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§5.5 复 数
课标要求 1.通过方程的解，认识复数.2.理解复数的代数表示及其几何意义，理解两个复数相等的含义.3.掌握
复数的四则运算，了解复数加、减运算的几何意义.
1.复数的有关概念
(1)复数的定义：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中a 是复数的实部，b 是复数的虚部，i 为
虚数单位.
(2)复数的分类：
复数z＝a＋bi(a，b∈R)
复数{
实数(b＝0),
虚数(b≠0)(当a＝0时为纯虚数).
(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 互为共轭复数⇔a ＝
c ，
b ＝－
d (a，b，c，d∈R).
(5)复数的模：
向量⃗OZ的模叫做复数z＝a＋bi 的模或绝对值，记作| z | 或| a ＋
b i| ，即|z|＝|a＋bi|＝√a
2＋b
2(a，b∈R).
2.复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)
复平面内的点Z(a，b).
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R)
平面向量⃗OZ.
3.复数的四则运算
(1)复数的加、减、乘、除运算法则：
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝( a ＋
c ) ＋
( b ＋
d )i ；
②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝( a －
c ) ＋
( b －
d )i ；
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝( ac
－
bd
) ＋
( ad
＋
bc
)i ；
④除法：
z1
z2
＝a＋bi
c＋d i ＝(a＋bi)(c -d i)
(c＋d i)(c -d i)
＝ac＋bd
c
2＋d
2 ＋bc -ad
c
2＋d
2i(c＋di≠0).
(2)几何意义：复数加、减法可按向量的平行四边形法则或三角形法则进行.
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，即⃗OZ ＝⃗O Z1＋⃗O Z2，⃗
Z1Z2＝⃗O Z2－⃗O Z1.
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为bi.( × )
(2)原点是实轴与虚轴的交点.( √ )
(3)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，当a＝0 时，复数z 为纯虚数.( × )
(4)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.( √ )
2.(2024·新课标全国Ⅱ)已知z＝－1－i，则|z|等于( )
A.0
B.1
C.√2
D.2
答案 C
解析 若z＝－1－i，
则|z|＝√(-1)
2＋(-1)
2＝√2.
3.已知复数z＝i3(1＋i)，则z 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
答案 D
解析 z＝i3(1＋i)＝－i(1＋i)＝1－i，z 在复平面内对应的点为(1，－1)，位于第四象限.
4.复数5
i-2的共轭复数是 .
答案 －2＋i
解析 5
i-2 ＝
5(-2-i)
(-2＋i)(-2-i)＝－2－i，故其共轭复数是－2＋i.
1.熟记与复数有关的常用结论
(1)(1±i)2＝±2i；1＋i
1-i ＝i；1-i
1＋i＝－i.
(2)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*).
(3)z·z＝|z|2＝|z|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，|
z1
z2|＝| z1|
| z2| ，|zn|＝|z|n.
(4)r1≤|z|≤r2表示以原点O 为圆心，以r1和r2为半径的两圆所夹的圆环；
|z－(a＋bi)|＝r(r>0)表示以(a，b)为圆心，r 为半径的圆.
2.谨防两个易误点
(1)利用复数相等a＋bi＝c＋di 列方程时，注意a，b，c，d∈R 的前提条件.
(2)两个不全为实数的复数不能比较大小.
题型一 复数的概念
例1 (1)(2024·白山模拟)复数z＝i＋2i2＋3i3，则z 的虚部为( )
A.2i
B.－2i
C.2
D.－2
答案 D
解析 由z＝i＋2i2＋3i3可得z＝－2－2i，故z 的虚部为－2.
(2)(2024·银川模拟)已知复数z＝m2－1＋(m＋i2)·i(m∈R)表示纯虚数，则m 等于( )
A.1
B.－1
C.1 或－1
D.2
答案 B
解析 因为z＝m2－1＋(m＋i2)·i＝m2－1＋(m－1)·i，
若复数z 表示纯虚数，则{
m
2-1＝0,
m-1≠0, 解得m＝－1.
(3)(2025·晋中模拟)已知复数z＝1－2i 是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的根，则|a＋bi|等于( )
A.√5
B.4
C.√21
D.√29
答案 D
解析 由题意得，z＝1＋2i 是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根，
由根与系数的关系得1＋2i＋1－2i＝－a，(1＋2i)(1－2i)＝b，
故a＝－2，b＝1－4i2＝1＋4＝5，
故|a＋bi|＝|－2＋5i|＝√4＋25＝√29.
