1、1 怎样学好复数复数系是高中阶段对原有的实数系的一次大扩充，为了帮助同学们更好地把握复数的概念、复数的运算及其几何意义，现从以下几方面加以总结1一个核心复数问题实数化是解决复数问题的基本原则，即最终都统一到 abi(a，bR)这一代数形式上来2三个热点(1)注意扩充后的实数系与其他数系的联系正整数、自然数、整数、有理数、实数、复数之间用集合关系可表示为 N*NZQRC，且还有 R虚数C，R虚数，Q无理数R，Q无理数.(2)注意复数相等的条件复数 zabi(a，bR)是由它的实部和虚部唯一确定的，两个复数相等的充要条件是复数问题实数化的主要方法，注意前提条件是 a，b，c，dR.若忽略这一条件，
2、则不能成立(3)注意复数的几何应用复数 zabi(a，bR)与平面上的点 Z(a，b)形成一一对应关系，从而与向量OZ一一对应(其中 O 为原点)；在解决有关复数问题时，可以利用复数加减的几何意义和向量的几何表示在复平面上结合图形进行解决3四个策略(1)复数相等策略：主要用于解复数方程，一般都是求其中的实系数(参数)值，在应用时，首先要看参数是否为实数(2)分母实数化策略：在进行复数除法或解答与复数商有关的问题时，一般采用此策略，通过分母实数化，把求商的值或商形式的复数的实部和虚部分离开来，复数分式的分母实数化类似于无理分式的分母有理化(3)点、向量策略：复数与复平面内的点一一对称，复数的实部
3、和虚部分别是点的横、纵坐标，因此，我们可通过复数实部和虚部的符号来判定复数对应的点所在的象限我们又可以把复数视为向量，利用它们的几何意义和向量知识解答问题，利用这个策略可化数为形，从而使待解问题直观化(4)整体策略：要学会从整体出发去分析问题如果遇到复数就设 zabi(a，bR)，有时会给问题的解答带来运算上的困难，若能把握住复数的整体性质，充分运用整体思想求解，则能事半功倍.2 化虚为实复数相等的妙用在汉语中，两个或两个以上才有“复”的内涵，这样我们才有理由称由实数确定的含虚数单位 i 的数 zabi(a，bR)为复数那么复数集 C 的理论体系与实数集 R 的理论体系之间存在着怎样的联系和差
4、异呢？1对于复数 zabi(a，bR)，如果 b0，则 z 就是我们过去熟知的实数因此，学习复数，后续理论的一个基本点是“b0”2解决复数问题的一条主线是化虚为实其实质就是复数相等的充要条件，即实部与虚部分别相等利用复数相等的的充要条件可以解决求根、求模及求参数等问题，现精选几个典例，供大家赏析1求参数例 1 已知 x，yR，x22x(2yx)i3x(y1)i，求复数 zxyi.解 由复数相等的充要条件，得x22x3x，2yxy1.解得x0，y1，或x1，y0.所以 zi，或 z1.点评 复数相等的充要条件是复数实数化的桥梁，是解复数问题的重要手段2求模例 2 若复数 z 满足 z2i|z|，
5、求|z|.解 设 zabi(a，bR)，则由题意得，abi2i a2b2，即(a2)bi a2b2i，由复数相等的充要条件得，a2 a2b2，b1，解得a34，b1，所以 z34i，所以|z|54.3求方程的根例 3 已知关于 x 的方程 x2(k2i)x2ki0 有实数根，求实数根 x0 及 k 的值分析 设出方程的实数根，代入方程，利用复数相等的充要条件建立方程组求解解 设 x0 是方程的实数根，代入方程并整理得(x20kx02)(2x0k)i0.由复数相等的充要条件得x20kx0202x0k0，解得x0 2k2 2或x0 2k2 2.所以 x0 的值为 2，相应的 k 的值为2 2.易错
6、警示 求解本题易出现如下错误：因为方程有实数根，所以(k2i)24(2ki)0，解得 k2 3或 k2 3.需注意由于虚数单位的特殊性，不能用判别式判断复系数一元二次方程有无实数根.3 复数有了“形”才完美因为有了复平面，使得复数与复平面内点的坐标、平面向量三者之间有了一一对应关系，复数的有关问题借助平面向量或几何意义能使问题的解决更加快捷和直观下面用实例来说明1复数与点坐标例 1 若 i 为虚数单位，图中复数平面内的点 Z 表示复数 z，则表示复数 z(1i)的点是_解析 因为点 Z 的坐标为(2，1)，所以 z2i.所以 z(1i)(2i)(1i)3i，即该复数对应的点的坐标为(3,1)答
