专题7.4 复数运算的综合应用大题专项训练-2023-2024学年高一数学下学期高效讲练测（人教A版必修第二册）

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姓名：___________班级：___________考号：___________
题型一
复数的四则运算
1．（2023下·河北邢台·高一统考期末）已知复数z满足z+2i=5，z=a+3−aia>0.
(1)求a；
(2)若复数z1满足z1z1+2=a+2i，求z1.
【解题思路】（1）根据复数的模长公式即可求解.
（2）根据复数相等的充要条件，即可列方程组求解.
【解答过程】（1）由题意得z=a+a−3i，
z+2i=a+a−1i
所以a2+a−12=25⇒a=4或a=−3（舍去），
故a=4
（2）设z1=x+yix,y∈R，
则z1z1=x2+y2，x2+y2+2x+yi=4+2i
所以x2+y2+2x=4,2y=2,解得x=1,y=1或x=−3,y=1,
所以z1=1+i或−3+i.
2．（2023·高一课时练习）计算：
(1)1+2i+7−11i−5+6i；
(2)5i−6+8i−−1+3i；
(3)a+bi−2a−3bi−3ia，b∈R.
【解题思路】根据复数的加减运算法则即可求解
【解答过程】（1）1+2i+7−11i−5+6i=1+7−5+2−11−6i=3−15i；
（2）5i−6+8i−−1+3i=5i−7+5i=−7；
（3）a+bi−2a−3bi−3i=a−2a+b−−3b−3i=−a+4b−3ia，b∈R.
3．（2023·高一课时练习）设f(z)=z−2i，z1=3+4i，z2=−2−i，
求：（1）f(z1−z2)的值；
（2）f(z1+z2)的值．
【解题思路】直接利用复数的加法，结合函数的解析式，求解即可．
【解答过程】z1=3+4i，z2=−2−i，则z1−z2=5+5i，z1+z2=1+3i．
∵f(z)=z−2i，
∴（1）f(z1−z2)=z1−z2−2i=5+5i−2i=5+3i，
（2）f(z1+z2)=z1+z2−2i=1+3i−2i=1+i.
4．（2023·高一课时练习）已知复数a1+b1i，a2+b2i，a3+b3ia1,a2,a3,b1,b2,b3∈R，分别记作z1，z2，z3，即z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i，求证：
(1)z1z2=z2z1；
(2)z1z2z3=z1z2z3；
(3)z1z2+z3=z1z2+z1z3．
【解题思路】利用复数四则运算规则即可证明（1）（2）（3）
【解答过程】（1）z1z2=a1+b1ia2+b2i=a1a2−b1b2+(a1b2+a2b1)i，
z2z1=a2+b2ia1+b1i=a1a2−b1b2+(a1b2+a2b1)i，
则z1z2=z2z1.
（2）z1z2z3=a1+b1ia2+b2ia3+b3i=a1a2−b1b2+(a1b2+a2b1)ia3+b3i
=a1a2−b1b2a3−(a1b2+a2b1)b3+b3a1a2−b1b2+a3(a1b2+a2b1)i，
z1z2z3=a1+b1ia2+b2ia3+b3i=a1+b1ia2a3−b2b3+(a3b2+a2b3)i
=a1a2a3−b2b3−b1(a3b2+a2b3)+a1(a3b2+a2b3)+b1a2a3−b2b3i
=a1a2−b1b2a3−(a1b2+a2b1)b3+b3a1a2−b1b2+a3(a1b2+a2b1)i，
则z1z2z3=z1z2z3.
（3）z1z2+z3=a1+b1ia2+a3+b2+b3i
=a1a2+a3−b1b2+b3+a1b2+b3+b1a2+a3i，
z1z2+z1z3=a1+b1ia2+b2i+a1+b1ia3+b3i
=a1a2−b1b2+(a1b2+a2b1)i+a1a3−b1b3+(a1b3+a3b1)i
=a1a2−b1b2+a1a3−b1b3+(a1b2+a2b1)+(a1b3+a3b1)i
=a1a2+a3−b1b2+b3+a1b2+b3+b1a2+a3i，
则z1z2+z3=z1z2+z1z3.
5．（2023·全国·高一专题练习）已知复数z1=csα+isinα,z2=csβ−isinβ,α,β均为锐角，且z1−z2=255.
(1)求csα+β的值；
(2)若csα=45，求csβ的值.
【解题思路】（1）先求出z1−z2=csα−csβ+isinα+sinβ，利用z1−z2=255即可求出csα+β的值；（2）利用平方关系求出sinα+β=45，sinα=35，再利用和差角公式即可求得.
【解答过程】（1）因为复数z1=csα+isinα,z2=csβ−isinβ，所以z1−z2=csα−csβ+isinα+sinβ.
所以z1−z2=csα−csβ2+sinα+sinβ2
=2−2csαcsβ−sinαsinβ
=2−2csα+β
因为z1−z2=255，所以2−2csα+β=255，解得：csα+β=35.
（2）因为α,β均为锐角，所以0<α+β<π，
所以sinα+β=1−cs2α+β=1−352=45.
因为α为锐角，csα=45，所以sinα=1−cs2α=1−452=35.
所以csβ=csα+β−α
=csα+βcsα+sinα+βsinα
=45×35+35×45
=2425.
6．（2023下·黑龙江鸡西·高一校考期中）已知复数z1=−2+i，z2=−1+2i.
(1)求z1−z2，z1+z2
(2)比较|z1−z2|与|z1+z2|的大小.
【解题思路】（1）根据给定条件，利用复数加减法计算作答.
（2）由（1）的结论，利用复数模的定义计算，再比较大小作答.
【解答过程】（1）复数z1=−2+i，z2=−1+2i，
所以z1−z2=(−2+i)−(−1+2i)=−1−i，z1+z2=(−2+i)+(−1+2i)=−3+3i.
（2）由（1）知，|z1−z2|=(−1)2+(−1)2=2，|z1+z2|=(−3)2+32=32，
而2<32，所以|z1−z2|<|z1+z2|.
7．（2023·全国·高一专题练习）计算．
(1)1+i1−i6+2+3i3−2i；
(2)12+32i4．
(3)1−4i1+i+2+4i3+4i；
(4)1+i51−i+1−i51+i；
(5)−23+i1+23i+21+i2022+4−8i2−−4+8i211−7i.
【解题思路】(1)根据复数的四则运算法则，结合1+i2=2i,i的乘方的性质运算即可.
(2) 根据复数的乘方运算法则运算即可.
(3)先由复数乘法法则和加法法则化简分子，再利用除法法则求结果即可.
(4)根据1+i2=2i,1−i2=−2i，结合i的乘方的性质运算即可.
