高考数学一轮复习讲义第13章第5节复数

这是一份高考数学一轮复习讲义第13章第5节复数，共12页。学案主要包含了思考辨析等内容，欢迎下载使用。


1．复数的有关概念
(1)定义：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a叫做复数z的实部，b叫做复数z的虚部．(i为虚数单位)
(2)分类：
(3)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．
(4)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(5)模：向量eq \(OZ,\s\up6(→))的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|a＋bi|或|z|，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2)(a，b∈R)．
2．复数的几何意义
复数z＝a＋bi与复平面内的点Z(a，b)及平面向量eq \(OZ,\s\up6(→))＝(a，b)(a，b∈R)是一一对应关系．
3．复数的运算
(1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R
(2)几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三角形法则进行．
如图给出的平行四边形OZ1ZZ2可以直观地反映出复数加减法的几何意义，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(→)).
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)方程x2＋x＋1＝0没有解．( × )
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( × )
(3)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小．( × )
(4)原点是实轴与虚轴的交点．( √ )
(5)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模．( √ )
1．(2016·全国乙卷)设(1＋2i)(a＋i)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a等于( )
A．－3B．－2C．2D．3
答案 A
解析 ∵(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(2a＋1)i，
∴a－2＝2a＋1，解得a＝－3，故选A.
2．(2015·课标全国Ⅰ)已知复数z满足(z－1)i＝1＋i，则z等于( )
A．－2－iB．－2＋iC．2－iD．2＋i
答案 C
解析 由(z－1)i＝1＋i，两边同乘以－i，则有z－1＝1－i，所以z＝2－i.
3．(2016·黄山一模)设i是虚数单位，若z＝csθ＋isinθ，且其对应的点位于复平面内的第二象限，则θ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 ∵z＝csθ＋isinθ对应的点的坐标为(csθ，sinθ)，且点(csθ，sinθ)位于第二象限，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(csθ<0，,sinθ>0，))∴θ为第二象限角，故选B.
4．(教材改编)在复平面内，向量eq \(AB,\s\up6(→))对应的复数是2＋i，向量eq \(CB,\s\up6(→))对应的复数是－1－3i，则向量eq \(CA,\s\up6(→))对应的复数是( )
A．1－2iB．－1＋2i
C．3＋4iD．－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.
5．i2011＋i2012＋i2013＋i2014＋i2015＋i2016＋i2017＝________.
答案 1
解析 原式＝i3＋i4＋i1＋i2＋i3＋i4＋i＝1.
题型一 复数的概念
例1 (1)(2015·福建)若(1＋i)＋(2－3i)＝a＋bi(a，b∈R，i是虚数单位)，则a，b的值分别等于( )
A．3，－2B．3,2
C．3，－3D．－1,4
(2)若z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i(m∈R)，z2＝3－2i，则“m＝1”是“z1＝z2”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
(3)(2016·天津)i是虚数单位，复数z满足(1＋i)z＝2，则z的实部为________．
答案 (1)A (2)A (3)1
解析 (1)∵(1＋i)＋(2－3i)＝3－2i＝a＋bi，
∴a＝3，b＝－2，故选A.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋m＋1＝3，,m2＋m－4＝－2，))解得m＝－2或m＝1，
所以“m＝1”是“z1＝z2”的充分不必要条件．
(3)∵(1＋i)z＝2，∴z＝eq \f(2,1＋i)＝1－i，∴其实部为1.
引申探究
1．将本例(1)中方程左边改为(1＋i)(2－3i)，求a，b的值．
解 (1＋i)(2－3i)
＝2＋3－i＝5－i＝a＋bi，
所以a＝5，b＝－1.
2．将本例(3)中的条件“(1＋i)z＝2”改为“(1＋i)3z＝2”，求z的实部．
解 z＝eq \f(2,1＋i3)＝eq \f(2,－2＋2i)
＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，
∴z的实部为－eq \f(1,2).
思维升华 解决复数概念问题的方法及注意事项
(1)复数的分类及对应点的位置都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．
(2)解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部．
(1)已知a∈R，复数z1＝2＋ai，z2＝1－2i，若eq \f(z1,z2)为纯虚数，则复数eq \f(z1,z2)的虚部为( )
A．1B．iC.eq \f(2,5)D．0
(2)已知复数z满足z2＝－4，若z的虚部大于0，则z＝________.