7、案 H点评 本题主要考查复数的几何意义，体现了数形结合的思想复数的几何表示：复数 zabi(a，bR)与复平面内的点 Z(a，b)是一一对应的，如纯虚数与虚轴上的点对应，实数与实轴上的点对应这种以点的坐标形式给出复数的题目打破了原来的出题方式，给人耳目一新的感觉2复数与平面向量例 2 设复数 z1，z2 满足|z1|z2|4，|z1z2|4 3，求|z1z2|.分析 设复数 z1 和 z2 在复平面内表示向量OA 与OB，则复数 z1z2 表示向量OA 与OB 的和，画出复数所对应的向量，用余弦定理可求解解 复数 z1 和 z2 在复平面内表示向量OA 与OB，画出如图所示的平行四边形，依题意
8、，有|OA|4，|OB|4，|OC|4 3.cosOBC42424 3224412.因为AOBOBC180，所以 cosAOB12.所以 AB24242244cosAOB16，得 AB4，即|z1z2|4.点评 解决此类问题是要根据已知条件画出图形，通过图形得到数量关系，由复数与向量的一一对应关系，把复数问题转化为向量问题3复数方程的几何意义例 3 已知复数 zxyi(x，yR)，且|z2|3，求yx的最大值与最小值分析 利用复数的几何意义可知，|z2|3的轨迹为一个圆，yx就是圆上的点与原点连线的斜率解 复数 z 在复平面上对应的点 Z(x，y)在以 C(2,0)为圆心、3为半径的圆上，而y
9、x的几何意义是点 Z(x，y)与原点连线的斜率，当连线与圆 C 相切时，连线的斜率分别取到最大值 3，最小值 3.点评|z(abi)|r 的几何意义为复平面上以点 C(a，b)为圆心，r 为半径的圆，清楚常见的轨迹方程的复数形式，就不用再转化为普通方程了4 复数四则运算的方法与技巧对于复数的运算问题，若能总结其变化规律，掌握解答复数题的方法和技巧，定能快速、简捷地解题现举例说明1灵活运用一些结论利用结论：i21，i41，(1i)22i，12 32 i 31，可以使一些复数问题得到简捷、快速的解决例 1 计算：(22i3i)7(22i1 3i)7.分析 本题考查复数的运算法则，运用 1ii(1i
10、)，1 3ii(3i)对式子进行化简解 原式2i1i3i721ii 3i72i1i3i72i1i3i7222i3i721i 3i272(1i)23(1i)(i)712 32 i 72(8i)(1i)i1 3i288 3(88 3)i.点评 先化为同类项，再凑成12 32 i n 形式注意12 32 i 31 的应用2挖掘隐含条件所谓隐含条件，就是隐藏在题目之中但又没有明确说明的条件挖掘出这些隐含条件，往往能使解题变得事半功倍例 2 计算：26i62i.分析 本题直接运用复数除法运算，比较繁琐，注意到分子、分母中实部和虚部的关系，可将分子、分母同乘以 i 来处理解 26i62i26ii62ii2
11、6ii6i2 i.3差异分析通过分析条件和结论之间的差异，促使两者向统一的方向发展，往往能使问题简捷获解例 3 已知 z71(zC，且 z1)，求 1zz2z3z4z5z6 的值分析 整体思考 1zz2z3z4z5z6，乘以 z 即可解决问题解 因为 z(1zz2z3z4z5z6)zz2z3z4z5z6z71zz2z3z4z5z6，所以 z(1zz2z3z4z5z6)(1zz2z3z4z5z6)0.所以(z1)(1zz2z3z4z5z6)0.又 z1，所以 1zz2z3z4z5z60.5 复数中的易错点1对概念理解不清致误例 1 给出下列命题：(1)若(a21)(a23a2)i(aR)是纯虚数
12、，则实数 a1；(2)1i2 是虚数；(3)在复平面中，实轴上的点均表示实数，虚轴上的点均表示纯虚数其中真命题的个数为()A0B1C2D3错解(1)若(a21)(a23a2)i(aR)是纯虚数，则 a210，解得 a1，故正确；(2)因为 1i2 中含有 i，所以正确；(3)虚轴上所有点的横坐标都为 0，故正确所以选 D.1 合情推理的妙用合情推理包括归纳推理和类比推理，在近几年的高考试题中，关于合情推理的试题多与其他知识联系，以创新题的形式出现在考生面前下面介绍一些推理的命题特点，揭示求解规律，以期对同学们求解此类问题有所帮助一、归纳推理的考查1数字规律周期性归纳例 1 观察下列各式：553