(5)根据复数四则运算法则，结合1+i2=2i，结合i的乘方的性质先计算各部分的值，再相加即可.
【解答过程】（1）原式=(1+i)226+(2+3i)(3+2i)(3)2+(2)2=i6+6+2i+3i−65=−1+i．
（2）原式=12+32i22=14+32i−342=−12+32i2=14−34−32i=−12−32i．
（3）原式=5−3i+2+4i3+4i=7+i3+4i=7+i3−4i3+4i3−4i=25−25i25=1−i.
（4）原式=1+i6+1−i61−i1+i=1+i23+1−i232=2i3+−2i32=−8i+8i2=0.
（5）∵−23+i1+23i=−23+i1−23i1+23i1−23i=13i13=i，21+i4=1i2=−1，
21+i2022=21+i4×505⋅21+i2=−1505×1i=i，
4−8i2−−4+8i211−7i=0，
∴原式=i+i+0=2i.
8．（2023下·湖南岳阳·高一校考期末）设复数z1=a+bi，z2=c+di，其中a、b、c、d∈R.现在复数系中定义一个新运算⊗，规定：z1⊗z2=ac+bd+ad+bci.
(1)已知2−i⊗x+i=2，求实数x的值；
(2)现给出如下有关复数新运算⊗性质的两个命题：
①z1⊗z2=z1⊗z2；
②若z1⊗z2=0，则z1=0或z2=0.
请判定以上两个命题是真命题还是假命题，并说明理由.
【解题思路】（1）根据复数新定义的运算及模长运算即可得结论；
（2）根据复数新定义设z1=a+bi，z2=c+di，根据运算逐个求证即可.
【解答过程】（1）由定义，有2−i⊗x+i= 2x−1+2−xi=2
即2x−12+2−x2=2，整理得，5x2−8x+3=0，
∴ x=1或x=35.
（2）①设z1=a+bi，z2=c+di，则z1⊗z2=ac+bd+ad+bci=ac+bd−ad+bci，
z1⊗z2=a−bi⊗c−di=ac+bd−ad+bci，所以z1⊗z2=z1⊗z2
∴①是真命题.
②设z1=a+bi，z2=c+di，则z1⊗z2=ac+bd+ad+bci=0，
所以ac+bd=0,ad+bc=0，则a=1,b=−1,c=1,d=1是其一组解，
故得不到z1=0或z2=0.
∴②是假命题.
题型二
复数的四则运算与复数特征的综合应用
用向量证明线段垂直
用向量证明线段垂直
9．（2023下·河南郑州·高一校考期中）已知z为复数，z−6和iz3+i均为纯虚数，其中i是虚数单位．
(1)求复数z的共轭复数z；
(2)若复数12z−1m−1+2m−2i在复平面内对应的点位于实轴下方，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）设z=a+bi a,b∈R，可知a=6，根据复数的除法运算，化简根据题意，即可得出b=2，根据共轭复数的概念，即可得出答案；
（2）代入化简可得复数为3−1m−1+2m−2−1i，根据复数的几何意义，结合已知可得m−1≠02m−2−1<0，求解即可得出答案.
【解答过程】（1）设z=a+bi a,b∈R，
则z−6=a−6+bi.
因为z−6为纯虚数，所以a=6，且b≠0，
所以z=6+bi，
所以iz3+i=6i−b3+i=6i−b3−i3+i3−i =6−3b10+18+b10i.
因为iz3+i为纯虚数，所以6−3b=0，所以b=2，
所以，z=6+2i，所以z=6−2i.
（2）由（1）知12z−1m−1+2m−2i =3−i−1m−1+2m−2i =3−1m−1+2m−2−1i，
所以，复数在复平面内对应的点为3−1m−1,2m−2−1.
由题意可知，m−1≠0m−2≠02m−2−1<0，解得m<2或m>4，且m≠1，
所以，实数m的取值范围为−∞,1∪1,2∪4,+∞.
10．（2023·全国·高一专题练习）复数z=(1+i)m2−(8+i)m+15−6i(m∈R)，求实数m的取值范围使得：
(1)z为纯虚数；
(2)z在复平面上对应的点在第四象限．
【解题思路】（1）根据z为纯虚数，列出方程，即可求解；
（2）根据z在复平面上对应的点在第四象限，列出不等式组，即可求解；
【解答过程】（1）z=(1+i)m2−(8+i)m+15−6i=m2−8m+15+m2−m−6i，
若z为纯虚数，则m2−8m+15=0m2−m−6≠0，解得：m=5.
（2）由题意知，m2−8m+15>0m2−m−6<0，解得：−211．（2023·全国·高一专题练习）已知复数z1=1+a2−10i，z2=(2a−5)i(a>0)，z1+z2∈R．
（1）求实数a的值；
（2）若z∈C，z−z2=2，求z的取值范围．
【解题思路】（1）由已知求得z1+z2，再由虚部为0求解实数a的值；
（2）数形结合求解z的取值范围.
【解答过程】（1）因为z1=1+a2−10i，z2=(2a−5)i，
所以z1+z2=1+a2−10i+(2a−5)i=1+a2+2a−15i．
又因为z1+z2∈R，所以a2+2a−15=0，
解得a=−5或a=3．又因为a>0，所以a=3．
（2）由（1）知z2=i，设z=x+yi，
由z−z2=2⇒x+y−1i=2，所以x2+(y−1)2=2，
得x2+y−12=4，而y−12=4−x2，
∴0≤(y−1)2≤4，∴−2≤y−1≤2，故y∈−1,3．
∴z=x2+y2=4−(y−1)2+y2=2y+3，
∵−1≤y≤3，∴2y+3∈1,9，故z∈1,3．
12．（2023上·山东日照·高二统考期中）已知i是虚数单位，复数z的共轭复数是z，且满足z+2z=3−2i．
(1)求复数z的模z；
(2)若复数z2−mi在复平面内对应的点在第二象限，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）利用复数及其共轭复数、复数的相等、复数的模运算即可得解.
（2）利用复数的运算、复数的相等、复数的几何意义运算即可得解.
【解答过程】（1）解：设z=a+bia,b∈R，则z=a−bi，
∴z+2z=a+bi+2a−bi=3a−bi=3−2i，
∴a=1，b=2，
∴z=1+2i，则z=12+22=5；
（2）解：由（1）知，z=1+2i，
∴z2−mi=1+2i2−mi=2+2m+4−mi，
由题意，复数z2−mi在复平面内对应的点在第二象限，
∴2+2m<04−m>0，解得：m<−1，
即实数m的取值范围为−∞,−1．
13．（2023下·河北石家庄·高一石家庄一中校考期末）已知复数z1=a+i，z2=1−i，其中a是实数.
