新高考数学一轮复习教案第5章第4节 复数（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习教案第5章第4节 复数（含解析），共12页。

1.通过方程的解，认识复数．
2．结合复数的代数表示及其几何意义，考查复数的实部、虚部，共轭复数，复数的模等概念的认识，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．结合复数的运算法则，考查复数的加、减、乘、除运算，凸显数学运算的核心素养．
[理清主干知识]
1．复数的定义及分类
(1)复数的定义：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b.
(2)复数的分类：
eq \a\vs4\al(复数z＝a＋bi,a，b∈R)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(实数b＝0，,虚数b≠0\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(纯虚数a＝0，,非纯虚数a≠0.))))
2．复数的有关概念
3.复数的几何意义
4.复数的运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：
(1)z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
(2)z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
(3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
(4)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)．
5．复数运算的几个重要结论
(1)|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)．
(2)eq \x\t(z)·z＝|z|2＝|eq \x\t(z)|2.
(3)若z为虚数，则|z|2≠z2.
(4)(1±i)2＝±2i.
(5)eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝－i.
(6)i4n＝1；i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i.
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(复数的概念)复数z＝eq \f(i,5＋i)的虚部为( )
A.eq \f(5,26) B．eq \f(5,26)i
C．－eq \f(5,26) D．－eq \f(5,26)i
解析：选A z＝eq \f(i,5＋i)＝eq \f(i5－i,5＋i5－i)＝eq \f(1＋5i,26)＝eq \f(1,26)＋eq \f(5,26)i.故选A.
2．(复数的模)复数z＝(1＋i)2，则|z|＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C 由题得z＝2i，所以|z|＝2.故选C.
3．(复数的几何意义)复数z＝eq \f(5,2－i)在复平面上的对应点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A z＝eq \f(5,2－i)＝eq \f(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋i)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－i))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋i)))＝2＋i，在复平面上的对应点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1))，位于第一象限．故选A.
4．(复数的运算)若复数z满足z·i＝1＋i(i是虚数单位)，则z的共轭复数是________．
解析：由z·i＝1＋i，得z＝eq \f(1＋i,i)＝eq \f(1＋i－i,－i2)＝1－i，
∴eq \(z,\s\up6(－))＝1＋i.
答案：1＋i
二、易错点练清
1．(概念理解错误)i为虚数单位，复数eq \f(4＋3i,3－4i)的虚部是( )
A．－1 B．1
C．i D．－i
解析：选B 由题意得，eq \f(4＋3i,3－4i)＝eq \f(4＋3i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq \f(25i,25)＝i，所以复数的虚部是1.故选B.
2．(混淆绝对值与复数模的含义)若z＝3＋4i，则|z|＝( )
A.eq \r(5) B．5
C．7 D．25
解析：选B 因为z＝3＋4i，
所以|z|＝eq \r(32＋42)＝eq \r(25)＝5.
考点一 复数的概念
1．(2020·浙江高考)已知a∈R，若a－1＋(a－2)i(i为虚数单位)是实数，则a＝( )
A．1 B．－1
C．2 D．－2
解析：选C 因为a－1＋(a－2)i是实数，所以a－2＝0，所以a＝2，故选C.
2．(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋2i＋i3，则|z|＝( )
A．0 B．1
C.eq \r(2) D．2
解析：选C 因为z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，
所以|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，故选C.
3．(多选)已知i为虚数，且复数z满足z(1＋2i)＝1＋i3，则下列关于复数z的命题中正确的为( )
A．复数z的虚部为－eq \f(3,5)
B．|z|＝eq \f(2\r(5),5)
C．复数z对应的点在第三象限
D．z<1＋2i
解析：选AC z＝eq \f(1－i,1＋2i)＝eq \f(1－i1－2i,5)＝eq \f(－1－3i,5)，
则复数z的虚部为－eq \f(3,5)，故A正确；
|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))2)＝eq \f(\r(10),5)，故B错误；
复数z对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，－\f(3,5)))，为第三象限内的点，故C正确；
虚数不能比较大小，故D错误．故选A、C.
