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2019-2020年高三數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí) 第84課時復(fù)數(shù)的有關(guān)概念教案 一．教學(xué)目標(biāo)： 1．使學(xué)生了解擴(kuò)充實(shí)數(shù)集的必要性，正確理解復(fù)數(shù)的有關(guān)概念．掌握復(fù)數(shù)的代數(shù)、幾何、三角表示及其轉(zhuǎn)換； 2．掌握復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，能正確地進(jìn)行復(fù)數(shù)的運(yùn)算，并理解復(fù)數(shù)運(yùn)算的幾何意義； 3．掌握在復(fù)數(shù)集中解實(shí)數(shù)系數(shù)一元二次方程和二項方程的方法． 4．通過內(nèi)容的闡述，帶綜合性的例題和習(xí)題的訓(xùn)練，繼續(xù)提高學(xué)生靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識解題的能力． 5．通過數(shù)的概念的發(fā)展，復(fù)數(shù)、復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)及位置向量三者之間的聯(lián)系與轉(zhuǎn)換的復(fù)習(xí)教學(xué)，繼續(xù)對學(xué)生進(jìn)行辯證觀點(diǎn)的教育． 二．教學(xué)重點(diǎn)：復(fù)數(shù)三角形式表示法及復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，復(fù)數(shù)與實(shí)數(shù)的區(qū)別和聯(lián)系。 三．教學(xué)過程： （一）主要知識： 1.數(shù)的概念的發(fā)展，復(fù)數(shù)的有關(guān)概念（實(shí)數(shù)、虛數(shù)、純虛數(shù)、復(fù)數(shù)相等、共軛復(fù)數(shù)、模）； 2.復(fù)數(shù)的代數(shù)表示與向量表示； 3.復(fù)數(shù)的加法與減法，復(fù)數(shù)的乘法與除法，復(fù)數(shù)的三角形式，復(fù)數(shù)三角形式的乘法與乘方，復(fù)數(shù)三角形式的除法與開方； 4.復(fù)數(shù)集中解實(shí)系數(shù)方程（包括一元二次方程、二項方程）。 復(fù)數(shù)在過去幾年里是代數(shù)的重要內(nèi)容之一，涉及的知識面廣，對能力要求較高，是高考熱點(diǎn)之一。但隨著新教材對復(fù)數(shù)知識的淡化，高考試題比例下降，因此考生要把握好復(fù)習(xí)的尺度。 從近幾年的高考試題上看：復(fù)數(shù)部分考查的重點(diǎn)是基礎(chǔ)知識題型和運(yùn)算能力題型?；A(chǔ)知識部分重點(diǎn)是復(fù)數(shù)的有關(guān)概念、復(fù)數(shù)的代數(shù)形式、三角形式、兩復(fù)數(shù)相等的充要條件及其應(yīng)用，復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)的幾何表示及復(fù)向量的運(yùn)算。主要考點(diǎn)為復(fù)數(shù)的模與輻角主值，共軛復(fù)數(shù)的概念和應(yīng)用。若只涉及到一、二個知識點(diǎn)的試題大都集中在選擇題和填空題；若涉及幾個知識點(diǎn)的試題，往往是中、高檔題目，解答此類問題一般要抓住相應(yīng)的概念進(jìn)行正確的變換，對有些題目，往往用數(shù)形結(jié)合可獲得簡捷的解法。有關(guān)復(fù)數(shù)n次乘方、求輻角（主值）等問題，涉及到復(fù)數(shù)的三角形式，首先要將所給復(fù)數(shù)轉(zhuǎn)化為三角形式后再進(jìn)行變換。 復(fù)數(shù)的運(yùn)算是高考中復(fù)數(shù)部分的熱點(diǎn)問題。主要考查復(fù)數(shù)的代數(shù)和三角形式的運(yùn)算，復(fù)數(shù)模及輻角主值的求解及復(fù)向量運(yùn)算等問題。 基于上述情況，我們在學(xué)習(xí)“復(fù)數(shù)”一章內(nèi)容時，要注意以下幾點(diǎn)： （1）復(fù)數(shù)的概念幾乎都是解題的手段。因此在學(xué)習(xí)復(fù)數(shù)時要在深入理解、熟練掌握復(fù)數(shù)概念上下功夫。