13、 125,5615 625,5778 125，则 52 013 的末四位数字为()A3125B5625C0625D8125解析 553 125,5615 625,5778 125，58 末四位数字为 0625,59 末四位数字为 3125,510 末四位数字为 5625,511 末四位数字为 8125,512末四位数字为 0625，由上可得末四位数字周期为 4，呈规律性交替出现，52 013545025 末四位数字为 3125.答案 A点评 对于具有周期规律性的数或代数式需要多探索几个才能发现规律，当已给出事实与所求相差甚“远”时，可考虑到看是否具有周期性2代数式形式归纳例 2 设函数 f(x
14、)xx2(x0)，观察：f1(x)f(x)xx2，f2(x)f(f1(x)x3x4，f3(x)f(f2(x)x7x8，f4(x)f(f3(x)x15x16，根据以上事实，由归纳推理可得：当 nN*且 n2 时，fn(x)f(fn1(x)_.解析 依题意，先求函数结果的分母中 x 项系数所组成数列的通项公式，由 1,3,7,15，可推知该数列的通项公式为 an2n1.又函数结果的分母中常数项依次为 2,4,8,16，故其通项公式为 bn2n.所以当 n2 时，fn(x)f(fn1(x)x2n1x2n.答案 x2n1x2n点评 对于与数列有关的规律归纳，一定要观察全面，并且要有取特殊值最后检验的习
15、惯3图表信息归纳例 3 古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，比如：图(1)图(2)他们研究过图(1)中的 1,3,6,10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图(2)中的 1,4,9,16，这样的数为正方形数下列数中既是三角形数又是正方形数的是()A289B1 024C1 225D1 378分析 将三角形数和正方形数分别视作数列，则既是三角形数又是正方形数的数字是上述两数列的公共项解析 设图(1)中数列 1,3,6,10，的通项公式为 an，其解法如下：a2a12，a3a23，a4a34，anan1n.故 ana1234n，annn12.而图(2)中数列的通项
16、公式为 bnn2，因此所给的选项中只有 1 225 满足 a4949502b353521 225.答案 C点评 此类图形推理问题涉及的图形构成的元素一般为点题目类型为已知几个图形，图形中元素的数量呈现一定的变化，这种数量变化存在着简单的规律性，如点的数目的递增关系或递减关系，依据此规律求解问题，一般需转化为求数列的通项公式或前 n 项和等二、类比推理的考查1类比定义在求解类比某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解例 1 等和数列的定义是：若数列an从第二项起，以后每一项与前一项的和都是同一常数，则此数列叫做等和数列，这个常数叫做等和数列的公和如果数列an是等和数列，且 a1
17、1，a23，则数列an的一个通项公式是_解析 由定义，知公和为 4，且 anan14，那么an2(an12)，于是 an2(1)n1(a12)因为 a11，得 an2(1)n 即为数列的一个通项公式答案 an2(1)n点评 解题的前提是正确理解等和数列的定义，将问题转化为一个等比数列来求解2类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键例 2 平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：充要条件_；充要条件_.解析 类
18、比平行四边形的两组对边分别平行可得，两组相对侧面互相平行是一个四棱柱为平行六面体的充要条件类比平行四边形的两组对边分别相等可得，两组相对侧面分别全等是一个四棱柱为平行六面体的充要条件类比平行四边形的一组对边平行且相等可得，一组相对侧面平行且全等是一个四棱柱为平行六面体的充要条件类比平行四边形的对角线互相平分可得，主对角线互相平分是一个四棱柱为平行六面体的充要条件类比平行四边形的对角线互相平分可得，对角面互相平分是一个四棱柱为平行六面体的充要条件点评 由平行四边形的性质类比到平行六面体的性质，注意结论类比的正确性3类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解