(1)若z12=−2i，求实数a的值；
(2)若z1z2是纯虚数，求z1z2+z1z22+z1z23+⋯+z1z22023.
【解题思路】（1）根据给定的条件，利用复数乘方运算及复数相等求出a的值.
（2）利用复数除法结合纯虚数的定义，求出z1z2，再利用i乘方的周期性求解作答.
【解答过程】（1）复数z1=a+i，则z12=(a+i)2=(a2−1)+2ai=−2i，
又a是实数，因此a2−1=02a=−2，解得a=−1，
所以实数a的值是−1.
（2）复数z1=a+i，z2=1−i，a∈R，则z1z2=a+i1−i=(a+i)(1+i)(1−i)(1+i)=(a−1)+(a+1)i2=a−12+a+12i，
因为z1z2是纯虚数，于是a−12=0a+12≠0，解得a=1，因此z1z2=i，
又i1=i,i2=−1,i3=−i,i4=1，
则n∈N∗,i4n−3=i,i4n−2=−1,i4n−1=−i,i4n=1，即有n∈N∗,i4n−3+i4n−2+i4n−1+i4n=0，
所以z1z2+(z1z2)2+(z1z2)3+⋯+(z1z2)2023=505(i+i2+i3+i4)+i+i2+i3=i−1−i=−1.
14．（2023上·浙江·高二校联考开学考试）已知复数z满足1+iz−1=1−i2（i是虚数单位）
(1)求z的值；
(2)若复数z−m2−5z在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）利用复数的除法运算求出z即可.
（2）由（1）的结论，结合复数的乘方运算，再利用复数的几何意义列出不等式组求解作答.
【解答过程】（1）由1+iz−1=1−i2，得z=1+2(1+i)1−i=1+2(1+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+2i.
（2）由（1）知，(z−m)2−5z=(1−m+2i)2−5(1−2i)=(1−m)2−9+4(1−m)i+10i
=(m2−2m−8)+2(7−2m)i，由复数z−m2−5z在复平面内对应的点在第三象限，
得m2−2m−8<02(7−2m)<0，解得72所以实数m的取值范围为(72,4).
15．（2023下·辽宁沈阳·高一沈阳二中校考阶段练习）在①复数z满足z+i和z2−i均为实数；②z为复数z的共轭复数，且z1+i=z+1；③复数z=a+bia∈R,b<0是关于x方程x2−4x+5=0的一个根，这三个条件中任选一个（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分），并解答问题：
(1)求复数z；
(2)在复平面内，若z1=z+1m+m2+m−3i对应的点在第四象限，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）若选①：设z=a+bia,b∈R，根据复数的相关概念与运算求解；若选②：设z=a+bia,b∈R，根据复数的乘法运算结合复数相等运算求解；若选③：直接求解方程即可得结果；
（2）由（1）可得z=2+i，根据复数的几何意义列式求解.
【解答过程】（1）若选①：设z=a+bia,b∈R，
则z+i=a+b+1i，z2−i=a+bi2+i2−i2+i=2a−b5+a+2b5i，
若z+i和z2−i均为实数，则b+1=0a+2b5=0，解得a=2b=−1，
所以z=2−i；
若选②：设z=a+bia,b∈R，则z=a−bi，
因为z1+i=z+1，则a+bi1+i=a−bi+1，
整理得a−b+a+bi=a+1−bi，
则a−b=a+1a+b=−b，解得a=2b=−1，
所以z=2−i；
若选③：因为x2−4x+5=0，则x−22=−1，解得x=2±i，
且z=a+bia∈R,b<0，所以z=2−i.
（2）由（1）可得z=2+i，
则z1=z+1m+m2+m−3i=2+i+1m+m2+m−3i=2+1m+m2+m−2i，
若z1对应的点在第四象限，则2+1m>0m2+m−2<0，解得−2所以实数m的取值范围为−2,−12∪0,1.
16．（2023下·辽宁锦州·高一统考期末）已知i是虚数单位，a，b∈R，设复数z1=2a−3i，z2=2b+i，z3=a+bi，且z3=1.
(1)若z1−z2为纯虚数，求z3；
(2)若复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点.
①是否存在实数a，b，使向量OB逆时针旋转90°后与向量OA重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由；
②若O，A，B三点不共线，记△ABO的面积为Sa,b，求Sa,b及其最大值.
【解题思路】（1）计算z1−z2，然后使其实部为零，虚部不为零，再结合z3=1可求出a,b的值，从而可求出求z3；
（2）①方法一：由题意可得OA=OBOA⋅OB=0z3=1，然后解关于a,b的方程组可得结果，方法二：设OA=OB=r,则sinα=1r,csα=2br，再由题意得rcsα+π2=2arsinα+π2=−3，从而可求得结果，
②设向量OA,OB的夹角为θ，0≤θ≤π，设复数z3所对应的向量为OC,则Sa,b=12OA⋅OBsinθ，化简后再利用a⋅b≤a⋅b可求得其最大值.
【解答过程】（1）因为复数z1=2a−3i,z2=2b+i,a,b∈R，
所以z1−z2=2a−2b−3+1i，
而z1−z2为纯虚数，因此2a−2b=0，即a=b.
又因为z3=a+bi，且z3=1，所以a2+b2=1，
由a2+b2=1a=b，解得a=−22b=−22或a=22b=22，
所以z3=−22−22i或z3=22+22i.
（2）①存在，理由如下：
法一：由题意知：OA=OBOA⋅OB=0z3=1，得4a2+3=4b2+14ab−3=0a2+b2=1，
解得a=−12b=−32或a=12b=32 ，
因为OB逆时针旋转90°后与OA重合，所以a=−12,b=−32；
法二：设OA=OB=r, α是以x轴正半轴为始边，OB为终边的角，则sinα=1r,csα=2br，
所以rcsα+π2=2arsinα+π2=−3即−rsinα=2arcsα=−3，
所以−r⋅1r=2ar⋅2br=−3，所以a=−12b=−32 ，
且a=−12,b=−32时，满足z3=a2+b2=1.
所以a=−12,b=−32.
②因为复数z1，z2对应的向量分别是OA,OB(为坐标原点），且O，A，B三点不共线，
所以设向量OA,OB的夹角为θ，0≤θ≤π，设复数z3所对应的向量为OC,
则OA=2a,−3,OB=2b,1,OC=a,b且OC=1，
因此△AOB的面积Sa,b=12OAOBsinθ，
=12OA⋅OB1−cs2θ
=12OA2⋅OB2−OA⋅OBcsθ2
=12OA2⋅OB2−OA⋅OB2
=124a2+3⋅4b2+1−4ab−32
=a+3b ，
设n=1,3，则Sa,b=n⋅OC≤n⋅OC=2，
当且仅当b=3a且a2+b2=1，即b=−32a=−12或b=32a=12时等号成立，
所以Sa,b=a+3b，其最大值为2.