思维升华 解决复数概念问题的常用方法
(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)复数是实数的条件：①z＝a＋bi∈R⇔b＝0(a，b∈R)；②z∈R⇔z＝z；③z∈R⇔z2≥0.
(3)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＋z＝0(z≠0)；③z 是纯虚数⇔z2<0.
(4)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的共轭复数为z＝a－bi，则z·z＝|z|2＝|z|2，即|z|＝|z|＝√z· z.
跟踪训练1 (1)(2024·海口模拟)下列关于复数的说法，正确的是( )
A.复数i 是最小的纯虚数
B.在复数范围内，模为1 的复数共有1，－1，i 和－i 四个
C.i 与－i 是一对共轭复数
D.虚轴上的点都表示纯虚数
答案 C
解析 虚数不能比大小，故A 错误；对于复数z＝a＋bi(a，b∈R)，但凡满足a2＋b2＝1，其模均为1，显然
不仅四个，比如a＝1
2，b＝√3
2 时，|z|＝1，故B 错误；由共轭复数的定义可知C 正确；原点(0，0)也在虚
轴上，但不表示纯虚数，故D 错误.
(2)(2025·南通模拟)已知复数z 满足z2＝－3＋4i，则|z|等于( )
A.3
2
B.5
C.√5
D.2
答案 C
解析 设z＝a＋bi(a，b∈R)，
则z2＝a2－b2＋2abi，又z2＝－3＋4i，
所以{
a
2-b
2＝-3,
2ab＝4 ,
解得{
a＝1,
b＝2 或{
a＝-1,
b＝-2,
则z＝1＋2i 或z＝－1－2i，
所以|z|＝√1＋4＝√5.
(3)已知复数z 满足4z(1＋z)＝15＋8i，则z 的实部为 .
答案 －1
2
解析 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi，
由4z(1＋z)＝15＋8i，得4(a－bi)＋4(a2＋b2)＝15＋8i，
由复数相等的充要条件，得
{
4 a＋4(a
2＋b
2)＝15,
- 4 b＝8,
解得{
a＝- 1
2 ,
b＝-2,
故z 的实部为－1
2.
题型二 复数的四则运算
例2 (1)(2024·新课标全国Ⅰ)若z
z -1＝1＋i，则z 等于( )
A.－1－i
B.－1＋i
C.1－i
D.1＋i
答案 C
解析 因为z
z -1 ＝z -1＋1
z -1
＝1＋1
z -1＝1＋i，
所以z＝1＋1
i ＝1－i.
(2)设复数z＝(
1＋2i
2-i )
2 025
，则z 等于( )
A.1
B.－1
C.i
D.－i
答案 C
解析 ∵1＋2i
2-i ＝(1＋2i)(2＋i)
5
＝5i
5 ＝i，
∴z＝i2 025＝i4×506＋1＝i.
(3)(2024·南阳模拟)已知复数z 满足z -3
z -i ＝2i，则z·z＝ .
答案 5
解析 因为z -3
z -i ＝2i，
所以z－3＝2i(z－i)＝2＋2iz，
所以z＝
5
1-2i ＝
5(1＋2i)
(1-2i)(1＋2i)＝1＋2i，
所以z＝1－2i，则z·z＝(1＋2i)(1－2i)＝5.
思维升华 复数四则运算问题的解题策略
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
复数的
乘法
复数的乘法类似于多项式的乘法，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
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，这里
的分母实数化可类比分母含根式的分母有理化
跟踪训练2 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)已知z＝1-i
2＋2i，则z－z等于( )
A.－i
B.i
C.0
D.1
答案 A
解析 因为z＝1-i
2＋2i ＝(1-i)(1-i)
2(1＋i)(1-i)
＝-2i
4 ＝－1
2i，所以z＝1
2i，即z－z＝－i.
(2)(2024·新乡模拟)在复平面内，复数z 对应的点的坐标为(2，－1)，则z＋i
z -1 ＝ .
