1．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念
(1)復(fù)數(shù)的概念
形如a＋bi(a，b∈R)的數(shù)叫做復(fù)數(shù)，其中a與b分別叫做它的eq \x(\s\up1(01))實(shí)部與eq \x(\s\up1(02))虛部．若eq \x(\s\up1(03))b＝0，則a＋bi為實(shí)數(shù)，若eq \x(\s\up1(04))b≠0，則a＋bi為虛數(shù)，若eq \x(\s\up1(05))a＝0且b≠0，則a＋bi為純虛數(shù)．
(2)復(fù)數(shù)相等
a＋bi＝c＋di?eq \x(\s\up1(06))a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．
(3)共軛復(fù)數(shù)
a＋bi與c＋di共軛?a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(4)復(fù)數(shù)的模
向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做復(fù)數(shù)z＝a＋bi的?；蚪^對(duì)值，記作eq \x(\s\up1(07))|z|或eq \x(\s\up1(08))|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \x(\s\up1(09))eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)．
2．復(fù)數(shù)的幾何意義
(1)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq \a\vs4\al(一一對(duì)應(yīng))復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)Z(a，b)(a，b∈R)．
(2)復(fù)數(shù)z＝a＋bieq \a\vs4\al(一一對(duì)應(yīng))平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))(a，b∈R)．
3．復(fù)數(shù)的運(yùn)算
設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則
(1)加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝eq \x(\s\up1(10))(a＋c)＋(b＋d)i．
(2)減法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝eq \x(\s\up1(11))(a－c)＋(b－d)i．
(3)乘法：z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝eq \x(\s\up1(12))(ac－bd)＋(ad＋bc)i．
(4)除法：eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．
1．(1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N)．
(2)i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N)．
2．zeq \(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq \(z,\s\up6(－))|2，|z1z2|＝|z1||z2|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2)))＝eq \f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n(n∈N)．
3．(1)復(fù)數(shù)加法的幾何意義：若復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的向量eq \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))不共線，則復(fù)數(shù)z1＋z2是以eq \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))為鄰邊的平行四邊形的對(duì)角線eq \(OZ,\s\up6(→))所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)．
(2)復(fù)數(shù)減法的幾何意義：復(fù)數(shù)z1－z2是eq \(OZ1,\s\up6(→))－eq \(OZ2,\s\up6(→))＝eq \(Z2Z1,\s\up6(→))所對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)．
1．(2022·新高考Ⅱ卷)(2＋2i)(1－2i)＝( )
A．－2＋4i B．－2－4i
C．6＋2i D．6－2i
答案 D
解析 (2＋2i)(1－2i)＝2＋4－4i＋2i＝6－2i.故選D.
2．(人教A必修第二冊(cè)習(xí)題7.2 T2改編)在復(fù)平面內(nèi)，向量eq \(AB,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量eq \(CB,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，則向量eq \(CA,\s\up6(→))對(duì)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 因?yàn)橄蛄縠q \(AB,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是2＋i，向量eq \(CB,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是－1－3i，所以向量eq \(BA,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是－2－i，且eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))，所以向量eq \(CA,\s\up6(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是(－1－3i)＋(－2－i)＝－3－4i.故選D.
3．以2i－eq \r(5)的虛部為實(shí)部，以eq \r(5)i＋2i2的實(shí)部為虛部的新復(fù)數(shù)是( )
A．2－2i B．2＋i
C．－eq \r(5)＋eq \r(5)i D.eq \r(5)＋eq \r(5)i
答案 A
解析 2i－eq \r(5)的虛部為2，eq \r(5)i＋2i2＝－2＋eq \r(5)i的實(shí)部為－2，所以所求的新復(fù)數(shù)是2－2i.故選A.
4．(2023·廣州二模)若復(fù)數(shù)z＝eq \f(m－i,1＋i)是實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)m＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案 A
解析 ∵z＝eq \f(m－i,1＋i)＝eq \f(（m－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(m－1,2)－eq \f(m＋1,2)i為實(shí)數(shù)，∴－eq \f(m＋1,2)＝0，解得m＝－1.故選A.