题型三
复数范围内方程的根的问题
17．（2023下·上海奉贤·高一校考阶段练习）设虚数z1、z2满足z12=z2.
(1)若z1、z2又是一个实系数一元二次方程的两个根，求z1、z2；
(2)把（1）中虚部大于零的根记作ω，对任意整数m，计算ωm+ωm+1+ωm+2；
(3)若z1=1+ki(i为虚数单位，k为实数），z1≤2，复数λ=z2+3，求λ的取值范围.
【解题思路】（1）设出z1的代数形式，利用实系数一元二次方程的两个虚根互为共轭复数列式求解作答.
（2）利用复数的加减及乘法运算计算作答.
（3）根据给定条件，求出k2的范围，再将λ表示为k2的函数，求出函数的值域作答.
【解答过程】（1）设z1=a+bi,a,b∈R，则z2=(a+bi)2=a2−b2+2abi，又z1,z2是虚数，即有ab≠0，
因为z1、z2是一个实系数一元二次方程的两个根，则z1、z2互为共轭复数，
因此a2−b2=a2ab=−b，解得a=−12,b=±32，
所以z1=−12−32i，z2=−12+32i或z1=−12+32i，z2=−12−32i.
（2）由（1）知，ω=−12+32i，则1+ω+ω2=1+ω(1+ω)=1+(−12+32i)(12+32i)=1−1=0，
对任意整数m，ωm+ωm+1+ωm+2=ωm(1+ω+ω2)=0.
（3）由z1=1+ki知k∈R,k≠0，又z1≤2，即1<1+k2≤2，则0λ=z12+3=(1+ki)2+3=4−k2+2ki，
所以|λ|=(4−k2)2+4k2=(k2−2)2+12∈[13,4).
18．（2023·全国·高一专题练习）关于x的实系数一元二次方程x2+mx+n=0．
(1)若方程有一个根是2−3i，求m+n的值；
(2)当n=3时，方程的两个虚根x1,x2满足x1−x2=22，求m的值．
【解题思路】（1）将2−3i代入方程，根据实部、虚部为0求得m,n的值；
（2）用求根公式直接求出两个虚根x1,x2，代入x1−x2=22求m的值．
【解答过程】（1）因为2−3i为方程x2+mx+n=0的一根，
所以2−3i2+m2−3i+n=0，即n+2m−5−12+3mi=0 ，
所以n+2m−5=0且12+3m＝0 ，故m=−4,n=13 ，
所以m+n=9
（2）方程x2+mx+3=0有两个虚根，则Δ=m2−12<0，故−23因为x2+mx+3=0的两个虚根为−m±12−m2i2，
所以x1−x2=12−m2i=22，故12−m2=22 ，
所以m=±2满足条件.
综上：m=±2.
19．（2023下·江苏盐城·高一校考阶段练习）已知虚数z1=4csθ+3sinθ⋅i，z2=2−3sinθ⋅i，其中i为虚数单位，θ∈R，z1、z2是实系数一元二次方程z2+mz+n=0的两根．
(1)求实数m、n的值；
(2)若z−z1+z−z2=33，求z的取值范围．
【解题思路】（1）根据z1、z2是实系数一元二次方程z2+mz+n=0的两根可得z1=z2，求出csθ的值，进而求得z1、z2，再根据根与系数的关系求出m、n的值即可；
（2）根据复平面内z−z1+z−z2=33的几何意义可得za,b在线段z1z2上，进而求得z的取值范围即可
【解答过程】（1）由题意，z1=z2，即4csθ+3sinθ⋅i=2+3sinθ⋅i，故csθ=12，根据韦达定理有m=−z1+z2=−2+3sinθ⋅i+2−3sinθ⋅i=−4，n=z1z2=2+3sinθ⋅i⋅2−3sinθ⋅i=4+9sin2θ=4+91−122=434，即m=−4，n=434
（2）由（1）sinθ=±1−cs2θ=±32，故不妨设z1=2+332i,z2=2−332i，设z=a+bi，则z−z1+z−z2=33的几何意义即为复平面内za,b到z12,332,z22,−332的距离之和为33.因为z1到z2的距离为332−−332=33，故za,b在线段z1z2上.故当z2,0时z取得最小值2，当z在z1或z2时，z取得最大值22+3322=432，故z的取值范围为2,432.
20．（2023下·高一课时练习）已知关于x的方程x2−2ax+a2−4a+4=0(a∈R)在复数范围内的两根分别为α､β.
(1)若该方程没有实根，求实数a的取值范围；并在复数范围内对x2−2ax+a2−4a+4进行因式分解；
(2)若|α|+|β|=3，求实数a的值.
【解题思路】（1）若该方程没有实根，则Δ<0，解之即可，由x2−2ax+a2−4a+4=0，可得x−a2−21−a⋅i2=0，即可在复数范围内对x2−2ax+a2−4a+4进行因式分解；
（2）分Δ≥0和Δ<0两种情况讨论，结合韦达定理从而可得出答案.
【解答过程】（1）解：若该方程没有实根，
则Δ=4a2−4a2−4a+4<0，解得a<1，
由x2−2ax+a2−4a+4=0，得x−a2=4a−1=21−a⋅i2，
所以x−a2−21−a⋅i2=0，即x−a+21−a⋅ix−a−21−a⋅i=0，
所以在复数范围内对x2−2ax+a2−4a+4 =x−a+21−a⋅ix−a−21−a⋅i；
（2）解：当Δ=4a2−4a2−4a+4≥0，即a≥1时，
则α,β都是实数，
由韦达定理可知α+β=2a>0αβ=a−22≥0，
故α,β都是非负数，
所以|α|+|β|=α+β=2a=3，所以a=32；
当Δ<0，即a<1时，方程有两个共轭虚根，设为m+ni,m−ni,m,n∈R，
则α+β=2a=2mαβ=a−22=m2+n2，
故|α|+|β|=2m2+n2=2a−2=3，解得a=12或72（舍去），
综上所述，a=12或32.
21．（2023·全国·高一专题练习）设a,b∈R，已知x1，x2为关于x的二次方程x2+2ax+b=0两个不同的虚根，
（1）若b=2，求实数a的取值范围；
（2）若x1−x2=2，x1x2+x2x1=1，求实数a，b的值.