4．(多选)(2021年1月新高考八省联考卷)设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是( )
A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3
B．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3
C．若eq \x\t(z)2＝z3，则|z1z2|＝|z1z3|
D．若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2
解析：选BC 由复数的形式知选项A显然不正确；
当z1z2＝z1z3时，有z1z2－z1z3＝z1(z2－z3)＝0，又z1≠0，所以有z2＝z3，故选项B正确；
当eq \x\t(z)2＝z3时，则z2＝eq \x\t(z)3，
|z1z2|2－|z1z3|2＝(z1z2)(eq \x\t(z)1 eq \x\t(z)2)－(z1z3)(eq \x\t(z)1 eq \x\t(z)3)＝z1z2eq \x\t(z)1eq \x\t(z)2－z1z3eq \x\t(z)1eq \x\t(z)3＝0，故选项C正确；
当z1z2＝|z1|2时，则z1z2＝|z1|2＝z1eq \x\t(z)1⇒z1z2－z1eq \x\t(z)1＝z1(z2－eq \x\t(z)1)＝0，又z1≠0，所以eq \x\t(z)1＝z2，故选项D不正确．
5．已知复数z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)的实部与虚部的和为2，则实数a的值为________．
解析：易知z＝eq \f(a,2－i)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(a2＋i,5)＋eq \f(2－i,5)＝eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1i,5)，由题意得eq \f(2a＋2,5)＋eq \f(a－1,5)＝2，解得a＝3.
答案：3
[方法技巧]
解决复数概念问题的方法及注意事项
(1)求一个复数的实部与虚部，只需将已知的复数化为代数形式z＝a＋bi(a，b∈R)，则该复数的实部为a，虚部为b.
(2)求一个复数的共轭复数，只需将此复数整理成标准的代数形式，实部不变，虚部变为相反数，即得原复数的共轭复数．复数z1＝a＋bi与z2＝c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(3)复数是实数的条件：
①z＝a＋bi∈R⇔b＝0(a，b∈R)；
②z∈R⇔z＝eq \x\t(z)；③z∈R⇔z2≥0.
(4)复数是纯虚数的条件： ①z＝a＋bi是纯虚数⇔a＝0且b≠0(a，b∈R); ②z是纯虚数⇔z＋eq \x\t(z)＝0(z≠0)；③z是纯虚数⇔z2<0.
考点二 复数代数形式的运算
[典题例析]
(1)(2020·新高考全国卷Ⅱ)(1＋2i)(2＋i)＝( )
A．－5i B．5i
C．－5 D．5
(2)(2020·全国卷Ⅰ)若z＝1＋i，则|z2－2z|＝( )
A．0 B．1
C.eq \r(2) D．2
(3)(2020·新高考全国卷Ⅰ)eq \f(2－i,1＋2i)＝( )
A．1 B．－1
C．i D．－i
[解析] (1)(1＋2i)(2＋i)＝2＋4i＋i－2＝5i，故选B.
(2)法一：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|(1＋i)2－2(1＋i)|＝|2i－2－2i|＝2.故选D.
法二：∵z＝1＋i，∴|z2－2z|＝|z||z－2|＝eq \r(2)×|－1＋i|＝eq \r(2)×eq \r(2)＝2.故选D.
(3)eq \f(2－i,1＋2i)＝eq \f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(－5i,5)＝－i.
[答案] (1)B (2)D (3)D
[方法技巧] 复数代数形式运算问题的解题策略

[针对训练]
1．复数eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)的共轭复数的虚部为( )
A.eq \f(1,10) B．－eq \f(1,10)
C.eq \f(3,10) D．－eq \f(3,10)
解析：选B ∵eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1－2i,1＋2i1－2i)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1－2i,5)＋eq \f(i,2)＝eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i＋eq \f(i,2)＝eq \f(1,5)＋eq \f(1,10)i，
∴复数eq \f(1,1＋2i)＋eq \f(i,2)的共轭复数为eq \f(1,5)－eq \f(1,10)i，虚部为－eq \f(1,10).故选B.
2．计算：
(1)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝________；
(2)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)＝________.
解析：(1)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq \f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)
＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i.
(2)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)＝eq \f(1－i,2i)－eq \f(1＋i,2i)＝eq \f(－2i,2i)＝－1.