除去復(fù)數(shù)相等、模、輻角、共軛 復(fù)數(shù)的三角形式和代數(shù)式，提供了將“復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化”的手段。 復(fù)數(shù)的幾何意義也是解題的一個重要手段。 （2）對于涉及知識點(diǎn)多，與方程、三角、解析幾何等知識綜合運(yùn)用的思想方法較多的題型，以及復(fù)數(shù)本身的綜合題，一直成為學(xué)生的難點(diǎn)，應(yīng)掌握規(guī)律及典型題型的技巧解法，并加以強(qiáng)化訓(xùn)練以突破此難點(diǎn)； (3)重視以下知識盲點(diǎn)： ①不能正確理解復(fù)數(shù)的幾何意義，常常搞錯向量旋轉(zhuǎn)的方向； ②忽視方程的虛根成對出現(xiàn)的條件是實(shí)系數(shù)； ③盲目地將實(shí)數(shù)范圍內(nèi)數(shù)與形的一些結(jié)論，不加懷疑地引用到復(fù)數(shù)范圍中來； ④容易混淆復(fù)數(shù)的有關(guān)概念，如純虛數(shù)與虛數(shù)的區(qū)別問題，實(shí)軸與虛軸的交集問題，復(fù)數(shù)輻角主值的范圍問題等。 （二）知識點(diǎn)詳析 1．知識體系表解 2．復(fù)數(shù)的有關(guān)概念和性質(zhì)： (1)i稱為虛數(shù)單位，規(guī)定，形如a+bi的數(shù)稱為復(fù)數(shù)，其中a，b∈R． (2)復(fù)數(shù)的分類(下面的a，b均為實(shí)數(shù)) (3)復(fù)數(shù)的相等設(shè)復(fù)數(shù)，那么的充要條件是：． (4)復(fù)數(shù)的幾何表示復(fù)數(shù)z=a+bi（a，b∈R）可用平面直角坐標(biāo)系內(nèi)點(diǎn)Z(a，b)來表示．這時稱此平面為復(fù)平面，x軸稱為實(shí)軸，y軸除去原點(diǎn)稱為虛軸．這樣，全體復(fù)數(shù)集C與復(fù)平面上全體點(diǎn)集是一一對應(yīng)的． 復(fù)數(shù)z=a+bi．在復(fù)平面內(nèi)還可以用以原點(diǎn)O為起點(diǎn)，以點(diǎn)Z(a，b) 向量所成的集合也是一一對應(yīng)的(例外的是復(fù)數(shù)0對應(yīng)點(diǎn)O，看成零向量)． (7)復(fù)數(shù)與實(shí)數(shù)不同處 ①任意兩個實(shí)數(shù)可以比較大小，而任意兩個復(fù)數(shù)中至少有一個不是實(shí)數(shù)時就不能比較大?。? ②實(shí)數(shù)對于四則運(yùn)算是通行無阻的，但不是任何實(shí)數(shù)都可以開偶次方．而復(fù)數(shù)對四則運(yùn)算和開方均通行無阻． 3．有關(guān)計算： ⑴怎樣計算？（先求n被4除所得的余數(shù)，） ⑵是1的兩個虛立方根，并且： 3 復(fù)數(shù)集內(nèi)的三角形不等式是：，其中左邊在復(fù)數(shù)z1、z2對應(yīng)的向量共線且反向（同向）時取等號，右邊在復(fù)數(shù)z1、z2對應(yīng)的向量共線且同向（反向）時取等號。 4 棣莫佛定理是： 5 若非零復(fù)數(shù)，則z的n次方根有n個，即： 它們在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在分布上有什么特殊關(guān)系？ 都位于圓心在原點(diǎn)，半徑為的圓上，并且把這個圓n等分。 6 若，復(fù)數(shù)z1、z2對應(yīng)的點(diǎn)分別是A、B，則△AOB（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積是。 7 =。 8 復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點(diǎn)的幾個基本軌跡： ①軌跡為一條射線。 ②軌跡為一條射線。 ③軌跡是一個圓。 ④軌跡是一條直線。 ⑤軌跡有三種可能情形：a)當(dāng)時，軌跡為橢圓；b)當(dāng)時，軌跡為一條線段；c)當(dāng)時，軌跡不存在。 ⑥軌跡有三種可能情形：a)當(dāng)時，軌跡為雙曲線；b)當(dāng)時，軌跡為兩條射線；c)當(dāng)時，軌跡不存在。 4．