5．給出下列命題：
①兩個(gè)不是實(shí)數(shù)的復(fù)數(shù)不能比較大??；
②復(fù)數(shù)i－1的共軛復(fù)數(shù)是i＋1；
③若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)x＝±1；
④若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，則z1＝z2＝z3.
其中假命題的序號(hào)是________．
答案 ②③④
解析 ①顯然為真命題；對(duì)于②，復(fù)數(shù)i－1的共軛復(fù)數(shù)是－i－1，所以該命題是假命題；對(duì)于③，若(x2－1)＋(x2＋3x＋2)i是純虛數(shù)，則x2－1＝0且x2＋3x＋2≠0，所以x＝1，所以該命題是假命題；對(duì)于④，若(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，可取z1＝i，z2＝0，z3＝1，z1≠z2≠z3，所以該命題是假命題．
例1 (1)(2023·邯鄲二模)若(z＋1)i＝z，則z2＋i＝( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2)i D.eq \f(1,2)i
答案 D
解析 因?yàn)?z＋1)i＝z，所以zi＋i＝z，z＝eq \f(i,1－i)，則z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(i,1－i)))eq \s\up12(2)＝－eq \f(1,2)i，所以z2＋i＝eq \f(1,2)i.
(2)(2023·汕頭二模)已知復(fù)數(shù)z滿足(1－i)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則z2023的值為( )
A．－2023 B．i
C．－i D．2023
答案 C
解析 ∵(1－i)z＝1＋i，∴z＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i，∴z2023＝(i4)505·i3＝－i.故選C.
(3)(多選)(2023·淄博三模)已知復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1||z2|≠0，下列說(shuō)法正確的是( )
A．若z1z2＝z1z3，則z2＝z3B．|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|
C．若z1z2∈R，則eq \f(z1,z2)∈RD．|z1z2|＝|z1||z2|
答案 ABD
解析 對(duì)于A，z1z2＝z1z3，則z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以z2＝z3，故A正確．對(duì)于B，設(shè)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)表示的向量分別為z1，z2，且z1，z2≠0，當(dāng)z1，z2方向相同時(shí)，|z1＋z2|＝|z1|＋|z2|；當(dāng)z1，z2方向不同時(shí)，|z1＋z2|＜|z1|＋|z2|，綜上|z1＋z2|≤|z1|＋|z2|，故B正確．對(duì)于C，設(shè)z1＝1＋i，z2＝1－i，z1z2＝(1＋i)·(1－i)＝2∈R，eq \f(z1,z2)＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(（1＋i）2,（1－i）（1＋i）)＝i?R，故C錯(cuò)誤．對(duì)于D，設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d≠0，z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，則|z1z2|＝eq \r(（ac－bd）2＋（ad＋bc）2)＝eq \r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2)，|z1||z2|＝
eq \r(a2＋b2)·eq \r(c2＋d2)＝eq \r(（ac）2＋（bd）2＋（ad）2＋（bc）2)＝|z1z2|，故D正確．故選ABD.
復(fù)數(shù)代數(shù)形式運(yùn)算問題的解題策略
(1)復(fù)數(shù)的加、減、乘法類似于多項(xiàng)式的運(yùn)算(注意：i2＝－1)，可將含有虛數(shù)單位i的看作一類同類項(xiàng)，不含i的看作另一類同類項(xiàng)，分別合并即可．
(2)復(fù)數(shù)的除法：除法的關(guān)鍵是分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù)，使分母實(shí)數(shù)化．
(3)復(fù)數(shù)的模注意正確應(yīng)用公式|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)．
1.(2023·全國(guó)乙卷)|2＋i2＋2i3|＝( )
A．1 B．2
C.eq \r(5) D．5
答案 C
解析 由題意可得2＋i2＋2i3＝2－1－2i＝1－2i，則|2＋i2＋2i3|＝|1－2i|＝eq \r(12＋（－2）2)＝eq \r(5).故選C.