19、中，注意知识的迁移例 3 已知数列an的前 n 项的乘积 Tn3n1，则其通项公式 an_.解析 类比数列前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系 anSnSn1(n2)，得到数列前 n(n2)项的乘积 Tn 与通项 an 的关系注意对 n1 的情况单独研究当 n1 时，a1T13114.当 n2 时，an TnTn1 3n13n11，a1 不适合上式，所以通项公式 an4，n13n13n11，n2.答案 4，n13n13n11，n2.2 各有特长的综合法与分析法做任何事情都要讲究方法，方法对头，事半功倍；方法不当，事倍功半解答数学问题，关键在于掌握思考问题的方法，少走弯路，以尽快获得满意的答
20、案证明数学问题的方法很多，其中综合法与分析法是最常见、使用频率最高的方法综合法是从已知条件出发，一步步地推导结果，最后推出要证明的结果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件；分析法则是从待证结论出发，一步步地寻求使其成立的条件，直至寻求到已知条件或公理、定义、定理等，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是寻找它的充分条件综合法表现为“由因导果”，分析法表现为“执果索因”，它们的应用十分广泛要证明一个命题正确，我们可以从已知条件出发，通过一系列已确立的命题(如定义、定理等)，逐步向后推演，最后推得要证明的结果，这种思维方法就叫做综合法
21、，可简单地概括为“由因导果”，即“由原因去推导结果”要证明一个命题正确，为了寻找正确的证题方法或途径，我们可以先设想它的结论是正确的，然后追究它成立的原因，再就这些原因分别研究，看它们成立又各需具备什么条件，如此逐步往上逆求，直至达到已知的事实，这种思维方法就叫做分析法，可简单地概括为“执果索因”，即“拿着结果去寻找原因”例 1 已知 abc，求证：1ab 1bc 4ca0.分析 首先使用分析法寻找证明思路证法一(分析法)要证原不等式成立，只需证 1ab 1bc 4ac.通分，得bcababbc 4ac，即证acabbc 4ac.因为 abc，所以 ab0，bc0，ac0.只需证(ac)24(
22、ab)(bc)成立由上面思路可得如下证题过程证法二(综合法)abc，ab0，bc0，ac0.4(ab)(bc)(ab)(bc)2(ac)2.acabbc 4ac，即bcababbc 4ac0.1ab 1bc 4ca0.从例题不难发现，分析法和综合法各有其优缺点：从寻求解题思路来看，分析法“执果索因”，常常根底渐近，有希望成功；综合法“由因导果”，往往枝节横生，不容易奏效从表达过程而论，分析法叙述繁琐，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表达因此，在实际解题时，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的，两者结合，互相弥补才是应该提倡的；先以分析法为主寻求解题思路
23、，再用综合法有条理地表达解题过程最后，提醒一下，对于一些较复杂的问题，不论是从“已知”推向“未知”，还是由“未知”靠拢“已知”，都是一个比较长的过程，单靠分析法或综合法显得较为困难为保证探索方向准确及过程快捷，人们常常把分析法与综合法两者并列起来使用，即常采取同时从已知和结论出发，寻找问题的一个中间目标的“两头凑”的方法去寻求证明途径：先从已知条件出发，看可以得出什么结果，再从要证明的结论开始寻求，看它成立需具备哪些条件，最后看它们的差距在哪里，从而找出正确的证明途径例 2 设 f(x)ax2bxc(a0)，若函数 f(x1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称求证：f(x12)为偶函数证明 方
