1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念
(1)定義：我們把集合C＝{a＋bi|a，b∈R}中的數(shù)，即形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中a叫做復(fù)數(shù)z的實部，b叫做復(fù)數(shù)z的虛部(i為虛數(shù)單位)．
(2)分類：
(3)復(fù)數(shù)相等：a＋bi＝c＋di?a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．(4)共軛復(fù)數(shù)：a＋bi與c＋di共軛?a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(5)模：向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的模，記作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)．
2．復(fù)數(shù)的幾何意義
復(fù)數(shù)z＝a＋bi與復(fù)平面內(nèi)的點Z(a，b)及平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一對應(yīng)關(guān)系．
3．復(fù)數(shù)的運算
(1)運算法則：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R.
(2)幾何意義：復(fù)數(shù)加、減法可按向量的平行四邊形或三角形法則進行．
如圖給出的平行四邊形OZ1ZZ2可以直觀地反映出復(fù)數(shù)加、減法的幾何意義，即eq \(OZ,\s\up6(→))＝eq \(OZ1,\s\up6(—→))＋eq \(OZ2,\s\up6(—→))，eq \(Z1Z2,\s\up6(—→))＝eq \(OZ2,\s\up6(—→))－eq \(OZ1,\s\up6(—→)).
微思考
1．復(fù)數(shù)a＋bi的實部為a，虛部為b嗎？
提示 不一定．只有當(dāng)a，b∈R時，a才是實部，b才是虛部．
2．i的乘方具有周期性嗎？
提示 in＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝4k，,i，n＝4k＋1，,－1，n＝4k＋2，,－i，n＝4k＋3))(k∈Z)．
題組一 思考辨析
1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)
(1)方程x2＋x＋1＝0沒有解．( × )
(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)中，虛部為bi.( × )
(3)復(fù)數(shù)中有相等復(fù)數(shù)的概念，因此復(fù)數(shù)可以比較大?。? × )
(4)復(fù)數(shù)的模實質(zhì)上就是復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)對應(yīng)的點到原點的距離，也就是復(fù)數(shù)對應(yīng)的向量的模．( √ )
題組二 教材改編
2．若復(fù)數(shù)z＝(x2－1)＋(x－1)i為純虛數(shù)，則實數(shù)x的值為( )
A．－1 B．0 C．1 D．－1或1
答案 A
解析 ∵z為純虛數(shù)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1＝0，,x－1≠0，))∴x＝－1.
3．在復(fù)平面內(nèi)，向量eq \(AB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量eq \(CB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，則向量eq \(CA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是( )
A．1－2i B．－1＋2i C．3＋4i D．－3－4i
答案 D
解析 eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＝－1－3i＋(－2－i)＝－3－4i.
4．若復(fù)數(shù)z滿足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋4i))z＝1－i(i是虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)eq \x\t(z)等于( )
A．－eq \f(1,5)－eq \f(7,5)i B．－eq \f(1,5)＋eq \f(7,5)i
C．－eq \f(1,25)－eq \f(7,25)i D．－eq \f(1,25)＋eq \f(7,25)i
答案 D
解析 由題意可得z＝eq \f(1－i,3＋4i)＝eq \f(?1－i??3－4i?,?3＋4i??3－4i?)＝eq \f(－1－7i,25)，
所以eq \x\t(z)＝－eq \f(1,25)＋eq \f(7,25)i，故選D.
題組三 易錯自糾
5．已知a＋bi(a，b∈R)是eq \f(1－i,1＋i)的共軛復(fù)數(shù)，則a＋b等于( )
A．－1 B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D．1
答案 D
解析 由eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(?1－i??1－i?,?1＋i??1－i?)＝－i，
得a＋bi＝i，由復(fù)數(shù)相等得a＝0，b＝1，
從而a＋b＝1.
6．i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)(1＋mi)(i＋2)是純虛數(shù)，則實數(shù)m等于________．
答案 2
解析 因為(1＋mi)(i＋2)＝2－m＋(1＋2m)i是純虛數(shù)，所以2－m＝0，且1＋2m≠0，解得m＝2.
題型一 復(fù)數(shù)的概念
1．(2020·全國Ⅲ)若eq \x\t(z)(1＋i)＝1－i，則z等于( )
A．1－i B．1＋i C．－i D．i
答案 D
解析 因為eq \x\t(z)＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(?1－i?2,?1＋i??1－i?)＝－i，所以z＝i.
2．(2020·全國Ⅰ)若z＝1＋i，則|z2－2z|等于( )
A．0 B．1 C.eq \r(2) D．2
答案 D
解析 方法一 z2－2z＝(1＋i)2－2(1＋i)＝－2，
|z2－2z|＝|－2|＝2.
方法二 |z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|
＝|(1＋i)(－1＋i)|＝|1＋i|·|－1＋i|＝2.
3．已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z＝eq \f(3＋i,?1－i?i)的虛部為( )
A．i B．2 C．－1 D．－i
答案 C
解析 因為eq \f(3＋i,?1－i?i)＝eq \f(?3＋i??1＋i?,2i)＝eq \f(1＋2i,i)＝2－i，所以z的虛部為－1.