答案 (1)A (2)2i
解析 (1)由eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋ai,1－2i)＝eq \f(2＋ai1＋2i,5)＝eq \f(2－2a,5)＋eq \f(4＋a,5)i是纯虚数，得a＝1，此时eq \f(z1,z2)＝i，其虚部为1.
(2)设z＝a＋bi(a，b∈R，b>0)，
则z2＝a2－b2＋2abi＝－4，
因此a＝0，－b2＝－4，b＝±2，
又b>0，∴b＝2，∴z＝2i.
题型二 复数的运算
命题点1 复数的乘法运算
例2 (1)(2016·四川)设i为虚数单位，则复数(1＋i)2等于( )
A．0B．2C．2iD．2＋2i
(2)(2016·全国乙卷)设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|等于( )
A．1B.eq \r(2)C.eq \r(3)D．2
(3)(2015·课标全国Ⅱ)若a为实数，且(2＋ai)(a－2i)＝－4i，则a等于( )
A．－1B．0C．1D．2
答案 (1)C (2)B (3)B
解析 (1)(1＋i)2＝12＋i2＋2i＝1－1＋2i＝2i.
(2)由(1＋i)x＝1＋yi，得x＋xi＝1＋yi⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,x＝y))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1.))所以|x＋yi|＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(2)，故选B.
(3)因为a为实数，且(2＋ai)(a－2i)＝4a＋(a2－4)i＝－4i，得4a＝0且a2－4＝－4，解得a＝0，故选B.
命题点2 复数的除法运算
例3 (1)(2016·全国丙卷)若z＝1＋2i，则eq \f(4i,z\x\t(z)－1)等于( )
A．1B．－1C．iD．－i
(2)(2016·北京)复数eq \f(1＋2i,2－i)等于( )
A．iB．1＋iC．－iD．1－i
(3)(eq \f(1＋i,1－i))6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)＝________.
答案 (1)C (2)A (3)－1＋i
解析 (1)z＝1＋2i，zeq \x\t(z)＝5，eq \f(4i,z\x\t(z)－1)＝i.
(2)eq \f(1＋2i,2－i)＝eq \f(1＋2i2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(5i,5)＝i.
(3)原式＝[eq \f(1＋i2,2)]6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)i\r(3)＋\r(2)i,\r(3)2＋\r(2)2)
＝i6＋eq \f(\r(6)＋2i＋3i－\r(6),5)＝－1＋i.
命题点3 复数的综合运算
例4 (1)(2016·山东)若复数z满足2z＋eq \x\t(z)＝3－2i，其中i为虚数单位，则z等于( )
A．1＋2iB．1－2i
C．－1＋2iD．－1－2i
(2)(2016·全国丙卷)若z＝4＋3i，则eq \f(\x\t(z),|z|)等于( )
A．1B．－1
C．eq \f(4,5)＋eq \f(3,5)iD．eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i
(3)若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则z的虚部为( )
A．－4B．－eq \f(4,5)C．4D.eq \f(4,5)
答案 (1)B (2)D (3)D
解析 (1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \x\t(z)＝a－bi，∴2(a＋bi)＋(a－bi)＝3－2i，整理得3a＋bi＝3－2i，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a＝3，,b＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－2，))∴z＝1－2i，故选B.
(2)z＝4＋3i，|z|＝5，eq \f(\x\t(z),|z|)＝eq \f(4,5)－eq \f(3,5)i.
(3)设z＝a＋bi，
故(3－4i)(a＋bi)＝3a＋3bi－4ai＋4b＝|4＋3i|，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3b－4a＝0，,3a＋4b＝5，))解得b＝eq \f(4,5).
思维升华 复数代数形式运算问题的常见类型及解题策略
(1)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．
(2)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.