2．(多選)(2023·泉州一模)設(shè)z1，z2為復(fù)數(shù)，則下列命題正確的是( )
A．若|z1－z2|＝0，則z1＝z2
B．若|z1|＝|z2|，則zeq \\al(2,1)＝zeq \\al(2,2)
C．若z1＋z2＞0，則z2＝eq \(z,\s\up6(－))1
D．若z1z2＝0，則z1＝0或z2＝0
答案 AD
解析 對(duì)于A，設(shè)z1＝a＋bi，a，b∈R，z2＝c＋di，c，d∈R，∵|z1－z2|＝0，∴|z1－z2|＝eq \r(（a－c）2＋（b－d）2)＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－c＝0，,b－d＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝c，,b＝d，))∴z1＝z2，故A正確；對(duì)于B，令z1＝1，z2＝i，則|z1|＝|z2|＝1，此時(shí)zeq \\al(2,1)≠zeq \\al(2,2)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，令z1＝1＋i，z2＝－i，則z1＋z2＝1＞0，此時(shí)z2≠eq \(z,\s\up6(－))1，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，設(shè)z1＝a＋bi，a，b∈R，z2＝c＋di，c，d∈R，則z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ac－bd＝0，,ad＋bc＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ac＝bd，,ad＝－bc，))∴a2cd＝－b2cd，若c＝d＝0，則a2cd＝－b2cd成立，此時(shí)z2＝0，若c＝0，d≠0，由ac＝bd，知b＝0，由ad＝－bc知，a＝0，此時(shí)z1＝0，同理可知，當(dāng)c≠0，d＝0時(shí)，z1＝0，當(dāng)c≠0，d≠0時(shí)，由a2cd＝－b2cd，得a2＝－b2，∴a＝b＝0，此時(shí)z1＝0，綜上，若z1z2＝0，則z1＝0或z2＝0，故D正確．故選AD.
例2 (1)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知z＝eq \f(1－i,2＋2i)，則z－eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A．－i B．i
C．0 D．1
答案 A
解析 因?yàn)閦＝eq \f(1－i,2＋2i)＝eq \f(（1－i）（1－i）,2（1＋i）（1－i）)＝eq \f(－2i,4)＝－eq \f(1,2)i，所以eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)i，所以z－eq \(z,\s\up6(－))＝－i.故選A.
(2)(2024·雅禮中學(xué)模擬)已知復(fù)數(shù)z1，z2是關(guān)于x的方程x2－2x＋2＝0的兩個(gè)根．若z1＝1＋i，則|z2|＝( )
A.eq \f(\r(2),2) B．1
C.eq \r(2) D．2
答案 C
解析 解法一：由z1，z2是關(guān)于x的方程x2－2x＋2＝0的兩個(gè)根，得z1＋z2＝2，所以z2＝2－z1＝2－(1＋i)＝1－i，所以|z2|＝|1－i|＝eq \r(2).故選C.
解法二：由z1，z2是關(guān)于x的方程x2－2x＋2＝0的兩個(gè)根，得z1z2＝2，所以z2＝eq \f(2,z1)＝eq \f(2,1＋i)，所以|z2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,1＋i)))＝eq \f(2,|1＋i|)＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2).故選C.
(3)(多選)(2023·濰坊二模)若復(fù)數(shù)z1＝2＋3i，z2＝－1＋i，其中i是虛數(shù)單位，則下列說(shuō)法正確的是( )
A.eq \f(z1,z2)∈R
B．z1·z2＝eq \(z,\s\up6(－))1·eq \(z,\s\up6(－))2
C．若z1＋m(m∈R)是純虛數(shù)，那么m＝－2
D．若z1，eq \(z,\s\up6(－))2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的向量分別為eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則|eq \(AB,\s\up6(→))|＝5
答案 BCD
解析 對(duì)于A，eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋3i,－1＋i)＝eq \f(（2＋3i）（－1－i）,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(5,2)i，即eq \f(z1,z2)為虛數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，z1z2＝(2＋3i)(－1＋i)＝－5－i，則z1·z2＝－5＋i，又eq \(z,\s\up6(－))1·eq \(z,\s\up6(－))2＝(2－3i)(－1－i)＝－5＋i，即z1·z2＝eq \(z,\s\up6(－))1·eq \(z,\s\up6(－))2，故B正確；對(duì)于C，z1＋m＝2＋m＋3i是純虛數(shù)，那么m＋2＝0，即m＝－2，故C正確；對(duì)于D，由題意有A(2，3)，B(－1，－1)，則|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(（－1－2）2＋（－1－3）2)＝5，故D正確．故選BCD.