24、法一 要证 f(x12)为偶函数，只需证 f(x12)的对称轴为 x0，只需证 b2a120，只需证 ab.因为函数 f(x1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称，即 x b2a1 与 x b2a关于 y 轴对称，所以 b2a1b2a，所以 ab，所以 f(x12)为偶函数方法二 要证 f(x12)是偶函数，只需证 f(x12)f(x12)因为 f(x1)与 f(x)的图象关于 y 轴对称，而 f(x)与 f(x)的图象关于 y 轴对称，所以 f(x)f(x1)，f(x12)f(x12)f(x12)1)f(x12)，所以 f(x12)是偶函数点评 本题前半部分是用分析法证明，但寻找的充分条件不
25、是显然成立的，可再用综合法证明，这种处理方法在推理证明中是常用的.3 体验反证法的独到之处反证法作为一种证明方法，在高考中，虽然很少单独命题，但是有时运用反证法的证明思路判断、分析命题有独到之处下面举例分析用反证法证明问题的几个类型：1证明否定性问题例 1 平面内有四个点，任意三点不共线证明：以任意三点为顶点的三角形不可能都是锐角三角形分析 假设以四点中任意三点为顶点的三角形都是锐角三角形，先固定三点组成一个三角形，则第四点要么在此三角形内，要么在此三角形外，且各个三角形的内角都是锐角，选取若干个角的和与一些已知结论对照即得矛盾证明 假设以任意三点为顶点的四个三角形都是锐角三角形，四个点为 A
26、，B，C，D.考虑ABC，则点 D 有两种情况：在ABC 内部和外部(1)如果点 D 在ABC 内部(如图(1)，根据假设知围绕点 D 的三个角ADB，ADC，BDC都小于 90，其和小于 270，这与一个周角等于 360矛盾(2)如果点 D 在ABC 外部(如图(2)，根据假设知BAD，ABC，BCD，ADC 都小于 90，即四边形 ABCD 的内角和小于 360，这与四边形内角和等于 360矛盾综上所述，可知假设错误，题中结论成立点评 结论本身是否定形式、唯一性或存在性命题时，常用反证法2证明“至多”“至少”“唯一”“仅仅”等问题例 2 A 是定义在2,4上且满足如下两个条件的函数(x)组
27、成的集合：对任意的 x1,2，都有(2x)(1,2)；存在常数 L(0L1)，使得对任意的 x1，x21,2，都有|(2x1)(2x2)|L|x1x2|.设(x)A，试证：如果存在 x0(1,2)，使得 x0(2x0)，那么这样的 x0 是唯一的证明 假设存在两个 x0，x0(1,2)，x0 x0，使得 x0(2x0)，x0(2x0)，则由|(2x0)(2x0)|L|x0 x0|，得|x0 x0|1.这与题设中 0L0，abbcca0，abc0.求证：a0，b0，c0.分析 若从正面证明，比较复杂，需要考虑的方面比较多，故采用反证法来证明证明 假设 a0，知 bc0，知 bca0，于是 abb
28、ccaa(bc)bc0 矛盾故 a0.同理可证 b0，c0.小结 至于什么情况下用反证法，应依问题的具体情况而定，切忌滥用反证法一般说来，当非命题比原命题更具体、更明确、更简捷，易于推出矛盾时，才便于用反证法运用反证法证题时，还应注意以下三点：1必须周密考察原结论，防止否定有所遗漏；2推理过程必须完全正确，否则，不能肯定非命题是错误的；3在推理过程中，可以使用已知条件，推出的矛盾必须很明确，毫不含糊另外，反证法证题的首要环节就是对所证结论进行反设，因此大家必须掌握一些常见关键词的否定形式.关键词否定是不是都是不都是等于()不等于()大于()不大于()小于()不小于()能不能至少有一个一个也没有
29、至多有一个至少有两个至少有 n 个至多有 n1 个至多有 n 个至少有 n1 个任意存在存在任意正解(1)若(a21)(a23a2)i(aR)是纯虚数，则 a210 且 a23a20，解得 a1，所以错误；(2)1i2110 是实数，所以错误；(3)除原点外虚轴上的点均表示纯虚数，原点对应的复数为 0，所以错误故答案为 A.点评 将复数化为标准代数形式，并正确理解复数是实数、虚数和纯虚数的条件，以及复数的几何意义是避免此类错误的关键2忽视题中的隐含条件致误例 2 m 取何值时，复数 zm24m5m7(m26m7)i(mR)是实数？错解 要使 z 为实数，需 m26m70，解得 m1 或 m7，