(3)复数的运算与复数概念的综合题．先利用复数的运算法则化简，一般化为a＋bi(a，b∈R)的形式，再结合相关定义解答．
(4)复数的运算与复数几何意义的综合题．先利用复数的运算法则化简，一般化为a＋bi(a，b∈R)的形式，再结合复数的几何意义解答．
(5)复数的综合运算．分别运用复数的乘法、除法法则进行运算，要注意运算顺序，要先算乘除，后算加减，有括号要先算括号里面的．
(1)(2015·山东)若复数z满足eq \f(\x\t(z),1－i)＝i，其中i为虚数单位，则z等于( )
A．1－iB．1＋iC．－1－iD．－1＋i
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))2017＝________.
(3)eq \f(－2\r(3)＋i,1＋2\r(3)i)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),1－i)))2017＝________.
答案 (1)A (2)i (3)eq \f(\r(2),2)＋(eq \f(\r(2),2)＋1)i
解析 (1)eq \x\t(z)＝i(1－i)＝1＋i，∴z＝1－i，故选A.
(2)(eq \f(1＋i,1－i))2017＝[eq \f(1＋i2,1－i1＋i)]2017＝i2017＝i.
(3)eq \f(－2\r(3)＋i,1＋2\r(3)i)＋(eq \f(\r(2),1－i))2017
＝eq \f(i1＋2\r(3)i,1＋2\r(3)i)＋(eq \f(\r(2),1－i))[(eq \f(\r(2),1－i))2]1008
＝i＋i1008·eq \f(\r(2),2)(1＋i)＝eq \f(\r(2),2)＋(eq \f(\r(2),2)＋1)i.
题型三 复数的几何意义
例5 (1)△ABC的三个顶点对应的复数分别为z1，z2，z3，若复数z满足|z－z1|＝|z－z2|＝|z－z3|，则z对应的点为△ABC的( )
A．内心B．垂心
C．重心D．外心
答案 D
解析 由几何意义知，复数z对应的点到△ABC三个顶点距离都相等，z对应的点是△ABC的外心．
(2)如图所示，平行四边形OABC，顶点O，A，C分别表示0，3＋2i，－2＋4i，试求：
①eq \(AO,\s\up6(→))、eq \(BC,\s\up6(→))所表示的复数；
②对角线eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数；
③B点对应的复数．
解 ①eq \(AO,\s\up6(→))＝－eq \(OA,\s\up6(→))，∴eq \(AO,\s\up6(→))所表示的复数为－3－2i.
∵eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AO,\s\up6(→))，∴eq \(BC,\s\up6(→))所表示的复数为－3－2i.
②eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，∴eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数为
(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.
③eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，
∴eq \(OB,\s\up6(→))所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，
即B点对应的复数为1＋6i.
思维升华 因为复平面内的点、向量及向量对应的复数是一一对应的，要求某个向量对应的复数时，只要找出所求向量的始点和终点，或者用向量相等直接给出结论即可．
已知z是复数，z＋2i，eq \f(z,2－i)均为实数(i为虚数单位)，且复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．
解 设z＝x＋yi(x，y∈R)，
∴z＋2i＝x＋(y＋2)i，由题意得y＝－2.
∵eq \f(z,2－i)＝eq \f(x－2i,2－i)＝eq \f(1,5)(x－2i)(2＋i)
＝eq \f(1,5)(2x＋2)＋eq \f(1,5)(x－4)i，
由题意得x＝4.∴z＝4－2i.
∵(z＋ai)2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i，
根据条件，可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12＋4a－a2>0，,8a－2>0，))
解得2∴实数a的取值范围是(2,6)．
27．解决复数问题的实数化思想
典例 (12分)已知x，y为共轭复数，且(x＋y)2－3xyi＝4－6i，求x，y.