答案：(1)eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i (2)－1
考点三 复数的几何意义
[典例] (1)(2020·北京高考)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i·z＝( )
A．1＋2i B．－2＋i
C．1－2i D．－2－i
(2)在复平面内，复数eq \f(m＋i,m－i)(i为虚数单位)对应的点位于第一象限，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
[解析] (1)由题意知，z＝1＋2i，所以i·z＝i·(1＋2i)＝－2＋i，故选B.
(2)eq \f(m＋i,m－i)＝eq \f(m＋i2,m－im＋i)＝eq \f(m2－1,m2＋1)＋eq \f(2m,m2＋1)i.
∵该复数对应的点位于第一象限，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m2－1,m2＋1)>0，,\f(2m,m2＋1)>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1>0，,2m>0，))解得m>1，
∴实数m的取值范围是(1，＋∞)，故选D.
[答案] (1)B (2)D
[方法技巧]
复数几何意义问题的解题策略
(1)复数z、复平面上的点Z及向量OZ―→相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔OZ―→.
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
[针对训练]
1．复数z＝eq \f(1－i,3＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D ∵z＝eq \f(1－i,3＋i)＝eq \f(1－i3－i,3＋i3－i)＝eq \f(2－4i,10)＝eq \f(1,5)－eq \f(2i,5)，∴在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，－\f(2,5)))，位于第四象限，故选D.
2．设复数z满足条件|z|＝1，那么|z＋2eq \r(2)＋i|的最大值是( )
A．3 B．2eq \r(3)
C．1＋2eq \r(2) D．4
解析：选D |z|＝1表示单位圆上的点， 那么|z＋2eq \r(2)＋i|表示在单位圆上的点到(－2eq \r(2)，－1)的距离，求最大值转化为点(－2eq \r(2)，－1)到原点的距离加上圆的半径．因为点(－2eq \r(2)，－1)到原点的距离为3，所以最大值为4.
3．设复数z满足|z－i|＝|z＋i|(i为虚数单位)，且z在复平面内对应的点为Z(x，y)，则下列结论一定正确的是( )
A．x＝1 B．y＝1
C．x＝0 D．y＝0
解析：选D ∵满足|z－i|＝|z＋i|的点为复平面内到点(0，－1)和(0,1)的距离相等的点的集合，∴Z(x，y)的轨迹为x轴，其方程为y＝0.故选D.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．已知i为虚数单位，z＝eq \f(4,1－i)，则复数z的虚部为( )
A．－2i B．2i
C．2 D．－2
解析：选C z＝eq \f(4,1－i)＝eq \f(41＋i,1－i1＋i)＝eq \f(41＋i,2)＝2＋2i，虚部即为i的系数，为2，故选C.
2．设复数z＝eq \f(1－i,1＋i)，f(x)＝x2 020＋x2 019＋…＋x＋1，则f(z)＝( )
A．i B．－i
C．1 D．－1
解析：选C ∵z＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝eq \f(－2i,2)＝－i，
∴f(z)＝f(－i)＝(－i)2 020＋(－i)2 019＋…＋(－i)＋1.
∵(－i)＋(－i)2＋(－i)3＋(－i)4＝－i－1＋i＋1＝0，
∴f(z)＝505×0＋1＝1.故选C.
3．若z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，则实数m的值为( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：选C 因为z＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋m－6))＋(m－2)i为纯虚数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2m＋3＝0，,m－2≠0，))解得m＝－3，故选C.
4．复数z＝eq \f(2i4,1＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选D 由题得复数z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(21－i,1＋i1－i)＝eq \f(21－i,2)＝1－i，所以复数z对应的点位于复平面第四象限，故选D.