30、即 m1 或 m7 时，z 是实数错因分析 未注意分式m24m5m7的分母中含有参数m.正解 要使 z 为实数，需m26m70，m70，解得 m1.即 m1 时，z 是实数点评 研究一个复数在什么情况下是实数、虚数时，要注意复数的实部、虚部有意义这一隐含条件3忽视复数相等的前提条件致误例 3 已知 xC，x24x3(x1)i0，求 x.错解 由复数相等的定义，得x24x30，x10，解得 x1.错因分析 未注意 xC，误把 x24x3(x1)i 看成 abi(a，bR)的标准形式，错用复数相等的前提条件正解 原方程可化为(x1)(x3)(x1)i0，即(x1)(x3i)0，故 x10 或 x3
31、i0，解得 x1 或 x3i.点评 复数相等的充要条件的用途非常广泛，是复数问题实数化的主要途径，但应用其解题时，需审清题意，注意复数相等的前提条件，并将复数化为标准代数形式3忽视复数不一定能比较大小致误例 4 求使不等式 m2(m23m)i10(m24m3)i 成立的实数 m 满足的条件错解 由m210，m23mm24m3，解得 10m12或 3mcdia，b，c，dRD/ac，且 bd.正解 因为不等式两边必须都是实数，所以有m23m0，m24m30，m20，r，sR”限制下进行的，在复数集中arsars 是在条件“r，sN*”限制下进行的，所以不能盲目推广.正解 1i1i51i1i41i
32、1i(i)4(i)i.故选 C.点评 实数中的有些运算律和常用结论在复数范围内要慎用六、误用实系数方程 0例 6 已知关于 t 的一元二次方程 t2(2i)t2xy(xy)i0(x，yR)有实数根，求点(x，y)的轨迹方程错解 方程有实根，(2i)2412xy(xy)i0，44i14(2xyxiyi)0，38xy(44x4y)i0.38xy0，44x4y0.xy1 且 xy38.点(x，y)的轨迹为直线的一部分错因分析 只有在实系数一元二次方程中才能利用判别式 讨论方程根的个数，本题正确的处理方法是首先设出方程根的形式，然后利用复数相等的充要条件转化为实数问题求解.正解(1)设实根为 t，则t
33、2(2i)t2xy(xy)i0，即(t22t2xy)(txy)i0，根据复数相等的充要条件得t22t2xy0，txy0，由得 tyx，代入得(yx)22(yx)2xy0，即(x1)2(y1)22，所求点的轨迹方程为(x1)2(y1)22，轨迹是以(1，1)为圆心，2为半径的圆点评 对于复系数一元二次方程 ax2bxc0(a，b，c 为复数)，讨论其根的个数时，需先设xmni(m，nR)，将上述方程利用复数相等的充要条件转化为实系数方程后再处理.6 复数中的数学思想 数学思想是从数学内容中提炼出来的数学知识的精髓，又是将知识转化为能力的桥梁，掌握以下两种数学思想方法，有利于复数问题的解决1化归与
34、转化思想复数集是由实数集扩充而来的，因此实数集内的一些性质在复数集内仍然成立利用复数的代数形式将复数问题转化为实数问题是一种最常见的解题方法例 1 设 a，b，c，dR，若abicdi为实数，则()Abcad0Bbcad0Cbcad0Dbcad0解析 由已知，得abicdiacbdc2d2 bcadc2d2 i.因为abicdi为实数，所以虚部bcadc2d2 0，即 bcad0.答案 C点评 这里先把分母“实数化”，即分子、分母同乘以分母的共轭复数，这是解决复数问题的常见思路2数形结合思想由于复数既可以用代数形式也可以用几何形式表示，因此解复数题常以形助数，数形结合例 2 求满足条件|z|1，且z12 z32 的复数 z 的集合解 因为|z|1，所以 z 在复平面内对应的点在单位圆上又z12 z32，所以 z 在复平面内对应的点在直线 x12上，如图所示由图形可知只有点 A，B 所表示的复数满足条件易得点 A，B 的坐标分别为12，32，12，32.所以点 A，B 所对应的复数分别为12 32 i 和12 32 i.故复数 z 的集合是12 32 i，12 32 i.点评 本题充分挖掘出复数所隐含的几何因素，通过构造图形，借助几何计算，有效地实现了“复数问题实数化”