【解题思路】(1)由题可得二次函数y=x2+2ax+b的判别式小于0,列式求解即可.
(2)利用韦达定理代入x1−x2=2可求得a,b的关系,再化简x1x2+x2x1=1利用韦达定理表示,换成a,b的形式进行求解即可.
【解答过程】(1)由题二次函数y=x2+2ax+2的判别式小于0,故4a2−8<0,解得a∈−2,2.
(2)由x1,x2为关于x的二次方程x2+2ax+b=0两个不同的虚根可得x1+x2=−2a, x1x2=b,又x1−x2=2则(x1+x2)2−4x1x2=2,得a2−b=1,因为a2−b<0,故a2−b=−1,又x1x2+x2x1=1⇒x1+x22−2x1x2x1x2=1⇒4a2b=3，4a2=3b,
故a2−b=−14a2=3b⇒a=±3b=4
故a=±3,b=4.
22．（2023·高一课时练习）已知关于x的实系数一元二次方程x2+ax+b=0a,b∈R．
（1）若一根为1−2i，求a，b的值；
（2）若存在模为1的虚数根，求a，b满足的条件；
（3）设a=b=2，z0是虚数根，记z0，z02， z0−z02在复平面上对应点分别为A，B，C，求OA→+OB→⋅OC→的值．
【解题思路】（1）依题意知方程x2+ax+b=0的两根为1−2i，1+2i，由根与系数关系可得结果；
（2）设模为1的虚根为x=m+ni，m,n∈R，n≠0，且m2+n2=1，则方程x2+ax+b=0的两根为m−ni，m+ni，由根与系数关系可得a=−2m，b=m2+n2=1，进而可得结果；
（3）求出方程x2+2x+2=0的虚数根，结合复数的运算得到A,B,C的坐标，进而可得结果.
【解答过程】（1）依题意可知，实系数一元二次方程x2+ax+b=0的两根为1−2i，1+2i，
所以(1−2i)+(1+2i)=−a(1−2i)×(1+2i)=b，解得a=−2，b=5.
（2）设模为1的虚根为x=m+ni，m,n∈R，n≠0，且m2+n2=1，
则实系数一元二次方程x2+ax+b=0的两根为m−ni，m+ni，
所以(m−ni)+(m+ni)=−a(m−ni)×(m+ni)=b，解得a=−2m，b=m2+n2=1.
又n≠0，所以m∈−1,1，故a∈−2,2，b=1.
（3）若a=b=2，则方程x2+2x+2=0的根为−1−i，−1+i.
若z0=−1−i，则z02=2i，z0−z02=−1−3i，则A(−1,−1)，B(0,2)，C(−1,−3).
所以OA→+OB→⋅OC→=(−1,1)⋅(−1,−3)=−2；
若z0=−1+i，则z02=−2i，z0−z02=−1+3i，则A(−1,1)，B(0,−2)，C(−1,3).
所以OA→+OB→⋅OC→=(−1,−1)⋅(−1,3)=−2.
故OA→+OB→⋅OC→=−2.
23．（2023·高一单元测试）在①z2z2=10(a>0)；②复平面上表示z1z2的点在直线x+2y=0上；③z1(a−i)>0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答：
已知复数z1=1+i，z2=a+3i；（i为虚数单位），满足 .
（1）若z=1z1+1z2，求复数z以及|z|；
（2）若z2是实系数一元二次方程x2+mx+4−3m=0的根，求实数m的值
【解题思路】选条件①，根据z2z2=a2+9=10求出a的值；
选条件②，求出z1z2在复平面上表示点的坐标，代入直线方程求出a的值；
选条件③，计算z1(a−i)，根据z1(a−i)>0求出a的值；
(1)计算z和z的值；
(2)根据z2是实系数一元二次方程的根，z2也是方程的根，利用根与系数的关系求出m的值.
【解答过程】选条件①：z2z2=10(a>0).
因为z1=1+i，z2=a+3i，所以z2z2=a2+9=10，
解得a2=1，又a>0，所以a=1；
选条件②：复平面上表示z1z2的点在直线x+2y=0上.
因为z1=1+i，z2=a+3i，
所以z1z2=1+ia+3i=a+3a2+9+a−3a2+9i，其表示的点为(a+3a2+9，a−3a2+9)，
有a+3a2+9+2×a−3a2+9=0，解得a=1；
选条件③：z1(a−i)>0.
因为z1=1+i，所以z1(a−i)=(1+i)(a−i)=(a+1)+(a−1)i>0，
所以a+1>0a−1=0，解得a=1.
(1)z=1z1+1z2=11+i+11+3i=35−45i，z=(35)2+(−45)2=1；
(2)z2是实系数一元二次方程x2+mx+4−3m=0的根，
则z2也是该方程的根，所以m=-(z2+z2)=−(1+3i+1-3i)=-2.
24．（2023下·上海闵行·高一校考阶段练习）已知关于x的实系数一元二次方程2x2−4m−1x+m2+1=0
(1)若m=2，求方程的两个根；
(2)若方程有两虚根z1,z2，z1+z2=4，求m的值；
(3)若方程的两根为x1,x2，其在复平面上所对应的点分别为A,B，点A关于y轴的对称点为C（不同于点A），如果OB⋅OC≤−1，求m的取值范围.
【解题思路】（1）利用求根公式计算可得；
（2）由Δ<0求出m的取值范围，依题意可得z1、z2互为共轭复数，则z1=2，即可求出m的值；
（3）分Δ≥0和Δ<0两种情况讨论，结合求根公式及数量积的坐标表示，即可得到不等式，解得即可.
【解答过程】（1）当m=2时方程为2x2−4x+5=0，则Δ=−42−4×2×5=−24，
所以方程的根为x1=4+24i4=2+6i2、x2=4−24i4=2−6i2
（2）因为方程有两虚根z1,z2，所以Δ=16m−12−4×2×m2+1=8m2−4m+1<0，
解得2−3此时方程有两个共轭复根z1、z2，故z1=z2，又z1+z2=4，所以z1=2，
所以z12=z1z2=m2+12=4，解得m=7或m=−7（舍去）.
（3）若Δ≥0，即m≤2−3或m≥2+3时，
此时x1=4m−1+Δ4，x2=4m−1−Δ4，
则A4m−1+Δ4,0，B4m−1−Δ4,0，C−4m−1+Δ4,0，
显然x1=4m−1+Δ4≠0，
所以OB=4m−1−Δ4,0，OC=−4m−1+Δ4,0
则OB⋅OC=−4m−1−Δ4⋅4m−1+Δ4=Δ−16m−1216
=8m2−4m+1−16m−1216≤−1，
即m2−1≥0，解得m≥1或m≤−1，
所以m>2+3或m≤−1；
若Δ<0，即2−3设x1=a+bi，x2=a−bi（a,b∈R），
则Aa,b，Ba,−b，C−a,b，
所以OB=a,−b，OC=−a,b，
所以OB⋅OC=−a2−b2≤−1，即a2+b2≥1，又x1+x2=2a=2m−1，x1⋅x2=a−bia+bi=a2+b2=m2+12，
所以m2+12≥1，解得m≥1或m≤−1，所以1≤m<2+3；
综上可得m的取值范围为−∞,−1∪1,+∞.