5．“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选C 当a＝－2时，z＝(－2＋2i)(－1＋i)＝－4i，则z为纯虚数，
可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充分条件；
当z＝(a＋2i)(－1＋i)＝(－a－2)＋(a－2)i为纯虚数时，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－2＝0，,a－2≠0，))解得a＝－2，
可知“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的必要条件．
综上所述，“a＝－2”是“复数z＝(a＋2i)(－1＋i)(a∈R)为纯虚数”的充要条件．
6．已知a∈R，i是虚数单位，若z＝a＋eq \r(3)i，z·eq \x\t(z)＝4，则a＝( )
A．1或－1 B．eq \r(7)或－eq \r(7)
C．－eq \r(3) D．eq \r(3)
解析：选A ∵z＝a＋eq \r(3)i，∴eq \x\t(z)＝a－eq \r(3)i，
∴z·eq \x\t(z)＝(a＋eq \r(3)i)(a－eq \r(3)i)＝a2＋3＝4，
∴a2＝1，∴a＝±1，故选A.
7．已知m∈R，复数z1＝1＋3i，z2＝m＋2i，且z1·eq \x\t(z)2为实数，则m＝( )
A．－eq \f(2,3) B．eq \f(2,3)
C．3 D．－3
解析：选B 因为z1·eq \x\t(z)2＝(1＋3i)(m－2i)＝(m＋6)＋(3m－2)i为实数，所以3m－2＝0，解得m＝eq \f(2,3).故选B.
8．已知复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i(i为虚数单位)，则eq \f(z1,z2)＝( )
A.eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i B．－eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
C．－eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i D．eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)i
解析：选A 由题意，复数z1，z2在复平面内的对应点关于实轴对称，z1＝3－i，则z2＝3＋i，则根据复数的运算，得eq \f(z1,z2)＝eq \f(3－i,3＋i)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i.
9．已知z＝a＋bi，其中a，b∈R，且满足(a＋i)2＝bi5，则|z|＝( )
A．5 B．eq \r(5)
C．3 D．eq \r(3)
解析：选B 由已知得(a＋i)2＝bi，
所以a2－1＋(2a－b)i＝0，所以a2－1＝0且2a－b＝0，
解得a＝1，b＝2或a＝－1，b＝－2，
所以|z|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(5).
10．设z是复数，|z－i|≤2(i是虚数单位)，则|z|的最大值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C ∵|z－i|≤2，
∴复数z在复平面内对应点在以(0,1)为圆心，2为半径的圆上及其内部(如图)．
∴|z|的最大值为3.
11．已知ABCD是复平面内的平行四边形，A，B，C三点对应的复数分别是－2＋i,1－i,2＋2i，则点D对应的复数为( )
A．4－i B．－3－2i
C．5 D．－1＋4i
解析：选D 由题得A(－2,1)，B(1，－1)，C(2,2)，
设D(x，y)，
则eq \(AB,\s\up7(―→))＝(3，－2)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(2－x,2－y)，
因为eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x＝3，,2－y＝－2，))
解得x＝－1，y＝4.
所以点D的坐标为(－1,4)，
所以点D对应的复数为－1＋4i.
12．(多选)已知复数z满足z(2－i)＝i(i为虚数单位)，复数z的共轭复数为eq \x\t(z)，则( )
A．|z|＝eq \f(3,5)
B.eq \x\t(z)＝－eq \f(1＋2i,5)
C．复数z的实部为－1
D．复数z对应复平面上的点在第二象限
解析：选BD 因为复数z满足z(2－i)＝i，所以z＝eq \f(i,2－i)＝eq \f(i2＋i,2－i2＋i)＝－eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i，所以|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2)＝eq \f(\r(5),5)，故A错误；eq \x\t(z)＝－eq \f(1,5)－eq \f(2,5)i，故B正确；复数z的实部为－eq \f(1,5)，故C错误；复数z对应复平面上的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(2,5)))在第二象限，故D正确．
13．已知i为虚数单位，且复数z满足z－2i＝eq \f(1,1－i)，则复数z在复平面内的点到原点的距离为( )
A.eq \f(13,2) B．eq \f(\r(26),2)
C.eq \f(\r(10),2) D．eq \f(5,2)
解析：选B 由z－2i＝eq \f(1,1－i)，
得z＝2i＋eq \f(1,1－i)＝2i＋eq \f(1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)i，
∴复数z在复平面内的点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2)))，到原点的距离为 eq \r(\f(1,4)＋\f(25,4))＝eq \f(\r(26),2).