思想方法指导 (1)复数问题要把握一点，即复数问题实数化，这是解决复数问题最基本的思想方法．
(2)本题求解的关键是先把x、y用复数的基本形式表示出来，再用待定系数法求解，这是常用的数学方法．
(3)本题易错原因为想不到利用待定系数法，或不能将复数问题转化为实数方程求解．
规范解答
解 设x＝a＋bi (a，b∈R)，
则y＝a－bi，x＋y＝2a，xy＝a2＋b2，[3分]
代入原式，得(2a)2－3(a2＋b2)i＝4－6i，[5分]
根据复数相等得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a2＝4，,－3a2＋b2＝－6，))[7分]
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－1.))[9分]
故所求复数为
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋i，,y＝1－i))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1－i，,y＝1＋i))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1＋i，,y＝－1－i))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1－i，,y＝－1＋i.))[12分]
1．(2016·佛山二检)已知a>0，b>0，且(1＋ai)(b＋i)＝5i(i是虚数单位)，则a＋b等于( )
A.eq \r(2)B．2eq \r(2)C．2D．4
答案 D
解析 由题意得(1＋ai)(b＋i)＝(b－a)＋(1＋ab)i＝5i，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b－a＝0，,1＋ab＝5，))又a>0，b>0，所以a＝b＝2，则a＋b＝4.
2．(2017·天津质检)已知i为虚数单位，a∈R，如果复数2i－eq \f(a,1－i)是实数，则a的值为( )
A．－4B．2C．－2D．4
答案 D
解析 ∵2i－eq \f(a,1－i)＝2i－eq \f(a1＋i,1－i1＋i)
＝2i－eq \f(a,2)－eq \f(a,2)i＝(2－eq \f(a,2))i－eq \f(a,2)，a∈R，
∴2－eq \f(a,2)＝0，∴a＝4.
3．若i为虚数单位，图中复平面内点Z表示复数z，则表示复数eq \f(z,1＋i)的点是( )
A．EB．FC．GD．H
答案 D
解析 由题图知复数z＝3＋i，
∴eq \f(z,1＋i)＝eq \f(3＋i,1＋i)＝eq \f(3＋i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(4－2i,2)＝2－i.
∴表示复数eq \f(z,1＋i)的点为H.
4．(2017·南昌月考)eq \x\t(z)是z的共轭复数，若z＋eq \x\t(z)＝2，(z－eq \x\t(z))i＝2(i为虚数单位)，则z等于( )
A．1＋iB．－1－i
C．－1＋iD．1－i
答案 D
解析 方法一 设z＝a＋bi，a，b为实数，则eq \x\t(z)＝a－bi.
∵z＋eq \x\t(z)＝2a＝2，∴a＝1.
又(z－eq \x\t(z))i＝2bi2＝－2b＝2，∴b＝－1.故z＝1－i.
方法二 ∵(z－eq \x\t(z))i＝2，∴z－eq \x\t(z)＝eq \f(2,i)＝－2i.
又z＋eq \x\t(z)＝2，∴(z－eq \x\t(z))＋(z＋eq \x\t(z))＝－2i＋2，
∴2z＝－2i＋2，∴z＝1－i.
5．(2016·新乡、许昌、平顶山调研)复数z1，z2满足z1＝m＋(4－m2)i，z2＝2csθ＋(λ＋3sinθ)i(m，λ，θ∈R)，并且z1＝z2，则λ的取值范围是( )
A．[－1,1]B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，1))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，7))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(9,16)，7))
答案 C
解析 由复数相等的充要条件可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2csθ，,4－m2＝λ＋3sinθ，))化简得4－4cs2θ＝λ＋3sinθ，由此可得λ＝－4cs2θ－3sinθ＋4＝－4(1－sin2θ)－3sinθ＋4＝4sin2θ－3sinθ＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sinθ－\f(3,8)))2－eq \f(9,16)，因为sinθ∈[－1,1]，所以4sin2θ－3sinθ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,16)，7)).