求解與復(fù)數(shù)概念相關(guān)問題的技巧
復(fù)數(shù)的分類、復(fù)數(shù)的相等、共軛復(fù)數(shù)的概念都與復(fù)數(shù)的實(shí)部和虛部有關(guān)，所以解答與復(fù)數(shù)相關(guān)概念有關(guān)的問題時(shí)，需把所給復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根據(jù)題意列方程(組)求解．
1.(2023·南通模擬)已知復(fù)數(shù)z＝(a－2i)(1＋3i)(a∈R)的實(shí)部與虛部的和為12，則|z－5|＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 C
解析 z＝(a－2i)(1＋3i)＝a＋3ai－2i－6i2＝a＋6＋(3a－2)i，∴復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部分別為a＋6，3a－2，則a＋6＋3a－2＝12，得a＝2，∴|z－5|＝|3＋4i|＝eq \r(32＋42)＝5.故選C.
2．(2023·全國(guó)甲卷)若復(fù)數(shù)(a＋i)(1－ai)＝2，a∈R，則a＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．2
答案 C
解析 因?yàn)?a＋i)(1－ai)＝a－a2i＋i＋a＝2a＋(1－a2)i＝2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝2，,1－a2＝0，))解得a＝1.故選C.
3．(2023·濰坊三模)已知a，b∈R，i為虛數(shù)單位，則“復(fù)數(shù)z＝eq \f(a＋bi,1＋i)是純虛數(shù)”是“|a|＋|b|≠0”的( )
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
答案 A
解析 z＝eq \f(a＋bi,1＋i)＝eq \f(（a＋bi）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(a＋b＋（b－a）i,2)，因?yàn)閺?fù)數(shù)z＝eq \f(a＋bi,1＋i)是純虛數(shù)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝0，,b－a≠0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－b，,a≠b，))故a，b不同時(shí)為0，所以|a|＋|b|≠0，當(dāng)a＝b＝1時(shí)，z＝eq \f(a＋b＋（b－a）i,2)＝1不是純虛數(shù)，所以“復(fù)數(shù)z＝eq \f(a＋bi,1＋i)是純虛數(shù)”是“|a|＋|b|≠0”的充分不必要條件．故選A.
例3 (1)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)在復(fù)平面內(nèi)，(1＋3i)(3－i)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 A
解析 因?yàn)?1＋3i)(3－i)＝3＋8i－3i2＝6＋8i，所以所求復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(6，8)，位于第一象限．故選A.
(2)若復(fù)數(shù)z滿足1≤|z|≤2，則在復(fù)平面內(nèi)，z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)組成的圖形的面積為( )
A．π B．2π
C．3π D．4π
答案 C
解析 由題意得復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是如圖所示的圓環(huán)，小圓的半徑r＝1，大圓的半徑R＝2，所以圓環(huán)的面積S＝π(R2－r2)＝3π.故選C.
(3)(多選)歐拉公式eix＝csx＋isinx(本題中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，i為虛數(shù)單位)是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉創(chuàng)立，該公式建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，在復(fù)變函數(shù)論中占有非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”．依據(jù)歐拉公式，則下列結(jié)論中正確的是( )
A．復(fù)數(shù)eieq \f(π,2)為純虛數(shù)
B．復(fù)數(shù)ei2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限
C．復(fù)數(shù)eieq \f(π,3)的共軛復(fù)數(shù)為eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i
D．復(fù)數(shù)eiθ(θ∈R)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是圓
答案 ABD
解析 對(duì)于A，復(fù)數(shù)eieq \f(π,2)＝cseq \f(π,2)＋isineq \f(π,2)＝i為純虛數(shù)，故A正確；對(duì)于B，復(fù)數(shù)ei2＝cs2＋isin2，cs2＜0，sin2＞0，復(fù)數(shù)ei2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(cs2，sin2)，位于第二象限，故B正確；對(duì)于C，復(fù)數(shù)eieq \f(π,3)＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i的共軛復(fù)數(shù)為eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，復(fù)數(shù)eiθ＝csθ＋isinθ(θ∈R)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是圓，故D正確．故選ABD.