4．(2020·鄭州質(zhì)檢)若復(fù)數(shù)eq \f(1＋2ai,2－i)(a∈R)的實部和虛部相等，則實數(shù)a的值為( )
A．1 B．－1 C.eq \f(1,6) D．－eq \f(1,6)
答案 C
解析 因為eq \f(1＋2ai,2－i)＝eq \f(?1＋2ai??2＋i?,?2－i??2＋i?)＝eq \f(2－2a,5)＋eq \f(1＋4a,5)i，所以由題意，得eq \f(2－2a,5)＝eq \f(1＋4a,5)，解得a＝eq \f(1,6).
思維升華 解決復(fù)數(shù)概念問題的方法及注意事項
(1)復(fù)數(shù)的分類及對應(yīng)點的位置問題都可以轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的實部與虛部應(yīng)該滿足的條件問題，只需把復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，列出實部和虛部滿足的方程(不等式)組即可．
(2)解題時一定要先看復(fù)數(shù)是否為a＋bi(a，b∈R)的形式，以確定實部和虛部．
題型二 復(fù)數(shù)的四則運算
例1 (1)(2020·新高考全國Ⅰ)eq \f(2－i,1＋2i)等于( )
A．1 B．－1 C．i D．－i
答案 D
解析 eq \f(2－i,1＋2i)＝eq \f(?2－i??1－2i?,?1＋2i??1－2i?)＝eq \f(－5i,5)＝－i.
(2)(多選)(八省聯(lián)考)設(shè)z1，z2，z3為復(fù)數(shù)，z1≠0.下列命題中正確的是( )
A．若|z2|＝|z3|，則z2＝±z3
B．若z1z2＝z1z3，則z2＝z3
C．若eq \x\t(z)2＝z3，則|z1z2|＝|z1z3|
D．若z1z2＝|z1|2，則z1＝z2
答案 BC
解析 由|i|＝|1|，知A錯誤；
z1z2＝z1z3，則z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，
所以z2＝z3，故B正確；
|z1z2|＝|z1||z2|，|z1z3|＝|z1||z3|，
又eq \x\t(z)2＝z3，所以|z2|＝|eq \x\t(z)2|＝|z3|，故C正確，
令z1＝i，z2＝－i，滿足z1z2＝|z1|2，不滿足z1＝z2，故選BC.
思維升華 (1)復(fù)數(shù)的乘法：復(fù)數(shù)乘法類似于多項式的乘法運算．
(2)復(fù)數(shù)的除法：除法的關(guān)鍵是分子分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)．
跟蹤訓(xùn)練1 (1)(2018·全國Ⅲ)(1＋i)(2－i)等于( )
A．－3－i B．－3＋i
C．3－i D．3＋i
答案 D
解析 (1＋i)(2－i)＝2＋2i－i－i2＝3＋i.
(2)(2020·烏魯木齊模擬)已知復(fù)數(shù)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則eq \f(z2＋2,z－1)等于( )
A．2＋2i B．2－2i
C．2i D．－2i
答案 B
解析 eq \f(z2＋2,z－1)＝eq \f(?1＋i?2＋2,1＋i－1)＝eq \f(2＋2i,i)＝eq \f(?2＋2i??－i?,－i2)＝2－2i.
(3)(2020·武漢模擬)eq \f(1－i2 021,1＋i)＝________.
答案 －i
解析 eq \f(1－i2021,1＋i)＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(?1－i?2,?1－i??1＋i?)＝eq \f(－2i,2)＝－i.
題型三 復(fù)數(shù)的幾何意義
例2 (1)(2019·全國Ⅱ)設(shè)z＝－3＋2i，則在復(fù)平面內(nèi)eq \x\t(z)對應(yīng)的點位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 C
解析 eq \x\t(z)＝－3－2i，故eq \x\t(z)對應(yīng)的點(－3，－2)位于第三象限．
(2)(2019·全國Ⅰ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－i|＝1，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(x，y)，則( )
A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1
C．x2＋(y－1)2＝1 D．x2＋(y＋1)2＝1
答案 C
解析 ∵z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(x，y)，
∴z＝x＋yi(x，y∈R)．
∵|z－i|＝1，∴|x＋(y－1)i|＝1，∴x2＋(y－1)2＝1.故選C.
(3)(2020·全國Ⅱ)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，則|z1－z2|＝________.
答案 2eq \r(3)
解析 方法一 設(shè)z1－z2＝a＋bi，a，b∈R，
因為z1＋z2＝eq \r(3)＋i，
所以2z1＝(eq \r(3)＋a)＋(1＋b)i,2z2＝(eq \r(3)－a)＋(1－b)i.
因為|z1|＝|z2|＝2，所以|2z1|＝|2z2|＝4，
所以eq \r(?\r(3)＋a?2＋?1＋b?2)＝4，①
eq \r(?\r(3)－a?2＋?1－b?2)＝4，②
①2＋②2，得a2＋b2＝12.
所以|z1－z2|＝eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(3).
