（新教材）2021年高中数学人教B版必修第四册课件：第十章　章末整合.pptx

1、章末整合 专题一 复数的概念及几何意义 例1设复数z=(1+i)m2-(2+4i)m-3+3i.试求当实数m取何值时: (1)z是实数;(2)z是纯虚数;(3)z对应的点在直线x+y=0上;(4)|z|=0; (5) =-3+i. 解:z=(1+i)m2-(2+4i)m-3+3i=(m2-2m-3)+(m2-4m+3)i. (1)因为z是实数,所以m2-4m+3=0, 解得m=1或m=3. (2)因为 z 是纯虚数,所以 2-2-3 = 0, 2-4 + 3 0, 解得m=-1. (3)由于z对应的点在直线x+y=0上, 所以(m2-2m-3)+(m2-4m+3)=0, 解得m=0或m=3.

2、(4)因为|z|=0,所以 z=0,因此 2-2-3 = 0, 2-4 + 3 = 0. 解得 m=3. (5)因为=-3+i,所以 z=-3-i, 因此 2-2-3 = -3, 2-4 + 3 = -1, 解得 m=2. 例 2 已知|z|=1,则|z-1+ 3i|的最大值和最小值分别 是 , . 答案:3 1 解析:因为|z|=1,所以z在复平面内所对应的点Z在以原点O为圆心, 半径r=1的圆上. |z-1+ 3i|=|z-(1- 3i)|,表示点Z到1- 3i所对应的点P(1,- 3)的距离, 因为|OP|= 1 + 3=2, 所以|PZ|max=|OP|+r=3,|PZ|min=|OP

3、|-r=1. 专题二 复数的运算 例3计算: (1) (2+2i)4 (1- 3i)5; (2) -2 3+i 1+2 3i + 2 1-i 2 020 . 解:(1) (2+2i)4 (1- 3i)5 = 24(1+i)4 (-2)5 -1 2+ 3 2 i 5 =- 24(2i)2 25 -1 2+ 3 2 i 2=2 - 1 2 + 3 2 i =-1+ 3i; (2) -2 3+i 1+2 3i + 2 1-i 2 020 = (-2 3+i)i (1+2 3i)i + 21 010 (-2i)1 010 =(-2 3+i)i i-2 3 + 1 i1 010=i+ 1 -1=-1+i

4、. 例 4 已知复数 z1= 15-5i (2+i)2,z2=a-3i(aR). (1)若 a=2,求 z1 2; (2)若 z=1 2是纯虚数,求 a 的值. 解:由于 z1= 15-5i (2+i)2 = 15-5i 3+4i = (15-5i)(3-4i) (3+4i)(3-4i) = 25-75i 25 =1-3i. (1)当 a=2 时,z2=2-3i, z1 2=(1-3i) (2+3i)=2+3i-6i+9=11-3i. (2)若 z=1 2 = 1-3i -3i = (1-3i)(+3i) (-3i)(+3i) = (+9)+(3-3)i 2+9 为纯虚数,则应满足 +9 2+

5、9 = 0, 3-3 2+9 0, 解得 a=-9. 即 a 的值为-9. 专题三 复数的三角形式及其运算 例5化下列复数为三角形式: (1)-2 cos 4 5 + isin 4 5 ; (2)sin3 5 +icos3 5 ; (3)(sin 5) cos 3 5 + isin 3 5 . 解:(1)-2 cos 4 5 + isin 4 5 =2 -cos 4 5 -isin 4 5 =2 cos + 4 5 + isin + 4 5 =2 cos 9 5 + isin 9 5 . (2)sin3 5 +icos3 5 =cos 2 - 3 5 +isin 2 - 3 5 =cos -

6、10 +isin - 10 . (3)sin 50, (sin 5) cos 3 5 + isin 3 5 =(-sin 5) -cos 3 5 -isin 3 5 =(-sin 5) cos + 3 5 + isin + 3 5 =(-sin 5) cos 8 5 + isin 8 5 . 专题四 逻辑推理的核心素养 例 6 已知|z-4|=4,且 z+16 R,则复数 z= . 答案:8 或 22 3i 解析:设 z=a+bi(a,bR),且 a,b 不同时为 0, 则由已知,得 (-4)2+ 2= 16, 1- 16 2+2 = 0, 解得 = 8, = 0, 或 = 2, = 2 3,

7、 或 = 2, = -2 3. 因此 z=8,或 z=22 3i. 例7设关于x的方程x2-(tan +i)x-(2+i)=0. (1)若方程有实数根,求锐角和实数根; (2)证明:对任意的 2k+ 2(kZ),方程无纯虚数根. (1)解:设实数根是 a, 则 a2-(tan +i)a-(2+i)=0, 即 a2-atan -2-(a+1)i=0. a,tan R, a2-atan -2=0,且 a+1=0, a=-1,且 tan =1, 0, 2 , = 4. (2)证明: 设方程存在纯虚数根为bi(bR,且b0), 则(bi)2-(tan +i)bi-(2+i)=0, 即 - 2 + -2

8、 = 0, tan + 1 = 0,此方程组无实数解, 对任意的 2k+ 2(kZ),方程无纯虚数根. 专题五 直观想象核心素养 例8若zC,且|z+2-2i|=1,则|z-2-2i|的最小值是( ) A.2 B.3 C.4 D.5 答案:B 解析:(方法一)由|z+2-2i|=1,复数z对应的点在以(-2,2)为圆心,半径 为1的圆上. |z-2-2i|=|z-(2+2i)|表示圆上点Z到A(2,2)距离的最小值,易知选B. (方法二)应用公式|z1|-|z2|z1-z2|, |z-2-2i|=|(z+2-2i)-4| |z+2-2i|-4|=3, 即|z-2-2i|的最小值为3. 例9复数z=(1+i) 3(+i) 1-i 且|z|=4,z对应的点在第一象限.若复数0,z,对 应的点是正三角形的三个顶点,求实数 a,b 的值. 解:z=(1+i) 2(1+i) 1-i (a+bi)=2i i(a+bi)=-2a-2bi. 由|z|=4,得 a2+b2=4. 复数 0,z,对应的点构成正三角形, |z-|=|z|. 把 z=-2a-2bi 代入化简,得 a2=3b2, 又 z 对应的点在第一象限, a0,b0. 由得 = - 3, = -1.