復(fù)數(shù)幾何意義的理解及應(yīng)用
復(fù)數(shù)集與復(fù)平面內(nèi)所有的點(diǎn)構(gòu)成的集合之間存在著一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，每一個(gè)復(fù)數(shù)都對(duì)應(yīng)著一個(gè)點(diǎn)(有序?qū)崝?shù)對(duì))．復(fù)數(shù)的實(shí)部對(duì)應(yīng)著點(diǎn)的橫坐標(biāo)，而虛部則對(duì)應(yīng)著點(diǎn)的縱坐標(biāo)，只要在復(fù)平面內(nèi)找到這個(gè)有序?qū)崝?shù)對(duì)所表示的點(diǎn)，就可根據(jù)點(diǎn)的位置判斷復(fù)數(shù)實(shí)部、虛部的取值．
1.(2024·廣東六校聯(lián)考)如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的向量分別是eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，則復(fù)數(shù)eq \f(z1,z2)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 B
解析 由圖可得，eq \(OA,\s\up6(→))＝(－2，－1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(0，1)，則z1＝－2－i，z2＝i，故eq \f(z1,z2)＝eq \f(－2－i,i)＝eq \f(（－2－i）i,i2)＝－1＋2i，所以復(fù)數(shù)eq \f(z1,z2)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(－1，2)位于第二象限．故選B.
2．(2023·聊城月考)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱，z1＝2＋i，則eq \f(z1,z2)＝( )
A．1＋i B.eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i
C．1＋eq \f(4,5)i D．1＋eq \f(4,3)i
答案 B
解析 因?yàn)閺?fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱，z1＝2＋i，所以z2＝2－i，所以eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋i,2－i)＝eq \f(（2＋i）2,5)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i.
3．(2023·漳州二模)復(fù)數(shù)z滿足|z－(5＋5i)|＝2，則z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 A
解析 設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z－(5＋5i)＝a－5＋(b－5)i，∵|z－(5＋5i)|＝2，∴(a－5)2＋(b－5)2＝4，∴復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)Z在以(5，5)為圓心，2為半徑的圓上，故z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限為第一象限．故選A.
課時(shí)作業(yè)
一、單項(xiàng)選擇題
1．(2023·全國(guó)乙卷)設(shè)z＝eq \f(2＋i,1＋i2＋i5)，則eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A．1－2i B．1＋2i
C．2－i D．2＋i
答案 B
解析 由題意可得z＝eq \f(2＋i,1＋i2＋i5)＝eq \f(2＋i,1－1＋i)＝eq \f(i（2＋i）,i2)＝eq \f(2i－1,－1)＝1－2i，則eq \(z,\s\up6(－))＝1＋2i.故選B.
2．(2023·江淮十校聯(lián)考)已知eq \f(2z－1,1＋\(z,\s\up6(－)))＝i，則復(fù)數(shù)eq \(z,\s\up6(－))的虛部是( )
A．－1 B．－i
C．1 D．i
答案 A
解析 設(shè)z＝a＋bi，由eq \f(2z－1,1＋\(z,\s\up6(－)))＝i，得2(a＋bi)－1＝i(1＋a－bi)，即2a－1＋2bi＝b＋(a＋1)i，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a－1＝b，,2b＝a＋1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1，))所以z＝1＋i，從而eq \(z,\s\up6(－))＝1－i，所以復(fù)數(shù)eq \(z,\s\up6(－))的虛部是－1.
3．(2023·南京模擬)已知復(fù)數(shù)z＝1＋i，eq \(z,\s\up6(－))為z的共軛復(fù)數(shù)，則eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(z,\s\up6(－))＋1,z)))＝( )
A.eq \r(2) B．2
C.eq \f(\r(10),2) D.eq \r(10)
答案 C
解析 由題意知z＝1＋i，eq \(z,\s\up6(－))＝1－i，eq \f(\(z,\s\up6(－))＋1,z)＝eq \f(2－i,1＋i)＝eq \f(（2－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(1－3i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(z,\s\up6(－))＋1,z)))＝eq \r(\f(1,4)＋\f(9,4))＝eq \f(\r(10),2).故選C.
4．(2024·南通模擬)已知復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為(1，－1)，(0，1)，則eq \f(z1,z2)的共軛復(fù)數(shù)為( )
A．1＋i B．－1＋i
C．－1－i D．1－i
答案 B
解析 復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為(1，－1)，(0，1)，故z1＝1－i，z2＝i，z＝eq \f(z1,z2)＝eq \f(1－i,i)＝eq \f(－i（1－i）,－i2)＝－1－i，故eq \(z,\s\up6(－))＝－1＋i.故選B.