方法二 設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)分別對應(yīng)向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，
則z1＋z2對應(yīng)向量eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)).
由題意知|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(OB,\s\up6(→))|＝|eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))|＝2，
如圖所示，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OACB，
則z1－z2對應(yīng)向量eq \(BA,\s\up6(→))，且|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(AC,\s\up6(→))|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|＝2，
可得|eq \(BA,\s\up6(→))|＝2|eq \(OA,\s\up6(→))|sin 60°＝2eq \r(3).
故|z1－z2|＝|eq \(BA,\s\up6(→))|＝2eq \r(3).
思維升華 由于復(fù)數(shù)、點、向量之間建立了一一對應(yīng)的關(guān)系，因此可把復(fù)數(shù)、向量與解析幾何聯(lián)系在一起，解題時可運用數(shù)形結(jié)合的方法，使問題的解決更加直觀．
跟蹤訓(xùn)練2 (1)(2020·東北三省三校模擬)設(shè)i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)eq \f(1,1＋i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 D
解析 eq \f(1,1＋i)＝eq \f(1－i,?1＋i??1－i?)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，則復(fù)數(shù)eq \f(1,1＋i)對應(yīng)的點為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，在第四象限，故選D.
(2)如圖，若向量eq \(OZ,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為z，則z＋eq \f(4,z)表示的復(fù)數(shù)為( )
A．1＋3i B．－3－i
C．3－i D．3＋i
答案 D
解析 由題圖可得Z(1，－1)，即z＝1－i，所以z＋eq \f(4,z)＝1－i＋eq \f(4,1－i)＝1－i＋eq \f(4?1＋i?,?1－i??1＋i?)＝1－i＋eq \f(4＋4i,2)＝1－i＋2＋2i＝3＋i.故選D.
如圖的復(fù)平面中，r＝eq \r(a2＋b2)，cs θ＝eq \f(a,r)，sin θ＝eq \f(b,r)，tan θ＝eq \f(b,a)(a≠0)．
任何一個復(fù)數(shù)z＝a＋bi都可以表示成z＝r(cs θ＋isin θ)的形式．
我們把r(cs θ＋isin θ)叫做復(fù)數(shù)的三角形式．
對應(yīng)于復(fù)數(shù)的三角形式，把z＝a＋bi叫做復(fù)數(shù)的代數(shù)形式．
復(fù)數(shù)乘、除運算的三角表示：
已知復(fù)數(shù)z1＝r1(cs θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cs θ2＋isin θ2)，則
z1·z2＝r1r2[cs(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]．
eq \f(z1,z2)＝eq \f(r1,r2)[cs(θ1－θ2)＋isin(θ1－θ2)]．
例1 下列各式是否是三角形式，若不是，化為三角形式：
(1)z1＝－2(cs θ＋isin θ)；(2)z2＝cs θ－isin θ；(3)z3＝－sin θ＋ics θ.
解 (1)由“模非負(fù)”知，不是三角形式，需做變換：z1＝2(－cs θ－isin θ)．
復(fù)平面上點Z1(－2cs θ，－2sin θ)在第三象限(假定θ為銳角)，余弦“－cs θ”已在前，不需再變換三角函數(shù)名稱，因此可用誘導(dǎo)公式“π＋θ”將輻角變換到第三象限．
∴z1＝2(－cs θ－isin θ)＝2[cs(π＋θ)＋isin(π＋θ)]．
(2)由“加號連”知，不是三角形式．
復(fù)平面上點Z2(cs θ，－sin θ)在第四象限(假定θ為銳角)，不需改變?nèi)呛瘮?shù)名稱，可用誘導(dǎo)公式“2π－θ”或“－θ”將輻角變換到第四象限．
∵z2＝cs θ－isin θ＝cs(－θ)＋isin(－θ)或z2＝cs θ－isin θ＝cs(2π－θ)＋isin(2π－θ)．
考慮到復(fù)數(shù)輻角的不唯一性，復(fù)數(shù)的三角形式也不唯一．
(3)由“余弦前”知，不是三角形式．
復(fù)平面上點Z3(－sin θ，cs θ)在第二象限(假定θ為銳角)，需改變?nèi)呛瘮?shù)名稱，可用誘導(dǎo)公式“eq \f(π,2)＋θ”將輻角變換到第二象限．
∴z3＝－sin θ＋ics θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))＋isineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ)).
例2 (1)已知z∈C，|z|＝1，且z2≠－1，則復(fù)數(shù)eq \f(z,z2＋1)( )
A．必為純虛數(shù)
B．是虛數(shù)但不一定是純虛數(shù)
C．必為實數(shù)
D．可能是實數(shù)也可能是虛數(shù)
答案 C
解析 設(shè)z＝cs θ＋isin θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈R，且θ≠kπ＋\f(π,2)))，
則eq \f(z,z2＋1)＝eq \f(cs θ＋isin θ,cs 2θ＋isin 2θ＋1)＝eq \f(cs θ＋isin θ,2cs2θ＋i·2sin θ·cs θ)＝eq \f(1,2cs θ)∈R.
(2)設(shè)π

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