14．(多选)已知集合M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|m＝in，n∈N))，其中i为虚数单位，则下列元素属于集合M的是( )
A．(1－i)(1＋i) B．eq \f(1－i,1＋i)
C.eq \f(1＋i,1－i) D．(1－i)2
解析：选BC 根据题意，M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|m＝in，n∈N))，
∴M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，1，i，－i)).
选项A中，(1－i)(1＋i)＝2,2∉M；
选项B中，eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(1－i2,1＋i1－i)＝－i∈M；
选项C中，eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝i∈M；
选项D中，(1－i)2＝－2i∉M，故选B、C.
15．(2020·全国卷Ⅱ)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝eq \r(3)＋i，则|z1－z2|＝_______.
解析：法一：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝eq \r(3)－a＋(1－b)i，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|z1|2＝a2＋b2＝4，,|z2|2＝\r(3)－a2＋1－b2＝4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝4，,\r(3)a＋b＝2，))
所以|z1－z2|2＝(2a－eq \r(3))2＋(2b－1)2＝4(a2＋b2)－4(eq \r(3)a＋b)＋4＝4×4－4×2＋4＝12，
所以|z1－z2|＝2eq \r(3).
法二：题设可等价转化为向量a，b满足|a|＝|b|＝2，a＋b＝(eq \r(3)，1)，求|a－b|.
因为(a＋b)2＋(a－b)2＝2|a|2＋2|b|2，
所以4＋(a－b)2＝16，所以|a－b|＝2eq \r(3)，
即|z1－z2|＝2eq \r(3).
法三：设复数z1，z2在复平面内分别对应向量eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，则z1＋z2对应向量eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
由题知|eq \(OA,\s\up7(―→))|＝|eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝2，如图所示，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，
则z1－z2对应向量eq \(BA,\s\up7(―→)).
由OA＝AC＝OC＝2，
可得BA＝2OAsin 60°＝2eq \r(3).
故|z1－z2|＝|eq \(BA,\s\up7(―→))|＝2eq \r(3).
答案：2eq \r(3)
16．已知复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)对应的点在x轴上方，则m的取值范围是________．
解析：复数z＝m－1＋(3－m)i(m∈R)在复平面上对应的点的坐标为(m－1,3－m)，如果该点落在x轴上方，则有3－m>0，解得m<3.
答案：(－∞，3)
17．已知i为虚数单位，z＝eq \f(1,cs 2θ－isin 2θ)对应的点在第二象限，则θ是第________象限的角．
解析：∵z＝eq \f(1,cs 2θ－isin 2θ)＝eq \f(cs 2θ＋isin 2θ,cs 2θ－isin 2θcs 2θ＋isin 2θ)
＝cs 2θ＋isin 2θ对应的点在第二象限，
∴cs 2θ＜0，sin 2θ＞0，
∴2kπ＋eq \f(π,2)＜2θ＜2kπ＋π，k∈Z，
解得kπ＋eq \f(π,4)＜θ＜kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z.
当k＝2n(n∈Z)时，2nπ＋eq \f(π,4)＜θ＜2nπ＋eq \f(π,2)，θ为第一象限角；
当k＝2n－1(n∈Z)时，2nπ－eq \f(3π,4)＜θ＜2nπ－eq \f(π,2)，θ为第三象限角．
综上可得，θ是第一、三象限的角．
答案：一、三
18．满足条件|z－i|＝|1＋eq \r(3)i|的复数z在复平面上对应的点(x，y)的轨迹方程为________________．
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R.
∵|z－i|＝|1＋eq \r(3)i|＝2，∴|x＋(y－1)i|＝2，
∴eq \r(x2＋y－12)＝2，∴x2＋(y－1)2＝4.
答案：x2＋(y－1)2＝4复数相等
a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)
共轭复数
a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)
复数的模
向量OZ―→的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝eq \r(a2＋b2)(r≥0，a，b∈R)
复平面
的概念
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面
实轴、
虚轴
在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外，虚轴上的点都表示纯虚数
复数的
几何表示
复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b) 平面向量eq \(OZ,\s\up7(―→))
复数的
加减法
在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可
复数的
乘法
复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可
复数的
除法
除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式