3=z1 若z1=z2，代入（ 2）得 z3 z1 = i，此时 az1+bz2+cz3=|z1| ? |a+bci=(a+b) 2 + c 2 类似地，如果z2=z3，则az1+bz2+cz3 =(b+c) 2 + a 2 ； 如果z3=z1，则az1+bz2+cz3=(a+c) 2 + b 2 解法二 由（ 2）知 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 R，故 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 _ ，即 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = 1 3 3

23、2 2 1 z z z z z z 由（ 1）得zk = 1 zk ( k=1，2，3) ，代入上式，得 z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = z2 z1 + z3 z2 + z1 z3 ， 即z1 2z 3+z2 2z 1+z3 2z 2=z2 2z 3+z3 2z 1+z1 2z 2，分解因式，得(z1-z2)(z2-z3)(z3-z1)=0， 于是z1=z2或z2=z3或z3=z1下同解法一 【说明 】解题关键点是巧妙利用复数为实数的充要条件：zRz=z _ ，以及视 z1 z2 ，z 2 z3 等为整体，从而简化了运算 解题易错点是拿到问题不加分析地就盲目动笔，而不注意充分观

24、察题目的已知条件， 结论特征等，从而使问题的求解或是变得异常的复杂，或干脆就无法解出最终的结果 （四）巩固练习： 设复数z=3cos +2isin ，求函数y=-argz(0 2 ) 的最大值以及对应角 的 值 【分析 】先将问题实数化，将y表示成 的目标函数，后利用代数法（函数的单调性、 基本不等式等）以及数形结合法进行求解 解法一、 由 0 2 ，得 tan 0，从而 0argz 2 由z=3cos+2isin ，得tan(argz)= 2sin 3cos =2 3tan 0 于是tany=tan( -argz)= tan -tan(argz) 1+tan tan(argz) = 1 3t

25、an 1 + 2 3tan 2 = 1 3 tan + 2tan 1 2 3 tan 2tan = 6 12 当且仅当 3 tan =2tan ，即 tan = 6 2 时，取“ =” 又因为正切函数在锐角的范围内为增函数，故当 =arctan 6 2 时，y取最大值为arctan 6 12 解法二、 因 0 2 ，故 cos0，sin 0，0 argz 2 ，且 cos(argz)= 3cos 9cos 2+4sin2，sin(arg z)= 2sin 9cos 2 +4sin2 显然y(- 2 ， 2 ) ，且 siny为增函数 siny=sin( -argz)=sin cos(argz)

26、-cos sin(argz)= sin cos 9cos 2+4sin2 = 1 9csc 2 +4sec2= 1 9+9cot 2+4+4tan2 1 13+29cot 24tan2= 1 5 当且仅当 9cot 2 = 4tan2，即 tan = 6 2 ，取“ =”，此时ymax=arctan 6 12 解法三、 设Z1=2(cos +isin ) ，Z2=cos ，则Z=Z1+Z2，而 Z1、Z2、Z的辐角主值分别为、0，argz如图所示，必有y= ZOZ 1，且 0y 2 在ZOZ1中，由余弦定理得 cosy=| OZ1| 2+| OZ| 2-| Z1Z| 2 2|OZ1| ? |O

27、Z| = 4+4+5cos 2 -cos2 224+5cos 2 = 4+5cos 2 5 + 6 54+5cos 2 26 5 当且仅当4+5cos 2=6，即 cos=10 5 时，取“ =” 又因为余弦函数在0 2 为减函数，故当=arccos 10 5 时，ymax=arccos 26 5 【说明 】解题关键点：将复数问题通过化归转化为实数问题，使问题能在我们非常熟 悉的情景中求解解题规律：多角度思考，全方位探索，不仅使我们获得了许多优秀解法， 而且还使我们对问题的本质认识更清楚，进而更有利于我们深化对复数概念的理解，灵活驾 驭求解复数问题的能力解题易错点：因为解法的多样性，反三角函数

28、表示角的不唯一性， 因而最后的表述结果均不一样，不要认为是错误的 四课后作业： 1、下列说法正确的是 A0i 是纯虚数 B原点是复平面内直角坐标系的实轴与虚轴的公共点 C实数的共轭复数一定是实数，虚数的共轭复数一定是虚数D 2 i是虚数 2、下列命题中，假命题是 A两个复数不可以比较大小B两个实数可以比较大小 C两个虚数不可以比较大小D一虚数和一实数不可以比较大小 3、已知对于x 的方程 2 x+（12i ）x+3m i=0 有实根，则实数m满足 4、复数 1+i+ 2 i+ 10 i等于 Ai B i C2i D2i 5、已知常数|,0, 101100 zzzzzCz满足复数且，又复数z 满

29、足1 1 zz，求复平 面内 z 对应的点的轨迹。 6、设复数62zi，记 3 4 u z 。 （1）求复数u的三角形式；（2）如果2 ab zu zu ，求实数a、b的值。 7、（ 2003 年普通高等学校招生全国统一考试( 理 17) ） 9 x a y o Z Z Z 已知复数z的辐角为60，且|1| z是| z和|2| z的等比中项，求| z 8、已知复数 12 ,z z满足 12 1zz，且 12 2zz。 （1）求 12 zz的值；（ 2）求证： 2 1 2 0 z z ； （3）求证对于任意实数a，恒有 1212 zazzaz。 9、（ 1992三南试题）求同时满足下列两个条件的

30、所有复数z： (1)z+10 z 是实数，且1z+10 z 6；(2)z的实部和虚部都是整数 参考答案 1、解 0i=0 R故 A错；原点对应复数为0 R故 B错，i2=-1 R，故 D错，所以答案为C。 2、解本题主要考察复数的基本性质，两个不全是实数的复数不能比较大小，故命题B， C，D 均正确，故A命题是假的。 3、解本题考察复数相等概念，由已知 4、解：因为i 的四个相邻幂的和为0，故原式 =1+i+i2+0+0=i，答案： A。 5、解： )0( | 1 | 1 |, 1 | 1 |, 1 , 1 0 00 011 z zz z z z zz zzz即 Z 对应的点的轨迹是以 0 1

31、 z 对应的点为圆心，以 | 1 | 0 z 为半径的圆，但应除去原点。 6、答案：（ 1） 33 22 cossin 22 ui ；（ 2）8,8ab 7、解 ：设)60sin60cosrrz ，则复数. 2 r z的实部为 2 ,rzzrzz由题设 . 12|).(12, 12:.012 ,421, )2)(2(|)1)(1(:|2|1| 2 222 zrrrr rrrrrzzzzzzzz 即舍去解得整理得 即 8、答案（ 1）2；（ 2）、（ 3）省略。 9、分析：按一般思路，应设zxyi （x，y R），或 z=r （cos 1t 6 =t2-40 0，解方程得 又 z 的实部和虚部都是整数，t=2 或 t=6 故 z=13i 或 z=3i 解法二：z+10 z R， 从而z=z _ 或zz _ =10 若z=z _ ，则zR，因 1z+10 z 6，故z0，从而z+ 10 z 210 6， 此时无解；若zz _ =10 ， 则 1z+z _ 6 设z=x+yi(x、y Z) ， 则 1 2x6， 且x 2+y2=10， 联立解得 x=1， y=3，或 x=1， y= -3 ， 或 x=3， y=1， 或 x=3， y= -1 故同时满足下列两个条件的所有复数z1+3i，1-3i，3+i，3-i。