5．若復(fù)數(shù)z＝eq \f(6＋λi,1＋2i)(λ∈R，i為虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)λ的值為( )
A．3 B．－3
C．12 D．－12
答案 B
解析 ∵z＝eq \f(6＋λi,1＋2i)＝eq \f(（6＋λi）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝eq \f(6＋2λ,5)＋eq \f(λ－12,5)i為純虛數(shù)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(6＋2λ,5)＝0，,\f(λ－12,5)≠0，))解得λ＝－3.故選B.
6．(2023·安陽(yáng)市第二中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))已知復(fù)數(shù)z＝cs6＋i·sin6，現(xiàn)有如下說(shuō)法：①|(zhì)z|＝1；②復(fù)數(shù)z的實(shí)部為正數(shù)；③復(fù)數(shù)z的虛部為正數(shù)．則正確說(shuō)法的個(gè)數(shù)為( )
A．3 B．2
C．1 D．0
答案 B
解析 依題意，|z|＝eq \r(cs26＋sin26)＝1，故①正確；復(fù)數(shù)z的實(shí)部為cs6，為正數(shù)，故②正確；復(fù)數(shù)z的虛部為sin6，為負(fù)數(shù)，故③錯(cuò)誤．故選B.
7．(2023·亳州蒙城第一中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè))若復(fù)數(shù)z＝1－i，實(shí)數(shù)a，b滿足z＋eq \f(b,z)－a＝0，則a＋b＝( )
A．2 B．4
C．－1 D．－2
答案 B
解析 解法一：∵z＝1－i，∴1－i＋eq \f(b,1－i)－a＝1－i＋eq \f(b（1＋i）,2)－a＝1－a＋eq \f(b,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(b,2)))i＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－a＋\f(b,2)＝0，,－1＋\f(b,2)＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝2，))∴a＋b＝4.故選B.
解法二：∵z＋eq \f(b,z)－a＝0，∴z2－az＋b＝0，∵z＝1－i，∴eq \(z,\s\up6(－))＝1＋i也滿足z2－az＋b＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系，可得a＝1－i＋1＋i＝2，b＝(1－i)(1＋i)＝2，故a＋b＝4.故選B.
8．(2023·揚(yáng)州三模)復(fù)數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R，i為虛數(shù)單位)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)為Z(x，y)，則下列命題為真命題的是( )
A．若|z＋1|＝|z－1|，則點(diǎn)Z在圓上
B．若|z＋1|＋|z－1|＝2，則點(diǎn)Z在橢圓上
C．若|z＋1|－|z－1|＝2，則點(diǎn)Z在雙曲線上
D．若|x＋1|＝|z－1|，則點(diǎn)Z在拋物線上
答案 D
解析 由題意得|z＋1|＝eq \r(（x＋1）2＋y2)，它表示點(diǎn)(x，y)與點(diǎn)(－1，0)之間的距離，|z－1|＝eq \r(（x－1）2＋y2)，它表示點(diǎn)(x，y)與點(diǎn)(1，0)之間的距離，記F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，對(duì)于A，|z＋1|＝|z－1|表示點(diǎn)Z到點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離相等，則點(diǎn)Z在線段F1F2的中垂線上，不在圓上，故A為假命題；對(duì)于B，由|z＋1|＋|z－1|＝2，知|ZF1|＋|ZF2|＝2＝|F1F2|，不符合橢圓的定義，故B為假命題；對(duì)于C，由|z＋1|－|z－1|＝2，知|ZF1|－|ZF2|＝2＝|F1F2|，不符合雙曲線的定義，故C為假命題；對(duì)于D，由|x＋1|＝|z－1|，知|x＋1|＝eq \r(（x－1）2＋y2)，所以x2＋2x＋1＝x2－2x＋1＋y2，即y2＝4x，所以點(diǎn)Z在拋物線上，故D為真命題．故選D.