题型四
复数综合
25．（2023·高一课时练习）已知：对于任意的多项式fx与任意复数z，fz=0⇔x−z整除fx．利用上述定理解决下列问题：
(1)在复数范围内分解因式：x2+x+1；
(2)若x2+x+1=0，求x21+x22+x23的值；
(3)求所有满足x2+x+1整除x2n+xn+1的正整数n构成的集合A．
【解题思路】（1）令x2+x+1=0求得复数范围内的两个根为−12±32i，即可因式分解；（2）根据x2+x+1=0求出复数根，找到根的次方的规律性变化的特点即可求解；（3）分n=3k,n=3k+1,n=3k+2,k∈N三种情况讨论求解.
【解答过程】（1）令x2+x+1=0解得两个根ω,ω2，
这里ω=−12+32i，ω2=−12−32i，
所以x2+x+1=(x+12−32i)(x+12+32i).
（2）由（1）知x2+x+1=0解得两个根x1=−12+32i，x2=−12−32i，
x1=−12+32i,x12=−12−32i,x13=1,x14=−12+32i,⋯，
所以x121=x13=1，同理x221=x23=1，
所以x21+x22+x23=x21x2+x+1=0.
（3）记f(x)=x2n+xn+1，x2+x+1=0有两个根ω,ω2，这里ω=−12+32i，
ω3=1，
当n=3k+1,k∈N时，
f(ω)=ω2n+ωn+1=0,f(ω2)=ω4n+ω2n+1=ω2+ω+1=0，
故在这种情形有x2+x+1整除x2n+xn+1，
当n=3k+2,k∈N时，
f(ω)=ω2n+ωn+1=0,f(ω2)=ω4n+ω2n+1=ω2+ω+1=0，
故在这种情形有x2+x+1整除x2n+xn+1，
当n=3k,k∈N时，
f(ω)=ω2n+ωn+1=3≠1，
故x2+x+1不整除x2n+xn+1，
所以A=n|n=3k+1或n=3k+2,k∈N.
26．（2023·高一单元测试）已知复数z满足|z|=2，z2的虚部为﹣2，且z所对应的点在第二象限．
（1）求复数z；
（2）若复数ω满足|ω﹣1|≤zz+i，求ω在复平面内对应的点的集合构成图形的面积．
【解题思路】（1）设出复数z，利用已知列出方程组，求解可得复数z；
（2）把复数z=﹣1+i代入zz+i，利用复数代数形式的乘除运算化简，由复数求模公式计算|zz+i|，由复数ω满足|ω﹣1|≤105，由复数的几何意义得出ω在复平面内对应的点的集合构成图形是什么，从而计算出对应面积．
【解答过程】解：（1）设z=x+yi（x，y∈R），则z2=x2﹣y2+2xyi，
由|z|=2，z2的虚部为﹣2，且z所对应的点在第二象限，
得x2+y2=22xy=−2x<0,y>0，解得：x=−1y=1，
∴z=﹣1+i；
（2）由（1）知：复数z=﹣1+i，
∴zz+i=−1−i−1+2i=(−1−i)(−1−2i)(−1+2i)(−1−2i)=−1+3i5=−15+35i，
∴zz+i=(−15)2+(35)2=105，
∴复数ω满足|ω﹣1|≤105，由复数的几何意义得：
ω在复平面内对应的点的集合构成图形是以（1，0）为圆心，105为半径的圆面，
∴其面积为π⋅(105)2=2π5．
27．（2023·高一课时练习）（1）计算：32−i1+32i+21−i10+−12i+3210；
（2）若复数z满足z−1z=12，argz−1z=π3，求复数32(z−2|z|−z)+3的三角形式.
（3）利用复数证明余弦定理.
【解题思路】（1）由22(1+i)=csπ4+isinπ4， −12i+32=cs−π6+isin−π6，结合复数的三角形式的乘方运算即可求值；
（2）由题意得z−1z=12(csπ3+isinπ3)，进而得到 z、z代入目标式化简后转化为三角形式即可.
（3）在复平面内建立直角坐标系，利用坐标法证明.
【解答过程】解：（1）因为22(1+i)=csπ4+isinπ4， −12i+32=cs−π6+isin−π6，
所以32−i1+32i+21−i10+−12i+3210=−i+22(1+i)10+−12i+3210，
=−i+221+i10+−12i+3210=−i+csπ4+isinπ410+cs−π6+isin−π610 =−i+cs5π2+isin5π2+cs−5π3+isin−5π3=12+32i；
（2）由题意知：z−1z=12(csπ3+isinπ3)，所以 z=1+33i，z=1−33i，
∴32z−2z−z+3=3i−3=6cs3π4+isin3π4
（3）如图，已知△ABC是复平面内的任意三角形，角A,B,C对应的边分别为a,b,c.
证明：a2=b2+c2−2bccsA.
证明：如图，以A点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立复平面内的直角坐标系，
则点A,B,C对应的复数分别为0,z1,z2，
则复数z1的模z1=c，复数z2的模z2=b，幅角为A，
因为z2−z1=BC=a，z1=c,z2=bcsA+isinA，
所以z2−z1=bcsA+isinA−c=bcsA−c+ibsinA，
所以z2−z12=bcsA−c2+bsinA2=b2cs2A+c2−2bccsA+b2sin2A
=b2cs2A+sin2A+c2−2bccsA =b2+c2−2bccsA=a2，
所以a2=b2+c2−2bccsA，证毕.
28．（2023·高一课时练习）对一般的实系数一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0a≠0，由于总可以通过代换x=y−b3a消去其二次项，就可以变为方程x3+px+q=0．在一些数学工具书中，我们可以找到方程x3+px+q=0的求根公式，这一公式被称为卡尔丹公式，它是以16世纪意大利数学家卡尔丹（J.Cardan）的名字命名的．
卡尔丹公式的获得过程如下：三次方程x3+px+q=0可以变形为x3=−px+−q，把未知数x写成两数之和x=m+n，再把等式x3=m+n3的右边展开，就得到x3=m3+n3+3mnm+n，即x3=3mnx+m3+n3．将上式与x3=−px+−q相对照，得到3mn=−pm3+n3=−q，把此方程组中的第一个方程两边同时作三次方，m3n3=−p33m3+n3=−q，并把m3与n3看成未知数，解得m3=−q2+q22+p33n3=−q2−q22+p33，于是，方程x3+px+q=0一个根可以写成x=3−q2+q22+p33+3−q2−q22+p33．
阅读以上材料，求解方程x3−3x2−12x+10=0．
【解题思路】根据给定的材料，把方程化成没有二次项的三次方程，再求出其中的一个根即可求解作答.