答案 2i
解析 由题意得复数z 对应的点的坐标为(2，－1)，
故z＝2－i，z＝2＋i，
故z＋i
z -1 ＝2＋i＋i
2-i-1 ＝2＋2i
1-i ＝
2(1＋i)
2
(1-i)(1＋i) ＝2(1＋i)
2
2
＝2i.
(3)已知i 为虚数单位，则i＋i2＋i3＋…＋i2 025＝ .
答案 i
解析 i＋i2＋i3＋i4＝0，
则i＋i2＋i3＋…＋i2 025＝506×0＋i＝i.
题型三 复数的几何意义
例3 (1)(2024·西宁模拟)已知复数z＝(a－1)－2ai(a∈R)，且|z|＝5，若z 在复平面内对应的点位于
第二象限，则a 等于( )
A.－2
B.－12
5
C.2
D.12
5
答案 A
解析 由题意|z|＝√(a-1)
2＋(-2a)
2＝5，
得5a2－2a－24＝0，解得a＝－2 或a＝12
5 ，
因为z 在复平面内对应的点位于第二象限，
所以{
a-1<0,
-2a>0,故a<0，故a＝－2.
(2)已知i 是虚数单位，复数z＝a＋bi(a，b∈R)，且|z－i|＝|z＋2－i|，则|z－3＋√3i|的最小值为(
)
A.5
B.4
C.3
D.2
答案 B
解析 方法一 由|z－i|＝|z＋2－i|，得复数z 在复平面内对应的点Z 到点(0，1)与点(－2，1)的距离相等，
则点Z 在直线x＝－1 上.
|z－3＋√3i|表示点Z 与点(3，－√3)的距离，过点(3，－√3)作直线x＝－1 的垂线，垂足为P(图略)，当点Z
与点P 重合时，|z－3＋√3i|取得最小值4.
方法二 因为z＝a＋bi(a，b∈R)，
则z－i＝a＋(b－1)i，
z＋2－i＝(a＋2)＋(b－1)i，
由|z－i|＝|z＋2－i|，可得√a
2＋(b-1)
2＝√(a＋2)
2＋(b-1)
2，
解得a＝－1，则z＝－1＋bi，
所以z－3＋√3i＝－4＋(b＋√3)i，
因此|z－3＋√3i|＝√(- 4)
2＋(b＋√3)
2≥4，
当且仅当b＝－√3时，等号成立，
故|z－3＋√3i|的最小值为4.
思维升华 复数的几何意义及应用
(1)复数z、复平面上的点Z 及向量⃗OZ相互联系、一一对应，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.
跟踪训练3 (1)(2025·南充模拟)当1<m<2 时，复数m－1＋(m－2)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
答案 D
解析 由1<m<2，可得{
m-1>0,
m-2<0,
所以复数m－1＋(m－2)i 在复平面内对应的点Z(m－1，m－2)位于第四象限.
(2)已知复数z 满足|z－2|＝1，则|z－i|的最小值为( )
A.1
B.√5－1
C.√5＋1
D.3
答案 B
解析 设z＝x＋yi(x，y∈R)，
因为|z－2|＝|x－2＋yi|＝√( x -2)
2＋y
2＝1，
所以(x－2)2＋y2＝1，即z 在复平面内对应点的轨迹为圆C：(x－2)2＋y2＝1，如图，
又|z－i|＝|x＋(y－1)i|＝√x
2＋( y -1)
2，
所以|z－i|表示圆C 上的点到点A(0，1)的距离，所以|z－i|min＝CA－1＝√5－1.
课时精练
[分值：90 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2024·沈阳模拟)已知a，b∈R，a－3i＝(b－i)i(i 为虚数单位)，则( )
A.a＝1，b＝－3
B.a＝－1，b＝3
C.a＝－1，b＝－3
D.a＝1，b＝3
答案 A
解析 因为a－3i＝(b－i)i＝1＋bi，所以a＝1，b＝－3.
2.(2025·曲靖模拟)在复平面内，复数3＋2i，－2＋3i 对应的向量分别是⃗OA，⃗OB，其中O 是坐标原点，则
向量⃗AB对应的复数为( )
A.1＋i
B.5－i
C.5－3i
D.－5＋i
答案 D
解析 由题设⃗OA＝(3，2)，⃗OB＝(－2，3)，
则⃗AB＝⃗OB－⃗OA＝(－5，1)，
所以向量⃗AB对应的复数为－5＋i.