二、多項(xiàng)選擇題
9．已知z1，z2均為復(fù)數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是( )
A．若|z1|＝|z2|，則z1＝±z2
B．若z1＝eq \(z,\s\up6(－))2，則z1＋z2是實(shí)數(shù)
C．(z1－z2)2＝|z1－z2|2
D．若z1＋z2＝0，則z1eq \(z,\s\up6(－))2是實(shí)數(shù)
答案 BD
解析 對(duì)于A，令z1＝1，z2＝－i，則|z1|＝|z2|，則z1≠±z2，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，令z1＝a＋bi，a，b∈R，則z2＝a－bi，z1＋z2＝2a為實(shí)數(shù)，B正確；對(duì)于C，令z1＝1，z2＝i，則(z1－z2)2＝(1－i)2＝－2i，|z1－z2|2＝|1－i|2＝12＋(－1)2＝2，則(z1－z2)2≠|(zhì)z1－z2|2，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，令z1＝a＋bi，a，b∈R，則z2＝－a－bi，eq \(z,\s\up6(－))2＝－a＋bi，z1eq \(z,\s\up6(－))2＝(a＋bi)(－a＋bi)＝－a2－b2為實(shí)數(shù)，D正確．故選BD.
10．(2023·南京模擬)任何一個(gè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(其中a，b∈R，i為虛數(shù)單位)都可以表示成z＝r(csθ＋isinθ)的形式，通常稱之為復(fù)數(shù)z的三角形式．法國(guó)數(shù)學(xué)家棣莫弗發(fā)現(xiàn)：zn＝[r(csθ＋isinθ)]n＝rn(csnθ＋isinnθ)(n∈N*)，我們稱這個(gè)結(jié)論為棣莫弗定理．根據(jù)以上信息，下列說(shuō)法正確的是( )
A．|z2|＝|z|2
B．當(dāng)r＝1，θ＝eq \f(π,3)時(shí)，z3＝1
C．當(dāng)r＝1，θ＝eq \f(π,3)時(shí)，eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i
D．當(dāng)r＝1，θ＝eq \f(π,4)時(shí)，若n為偶數(shù)，則復(fù)數(shù)zn為純虛數(shù)
答案 AC
解析 ∵z＝r(csθ＋isinθ)，∴z2＝r2(cs2θ＋isin2θ)，則|z2|＝r2，|z|2＝r2，|z2|＝|z|2，故A正確；當(dāng)r＝1，θ＝eq \f(π,3)時(shí)，z＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)，z3＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(π,3)))＋isineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×\f(π,3)))＝csπ＋isinπ＝－1，故B錯(cuò)誤；當(dāng)r＝1，θ＝eq \f(π,3)時(shí)，z＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，則eq \(z,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，故C正確；當(dāng)r＝1，θ＝eq \f(π,4)時(shí)，z＝cseq \f(π,4)＋isineq \f(π,4)，取n＝4，則z4＝csπ＋isinπ＝－1，故D錯(cuò)誤．故選AC.
11．(2023·濟(jì)南模擬)已知復(fù)數(shù)z＝1＋cs2θ＋isin2θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＜θ＜\f(π,2)))(其中i為虛數(shù)單位)，下列說(shuō)法正確的是( )
A．復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)可能落在第二象限
B．z可能為實(shí)數(shù)
C．|z|＝2csθ
D.eq \f(1,z)的實(shí)部為eq \f(1,2)
答案 BCD
解析 z＝1＋cs2θ＋isin2θ＝2csθ(csθ＋isinθ)，∵－eq \f(π,2)＜θ＜eq \f(π,2)，∴csθ＞0，sinθ∈(－1，1)．則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不可能落在第二象限，A錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝0時(shí)，z＝2，∴z可能為實(shí)數(shù)，B正確；|z|＝2csθ，C正確；eq \f(1,z)＝eq \f(1,2csθ（csθ＋isinθ）)＝eq \f(csθ－isinθ,2csθ)＝eq \f(1,2)－eq \f(i,2)tanθ，eq \f(1,z)的實(shí)部為eq \f(1,2)，D正確．故選BCD.
三、填空題
12.如圖所示，平行四邊形OABC，頂點(diǎn)O，A，C分別表示0，3＋2i，－2＋4i.向量eq \(CA,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為________，向量eq \(OB,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為________．
答案 5－2i 1＋6i
解析 eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(CA,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，所以eq \(OB,\s\up6(→))所表示的復(fù)數(shù)為(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i.