【解答过程】令x=y+1，方程x3−3x2−12x+10=0化为：y3=15y+4，令y=m+n，
则有3mny+m3+n3=15y+4，于是得m3+n3=4mn=5，即m3+n3=4m3n3=125，
m3,n3是关于z的方程z2−4z+125=0的二根，解z2−4z+125=0得z=2±11i，
即m3=2+11in3=2−11i或m3=2−11in3=2+11i，而2+11i=(2+i)3,2−11i=(2−i)3，因此m=2+in=2−i或m=2−in=2+i，
于是得y=4，方程y3=15y+4化为(y−4)(y2+4y+1)=0，解得y=4或y=−2±3，
因此x=5或x=−1±3，
所以方程x3−3x2−12x+10=0的解为x=5或x=−1−3或x=−1+3.
29．（2000·上海·高考真题）已知复数z0=1−mim>0,z=x+yi和ω=x′+y′i，其中x,y,x′,y′均为实数，i为虚数单位，且对于任意复数z，有ω=z0⋅z,|ω|=2|z|．
(1)试求m的值，并分别写出x′和y′用x、y表示的关系式；
(2)将(x,y)作为点P的坐标，x′,y′作为点Q的坐标，上述关系可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点P变到这一平面上的点Q，已知点P经该变换后得到的点Q的坐标为3,2，试求点P的坐标；
(3)若直线y=kx上的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上，试求k的值．
【解题思路】（1）由共轭复数的概念，复数的运算法则，复数的模长公式和复数相等的条件求解即可；
（2）由（1）和题意可知3=x+3y2=3x−y，解出x,y即可；
（3）直线y=kx上的任一点Px,y经上述变换后得到的点Qx+3y,3x−y仍在该直线上，可知3x−y=kx+3y，进而3k+11=3−kk，求出k即可
【解答过程】（1）因为z0=1−mim>0,z=x+yi，
所以ω=z0⋅z=1+mix−yi=x+my+xm−yi，
ω=x+my2+xm−y2，z=x2+y2
又|ω|=2|z|，
所以x+my2+xm−y2=2x2+y2，
所以1+m2x2+1+m2y2=4x2+4y2，
所以1+m2=4，且m>0，
解得m=3，
所以ω=z0⋅z=x+my+xm−yi=x+3y+3x−yi，
又因为ω=x′+y′i，
所以x′=x+3yy′=3x−y；
（2）由（1）和题意可知3=x+3y2=3x−y，
解得x=334y=14，
所以点P的坐标为334,14
（3）直线y=kx上的任一点Px,y经上述变换后得到的点Qx+3y,3x−y仍在该直线上，
所以3x−y=kx+3y，即3k+1y=3−kx，
当k=0时，y=0与y=3x不是同一条直线，
所以k≠0，
于是3k+11=3−kk，
即3k2+2k−3=0，
解得k=33或k=−3.
30．（2023下·上海浦东新·高一校考期末）对于一组复数z1，z2，z3，…，znn∈N,n≥3，令Sn=z1+z2+z3+⋅⋅⋅+zn，如果存在zpp∈1,2,3,⋅⋅⋅,n，使得zp≥Sn−zp，那么称zp是该复数组的“M复数”.
（1）设zn=n+n−xin∈1,2,3，若z3是复数组z1，z2，z3的“M复数”，求实数x的取值范围；
（2）已知z1=i，z2=1+i，是否存在复数z3使得z1，z2，z3均是复数组z1，z2，z3的“M复数”？若存在，求出所有的z3，若不存在，说明理由；
（3）若zn=59n−1+i⋅−1nn∈N,n≥1，复数组z1，z2，z3，…，zn是否存在“M复数”？给出你的结论并说明理由．
【解题思路】（1）z1=1+(1−x)i，z2=2+(2−x)i，z3=3+(3−x)i，由z3是复数组z1，z2，z3的“M复数”，从而|z3|⩾|S3−z3|=|z1+z2|，由此能求出结果．
（2）由z1=i，z2=1+i，存在复数z3使得z1，z2，z3均是复数组z1，z2，z3的“M复数”，列不等式组求出结果．
（3）|zn|=[(59)n−1]2+1严格减．推导出当n为奇数时，复数组z1，z2，z3，⋅⋅⋅，zn存在“M复数”，当n为偶数时，复数组z1，z2，z3，…，zn不存在“M复数”．
【解答过程】解：（1）z1=1+1−xi，z2=2+2−xi，z3=3+3−xi，∵z3是复数组z1，z2，z3的“M复数”， z1+z2=2+2−xi+1+1−xi=3+3−2xi
∴z3≥S3−z3=z1+z2，代入得32+3−x2≥32+3−2x2，化简得xx−2≤0，∴0≤x≤2．
（2）若z1，z2，z3均是复数组z1，z2，z3的“M复数”，则z1≥z2+z3z2≥z1+z3z3≥z1+z2，设zk=xk+yki，k=1，2，3，则x12+y12≥x2+x32+y2+y32x22+y22≥x1+x32+y1+y32x32+y32≥x1+x22+y1+y22，
相加得x1+x2+x32+y1+y2+y32≤0，所以z1+z2+z3=0，所以z3=−1−2i．
（3）因为zn=59n−12+1严格递减
当n为奇数时，z1=1−i，z2+z3+⋅⋅⋅+zn=59+592+⋅⋅⋅+59n−1=591−59n−11−59
=541−59n−1<54<2，∴z1=2,z2+z3+⋅⋅⋅+zn=541−59n−1<54<2=z1，
所以当n为奇数时，复数组z1，z2，z3，…，zn存在“M复数”，z1是复数组z1，z2，z3，…，zn的“M复数”．
nn≥3为偶数时，zpmax=z1=2，Sn−zpmin=Sn−z1min=z2+z3+⋅⋅⋅+zn
=59+592+⋅⋅⋅+59n−1+i=541−59n−12+1=25161−59n−12+1
≥25161−594−12+1>2=z1=znmax，
∴znmax31．（2023下·上海徐汇·高一上海中学校考期末）利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对z1,z2（其中z1,z2∈C）视为一个向量，记作α=z1,z2．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量α=z1,z2，β=z1',z2'的数量积定义为一个复数，记作a⋅β，满足α⋅β=z1z1'+z2z2'，复向量α的模定义为α=α⋅α．
(1)设α=1−i,i，β=3,4，i为虚数单位，求复向量α、β的模；
(2)设α、β是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量a=x1,y1，b=x2,y2，（其中x1,x2,y1,y2∈R），a⋅b≤ab成立，证明：对于复向量α、β，α⋅β≤aβ也成立；
②当α⋅β=aβ时，称复向量α与β平行．若复向量α=1+i,1−2i与β=i,z平行（其中i为虚数单位，z∈C），求复数z．
【解题思路】（1）根据题目中复向量的模长公式计算即可；
（2）①利用模长公式和复数的三角不等式，以及a⋅b≤ab的坐标表示，即可证明结论成立；
②根据①中等号成立的条件，结合题意即可求出z和z的值．
【解答过程】（1）因为α=(1−i,i)，所以α⋅α=(1−i)1−i+i⋅i=(1−i)(1+i)+i⋅(−i)=2+1=3，
可得α的模为|α|=3；
因为β=(3,4)，所以β⋅β=3×3+4×4=3×3+4×4=25，
所以β的模为|β|=5；
（2）因为α=z1,z2,β=z1',z2'，所以α⋅β=z1z1'+z2z2'，
由复数的三角不等式z1z1'+z2z2'≤z1z1'+z2z2'=z1z1'+z2z2'，
由a⋅b≤ab，得x1x2+y1y2x12+y12⋅x22+y22≤1，所以x1x2+y1y2≤x12+y12⋅x22+y22，
所以z1z1'+z2z2'≤z12+z22⋅z1'2+z2'2 =z1z1+z2z2⋅z1′z1'+z2′z2'=αβ，
综上所知，|a⋅β|≤|a||β|.