3.(2024·台州模拟)已知复数z＝2＋i
i
(i 为虚数单位)，则( )
A.z 的实部为2
B.|z|＝√5
C.z＝2－i
D.z 在复平面内对应的点位于第一象限
答案 B
解析 z＝2＋i
i
＝－(2＋i)i＝1－2i，故实部为1，|z|＝√5，z＝1＋2i，z 在复平面内对应的点为(1，－2)，
位于第四象限.
4.(2024·咸阳模拟)已知复数z＝m2－7m＋6＋(m2－36)i 是纯虚数，则实数m 的值为( )
A.±6
B.1 或6
C.－6
D.1
答案 D
解析 由题意得m2－7m＋6＝0 且m2－36≠0，则m＝1.
5.(2025·固原模拟)已知复数z 满足2z＋
4
1＋i＝z＋i，则z 等于( )
A.－2－i
B.2－i
C.－2＋i
D.2＋i
答案 A
解析 依题意，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi，
因为
4
1＋i ＝
4(1-i)
(1＋i)(1-i)＝2－2i，
所以由2z＋
4
1＋i＝z＋i，
可得2(a－bi)＋2－2i＝a＋bi＋i，
则(2a＋2)－(2b＋2)i＝a＋(b＋1)i，所以{
2a＋2＝a,
-(2b＋2)＝b＋1,
解得{
a＝-2,
b＝-1,所以z＝－2－i.
6.已知复数z 满足1≤|z－(1－i)|≤2，则复数z 在复平面内对应的点Z 所在区域的面积为( )
A.π
B.2π
C.3π
D.4π
答案 C
解析 令z＝a＋bi(a，b∈R)，则1≤|(a－1)＋(b＋1)i|≤2，所以1≤(a－1)2＋(b＋1)2≤4，即对应的点Z 所
在区域的面积是圆心为(1，－1)，半径分别为1，2 的两个同心圆的面积差，所以所求区域的面积为4π－π
＝3π.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·徐州模拟)已知复数z 在复平面内对应的点为(- 1
2 ，√3
2 )，则( )
A.|z|＝1
B.z＋z＝1
C.z2＋z＋1＝0
D.z2 026＝z
答案 ACD
解析 由题可知，z＝－1
2 ＋√3
2 i，|z|＝√(- 1
2)
2
＋(
√3
2 )
2
＝1，故A 正确；
z＝－1
2 －√3
2 i，z＋z＝－1，故B 错误；
z2＝(- 1
2 ＋√3
2 i)
2
＝1
4 －3
4 －√3
2 i＝－1
2 －√3
2 i，所以z2＋z＋1＝－1＋1＝0，故C 正确；
z3＝z2·z＝(- 1
2 - √3
2 i)·(- 1
2 ＋√3
2 i)＝1，
所以z2 026＝z2 025·z＝( z
3)
675·z＝z，故D 正确.
8.(2024·临汾模拟)下列说法正确的是( )
A.若z＝－2＋i，则z 在复平面内对应的点位于第二象限
B.若z 满足z·i＝－1＋2i，则z的虚部为1
C.若z 是方程x2＋3＝0 的根，则z＝±√3i
D.若z 满足|z－1＋2i|＝2，则|z|的最大值为√5＋√2
答案 AC
解析 对于A，z＝－2＋i 在复平面内对应的点为(－2，1)，位于第二象限，故A 正确；
对于B，因为z·i＝－1＋2i，所以z＝-1＋2i
i
＝(-1＋2i)·i
i
2
＝2＋i，则z＝2－i，所以z的虚部为－1，故
B 错误；
对于C，方程x2＋3＝0 的根为±√3i，故C 正确；
对于D，设z＝x＋yi(x，y∈R)，若z 满足|z－1＋2i|＝2，即|(x－1)＋(y＋2)i|＝2，所以√( x -1)
2＋( y ＋2)
2
＝2，即(x－1)2＋(y＋2)2＝4，则点(x，y)在以(1，－2)为圆心，2 为半径的圆上，又圆心到坐标原点的距离
为√1
2＋(-2)
2＝√5，所以|z|的最大值为√5＋2，故D 错误.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.(2025·辽阳模拟)若复数z＝10-5i
2＋i ＋|3－4i|，则|z|＝ .