13．(2023·雅禮中學(xué)模擬)已知復(fù)數(shù)z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，z2＝eq \f(zeq \\al(2,1),zeq \\al(2,1)＋z1＋2)，則eq \(z,\s\up6(－))2＝________．
答案 －eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i
解析 ∵z1＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，∴zeq \\al(2,1)＝eq \f(1,4)－eq \f(3,4)－eq \f(\r(3),2)i＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，∴z2＝eq \f(zeq \\al(2,1),zeq \\al(2,1)＋z1＋2)
＝eq \f(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i＋2)＝－eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i，∴eq \(z,\s\up6(－))2＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i.
14．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 解法一：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，∵|z1|＝|z2|＝2，∴a2＋b2＝4，c2＋d2＝4，∵z1＋z2＝a＋bi＋c＋di＝eq \r(3)＋i，∴a＋c＝eq \r(3)，b＋d＝1，∴(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋c2＋2ac＋b2＋d2＋2bd＝4，∴2ac＋2bd＝－4，∵z1－z2＝a＋bi－(c＋di)＝a－c＋(b－d)i，∴|z1－z2|＝eq \r(（a－c）2＋（b－d）2)
＝eq \r(a2＋c2－2ac＋b2＋d2－2bd)
＝eq \r(a2＋b2＋c2＋d2－（2ac＋2bd）)
＝eq \r(4＋4－（－4）)＝2eq \r(3).
解法二：∵|z1|＝|z2|＝2，可設(shè)z1＝2csθ＋2sinθ·i，z2＝2csα＋2sinα·i，∴z1＋z2＝2(csθ＋csα)＋2(sinθ＋sinα)·i＝eq \r(3)＋i，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2（csθ＋csα）＝\r(3)，,2（sinθ＋sinα）＝1.))兩式平方作和，
得4(2＋2csθcsα＋2sinθsinα)＝4，
化簡(jiǎn)得csθcsα＋sinθsinα＝－eq \f(1,2).∴|z1－z2|
＝|2(csθ－csα)＋2(sinθ－sinα)·i|
＝eq \r(4（csθ－csα）2＋4（sinθ－sinα）2)
＝eq \r(8－8（csθcsα＋sinθsinα）)＝eq \r(8＋4)＝2eq \r(3).
四、解答題
15．復(fù)數(shù)z1＝eq \f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i，若eq \(z,\s\up6(－))1＋z2是實(shí)數(shù)，求實(shí)數(shù)a的值．
解 eq \(z,\s\up6(－))1＋z2＝eq \f(3,a＋5)＋(a2－10)i＋eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,a＋5)＋\f(2,1－a)))＋[(a2－10)＋(2a－5)]i＝eq \f(a－13,（a＋5）（a－1）)＋(a2＋2a－15)i.
因?yàn)閑q \(z,\s\up6(－))1＋z2是實(shí)數(shù)，所以a2＋2a－15＝0，
解得a＝－5或a＝3.
因?yàn)閍＋5≠0，所以a≠－5，故a＝3.
16．已知復(fù)數(shù)z＝bi(b∈R)，eq \f(z－2,1＋i)是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位．
(1)求復(fù)數(shù)z；
(2)若復(fù)數(shù)(m＋z)2所表示的點(diǎn)在第一象限，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解 (1)因?yàn)閦＝bi(b∈R)，
所以eq \f(z－2,1＋i)＝eq \f(bi－2,1＋i)＝eq \f(（bi－2）（1－i）,（1＋i）（1－i）)
＝eq \f(（b－2）＋（b＋2）i,2)＝eq \f(b－2,2)＋eq \f(b＋2,2)i.
又因?yàn)閑q \f(z－2,1＋i)是實(shí)數(shù)，所以eq \f(b＋2,2)＝0，
所以b＝－2，即z＝－2i.
(2)因?yàn)閦＝－2i，
所以(m＋z)2＝(m－2i)2＝m2－4mi＋4i2＝(m2－4)－4mi，
又因?yàn)閺?fù)數(shù)(m＋z)2所表示的點(diǎn)在第一象限，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－4>0，,－4m>0，))解得m

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