②考虑①中等号成立的条件知，对于复数的三角不等式，复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数k，使得z2'=kz1z1'z2，
若复向量α=1+i,1−2i与β=i,z平行，则z=k(1+i)⋅i1−2i=k35+15i，
根据z1z1'+z2z2'≤z12+z22⋅z1'2+z2'2中等号成立的条件，应有z1z2'=z2z1'，
则z=|1−2i||i||1+i|=102，
结合z=k35+15i，得k352+152=102，解得k=52；
所以z=5235+15i=32+12i，所以z=32−12i．
32．（2023下·上海闵行·高一统考期末）通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对z1,z2z1,z2∈C看作一个向量，记a=z1,z2，则称a为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于a=z1,z2，b=z3,z4，z1、z2、z3、z4、λ∈C，我们有如下运算法则：
①a±b=z1±z3,z2±z4； ②λa=λz1,λz2；
③a⋅b=z1z3+z2z4； ④a=a⋅a.
(1)设a=(i,1+i)，b=(2,2−i)，求a+b和a⋅b.
(2)由平面向量的数量积满足的运算律，我们类比得到复向量的相关结论：
①a⋅b=b⋅a
②a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c ③(λa)⋅b=a⋅(λb).
试判断这三个结论是否正确，并对正确的结论予以证明.
(3)若a=(2i,1)，集合Ω=pp=(x,y),y=2x+1,x,y∈C，b∈Ω.对于任意的c∈Ω，求出满足条件(a−b)⋅(b−c)=0的b，并将此时的b记为b0，证明对任意的b∈Ω，不等式a−b≥a−b0恒成立.
根据对上述问题的解答过程，试写出一个一般性的命题（不需要证明）.
【解题思路】（1）根据所给定义计算可得；
（2）根据所给定义及复数代数形式的运算法则计算可得；
（3）设满足条件的b=z1,2z1+1，c=z2,2z2+1，z1、z2∈C，根据所给条件求出b0，再证明对任意的b∈Ω，不等式a−b≥a−b0恒成立，则只需计算a−b的最小值，不妨令b=m+ni,2m+1+2ni，表示出a−b，即可得到a−b，根据完全平方数的性质计算可得.
【解答过程】（1）因为a=(i,1+i)，b=(2,2−i)，
所以a+b=i,1+i+2,2−i=2+i,3，
a⋅b=2i+1+i2+i=2i+2+i+2i+i2=1+5i
（2）设a=z1,z2，b=z3,z4，c=z5,z6，z1、z2、z3、z4、z5、z6、λ∈C，
则a⋅b=z1z3+z2z4，b⋅a=z3z1+z4z2，故①a⋅b=b⋅a不成立，
b+c=z3+z5,z4+z6，a⋅b=z1z3+z2z4，a⋅c=z1z5+z2z6
a⋅(b+c)=z1z3+z5+z2z4+z6，
因为z3+z5=z3+z5，z4+z6=z4+z6，
所以a⋅(b+c)=z1z3+z5+z2z4+z6
=z1z3+z1z5+z2z4+z2z6=z1z3+z2z4+z1z5+z2z6=a⋅b+a⋅c，故②正确；
λa=λz1,λz2，λb=λz3,λz4，
(λa)⋅b=λz1z3+λz2z4，a⋅(λb)=z1λz3+z2λz4，
设λ=a+bi，z3=c+di，a,b,c,d∈R，
则λz3=a+bic+di=ac−bd+ad+bci，λz3=ac−bd−ad+bci，
λz3=a+bic−di=ac+bd−ad−bci，
所以λz3≠λz3，故(λa)⋅b≠a⋅(λb)，即③错误；
（3）设满足条件的b=z1,2z1+1，c=z2,2z2+1，z1、z2∈C，
则a−b=2i−z1,−2z1，b−c=z1−z2,2z1−2z2，
因为z1−z2为任意的复数，不妨设z3=z1−z2且z3∈C，
由定义可得2i−z1z3+−2z1×2z3=0，即5z1−2iz3=0，则5z1−2i=0，
所以z1=25i，则b0=25i,45i+1，
以下证明对任意的b∈Ω，不等式a−b≥a−b0恒成立，只需计算a−b的最小值，
不妨令b=m+ni,2m+1+2ni，则a−b=−m−n−2i,−2m−2ni，
则a−b=−m−n−2i−m+n−2i+−2m−2ni−2m+2ni
=m2+n−22+2m2+4n2=5m2+5n2−4n+4，
当m=0，n=25时取得最小值，此时b=25i,45i+1与之前得到的b0相同，结论得证；
推广结论：对于任意复向量a∉Ω，b∈Ω，若对于任意的c∈Ω，当且仅当(a−b)⋅(b−c)=0时，a−b取到最小值.