答案 4√5
解析 z＝10-5i
2＋i ＋|3－4i|＝5(2-i)(2-i)
(2＋i)(2-i) ＋5＝5(3- 4i)
5
＋5＝8－4i，
|z|＝√8
2＋(- 4)
2＝4√5.
10.写出一个同时满足①②的复数z＝ .
①z3＝z；②z∉R.
答案 i(或－i)
解析 因为z∉R，不妨设z＝bi(b∈R，b≠0)，
则(bi)3＝－b3i＝－bi，
解得b＝±1，即z＝±i 符合.
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)已知复数z＝m2＋m－2＋(m－1)i(m∈R)，其中i 为虚数单位.
(1)若z 是纯虚数，求实数m 的值；(6 分)
(2)若m＝2，设z＋i
z -i ＝a＋bi(a，b∈R)，试求a＋b 的值.(7 分)
解 (1)因为z 是纯虚数，
所以{
m
2＋m-2＝0,
m-1≠0,
解得m＝－2.
(2)若m＝2，则z＝4＋i，
故z＋i
z -i ＝4＋2i
4 -2i ＝2＋i
2-i ＝
(2＋i)
2
(2-i)(2＋i) ＝3
5 ＋4
5 i＝a＋bi，
所以a＝3
5，b＝4
5 ，所以a＋b＝7
5.
12.(15 分)已知x＝－1＋i 是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根.
(1)求实数a，b 的值；(7 分)
(2)结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明.(8 分)
解 (1)把x＝－1＋i 代入方程x2＋ax＋b＝0，得(－a＋b)＋(a－2)i＝0，
所以{
-a＋b＝0,
a-2＝0, 解得{
a＝2,
b＝2.
(2)由(1)知方程为x2＋2x＋2＝0.
设另一个根为x2，由根与系数的关系，
得－1＋i＋x2＝－2，所以x2＝－1－i.
把x2＝－1－i 代入方程x2＋2x＋2＝0，
则左边＝(－1－i)2＋2(－1－i)＋2＝0＝右边，
所以x2＝－1－i 是方程的另一个根.
每小题5 分，共10 分
13.已知复数z1，z2和z 满足|z1|＝|z2|＝1，若|z1－z2|＝|z1－1|＝|z2－z|，则|z|的最大值为( )
A.2√3
B.3
C.√3
D.1
答案 B
解析 根据题意，得|z|＝|(z2－z)－z2|≤|z2－z|＋|z2|＝|z1－1|＋1≤|z1|＋1＋1＝3，
当z1＝－1，z2＝1，z＝3 时，|z1－z2|＝|z1－1|＝|z2－z|＝2，此时|z|＝3，
所以|z|max＝3.
14.在复平面内，复数z＝a＋bi(a，b∈R)对应向量⃗OZ(O 为坐标原点)，设|⃗OZ|＝r，以射线Ox 为始边，向
量⃗OZ所在射线为终边，旋转的角为θ，则z＝r(cos θ＋isin θ)，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：z1＝
r1(cos θ1＋isin θ1)，z2＝r2(cos θ2＋isin θ2)，则z1z2＝r1r2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]，由棣莫弗定理可以推导出
复数乘方公式：[r(cos θ＋isin θ)]n＝rn(cos nθ＋isin nθ).已知z＝(√3＋i)4，则|z|＝ ；若复数ω 满
足ωn－1＝0(n∈N*)，则称复数ω 为n 次单位根，若复数ω 是6 次单位根，且ω∉R，请写出一个满足条件
的ω＝ .
答案 16 cos π
3 ＋isin π
3 (答案不唯一)
解析 ∵√3＋i＝2(cos π
6 ＋isin π
6)，
∴z＝(√3＋i)4＝24(cos 2π
3 ＋isin 2π
3 )，
则|z|＝|z|＝24＝16.
由题意知ω6＝1，
设ω＝cos θ＋isin θ，
则ω6＝cos 6θ＋isin 6θ＝1，
∴{
sin 6θ＝0,
cos6θ＝1,
又ω∉R，∴sin θ≠0，
故可取θ＝π
3 ，则ω＝cos π
3 ＋isin π
3 .