6．已知0A．(1,5) B．(1,3)
C．(1，eq \r(5)) D．(1，eq \r(3))
答案 C
解析 由于复数z的实部为a，虚部为1，且0所以由|z|＝eq \r(1＋a2)，得1<|z|*7.若i为虚数单位，已知a＋bi＝eq \f(2＋i,1－i)(a，b∈R)，则点(a，b)与圆x2＋y2＝2的位置关系为( )
A．在圆外B．在圆上
C．在圆内D．不能确定
答案 A
解析 ∵a＋bi＝eq \f(2＋i,1－i)＝eq \f(2＋i1＋i,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(3,2)，))则a2＋b2＝eq \f(5,2)>2，
∴点(a，b)在圆x2＋y2＝2外．
8．复数(3＋i)m－(2＋i)对应的点在第三象限内，则实数m的取值范围是________．
答案 (－∞，eq \f(2,3))
解析 z＝(3m－2)＋(m－1)i，其对应点(3m－2，m－1)在第三象限内，故3m－2<0且m－1<0，∴m9．已知集合M＝{1，m,3＋(m2－5m－6)i}，N＝{－1,3}，若M∩N＝{3}，则实数m的值为________．
答案 3或6
解析 ∵M∩N＝{3}，∴3∈M且－1∉M，
∴m≠－1,3＋(m2－5m－6)i＝3或m＝3，
∴m2－5m－6＝0且m≠－1或m＝3，
解得m＝6或m＝3，经检验符合题意．
10．已知复数z＝x＋yi，且|z－2|＝eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值为________．
答案 eq \r(3)
解析 ∵|z－2|＝eq \r(x－22＋y2)＝eq \r(3)，
∴(x－2)2＋y2＝3.
由图可知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))max＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3).
11．若1＋eq \r(2)i是关于x的实系数方程x2＋bx＋c＝0的一个复数根，则b＝________，c＝________.
答案 －2 3
解析 ∵实系数一元二次方程x2＋bx＋c＝0的一个虚根为1＋eq \r(2)i，∴其共轭复数1－eq \r(2)i也是方程的根．
由根与系数的关系知，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋\r(2)i＋1－\r(2)i＝－b，,1＋\r(2)i1－\r(2)i＝c，))
∴b＝－2，c＝3.
12．给出下列命题：
①若z∈C，则z2≥0；
②若a，b∈R，且a>b，则a＋i>b＋i；
③若a∈R，则(a＋1)i是纯虚数；
④若z＝－i，则z3＋1在复平面内对应的点位于第一象限．
其中正确的命题是________．(填上所有正确命题的序号)
答案 ④
解析 由复数的概念及性质知，①错误；②错误；若a＝－1，则(a＋1)i＝0，③错误；z3＋1＝(－i)3＋1＝i＋1，④正确．
13．计算：(1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)；
(2)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)；
(3)eq \f(1－i,1＋i2)＋eq \f(1＋i,1－i2)；
(4)eq \f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2).
解 (1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)＝eq \f(－3＋i,－i)＝－1－3i.
(2)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.
(3)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(1＋i,－2)＋eq \f(－1＋i,2)＝－1.
(4)eq \f(1－\r(3)i,\r(3)＋i2)＝eq \f(\r(3)＋i－i,\r(3)＋i2)＝eq \f(－i,\r(3)＋i)＝eq \f(－i\r(3)－i,4)
＝－eq \f(1,4)－eq \f(\r(3),4)i.
14．复数z1＝eq \f(3,a＋5)＋(10－a2)i，z2＝eq \f(2,1－a)＋(2a－5)i，若eq \x\t(z)1＋z2是实数，求实数a的值．
解 eq \x\t(z)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.
∵eq \x\t(z)1＋z2是实数，∴a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a＝3.
又(a＋5)(a－1)≠0，∴a≠－5且a≠1，故a＝3.
*15.若虚数z同时满足下列两个条件：
①z＋eq \f(5,z)是实数；
②z＋3的实部与虚部互为相反数．
这样的虚数是否存在？若存在，求出z；若不存在，请说明理由．
解 这样的虚数存在，z＝－1－2i或z＝－2－i.
设z＝a＋bi(a，b∈R且b≠0)，
z＋eq \f(5,z)＝a＋bi＋eq \f(5,a＋bi)＝a＋bi＋eq \f(5a－bi,a2＋b2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(5a,a2＋b2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5b,a2＋b2)))i.
∵z＋eq \f(5,z)是实数，∴b－eq \f(5b,a2＋b2)＝0.
又∵b≠0，∴a2＋b2＝5.①
又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，
∴a＋3＋b＝0.②
由①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))
故存在虚数z，z＝－1－2i或z＝－2－i.满足条件(a，b为实数)
复数的分类
a＋bi为实数⇔b＝0
a＋bi为虚数⇔b≠0
a＋bi为纯虚数⇔a＝0且b≠0