學(xué)習(xí)目標(biāo) (1)聯(lián)系實(shí)數(shù)的性質(zhì)與運(yùn)算等內(nèi)容，加強(qiáng)對復(fù)數(shù)概念的認(rèn)識； (2)理順復(fù)數(shù)的三種表示形式及相互轉(zhuǎn)換：z=r(cosθ+isinθ)(Z(a,b))z=a+bi 復(fù)數(shù)集 純虛數(shù)集 虛 數(shù) 集 實(shí)數(shù)集 (3)正確區(qū)分復(fù)數(shù)的有關(guān)概念； (4)掌握復(fù)數(shù)幾何意義,注意復(fù)數(shù)與三角、解幾等內(nèi)容的綜合； (5)正確掌握復(fù)數(shù)的運(yùn)算：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減、乘、除；三角形式的乘、除、乘方、開方及幾何意義；虛數(shù)單位i及1的立方虛根ω的性質(zhì)；模及共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)； (6)掌握化歸思想——將復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化（三角化、幾何化）； (7)掌握方程思想——利用復(fù)數(shù)及其相等的有關(guān)充要條件，建立相應(yīng)的方程，轉(zhuǎn)化復(fù)數(shù)問題。 （三）例題分析： Ⅰ.xx年高考數(shù)學(xué)題選 1. (xx年四川卷理3)設(shè)復(fù)數(shù)ω＝－＋i，則1＋ω＝ A.–ω　　　　　　　B.ω2　　　　　　　　C.　　　　　　　D. 2．(xx重慶卷2）)設(shè)復(fù)數(shù), 則 （ ） A．–3 B．3 C．－3i D．3i 3. （xx高考數(shù)學(xué)試題廣東B卷14）已知復(fù)數(shù)z與 (z +2)2-8i 均是純虛數(shù),則 z = . Ⅱ.范例分析 ①實(shí)數(shù)？②虛數(shù)？③純虛數(shù)？ ①復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)的充要條件是： ∴當(dāng)m＝2時復(fù)數(shù)z為實(shí)數(shù)． ②復(fù)數(shù)z是虛數(shù)的充要條件： ∴當(dāng)m≠3且m≠2時復(fù)數(shù)z為虛數(shù) ③復(fù)數(shù)z是純虛數(shù)的充要條件是： ∴當(dāng)m＝1時復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)． 【說明】要注意復(fù)數(shù)z實(shí)部的定義域是m≠3，它是考慮復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)，虛數(shù)純虛數(shù)的必要條件． 要特別注意復(fù)數(shù)z＝a+bi(a，b∈R)為純虛數(shù)的充要條件是a＝0且b≠0． [] ，所以，代入①得，故選． 解法3：選擇支中的復(fù)數(shù)的模均為，又，而方程右邊為2+i，它的實(shí)部，虛部均為正數(shù)，因此復(fù)數(shù)z的實(shí)部，虛部也必須為正，故選擇B． 【說明】解法1利用復(fù)數(shù)相等的條件；解法2利用復(fù)數(shù)模的性質(zhì)；解法3考慮選擇題的特點(diǎn)． 求：z 【分析】確定一個復(fù)數(shù)要且僅要兩個實(shí)數(shù)a、b，而題目恰給了兩個獨(dú)立條件采用待定系數(shù)法可求出a、b確定z． 運(yùn)算簡化． 解：設(shè)z=x+yi(x，y∈R) 將z=x+yi代入|z4|＝|z4i|可得x＝y(tǒng)，∴z=x+xi (2)當(dāng)|z1|＝13時，即有xx6=0則有x=3或x=2 綜上所述故z＝0或z=3+3i或z=-22i 【說明】注意熟練地運(yùn)用共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)．其性質(zhì)有： (3)1+2i+3+…+1000 【說明】計算時要注意提取公因式，要注意利用i的冪的周期性， (3)解法1：原式=(1+2i34i)+(5+6i78i)+…+(997+998i9991000i) =250(22i)=500500i 解法2：設(shè)S＝1+2i+3+…+1000，則iS＝i+2+3+…+999+1000， ∴(1i)S＝1+i++…+1000 【說明】充分利用i的冪的周期性進(jìn)行組合，注意利用等比數(shù)列求和的方法． 【例6】已知三邊都不相等的三角形ABC的三內(nèi)角A、B、C滿足 、 的值. 【解】 得……3分 上式化簡為……6分 ……9分 當(dāng)……12分 【例7】設(shè)z1=1-cosθ+isinθ，z2=a2+ai(a∈R)，若z1z2≠0，z1z2+=0，問在（0，2π）內(nèi)是否存在θ使(z1-z2)2為實(shí)數(shù)？若存在，求出θ的值；若不存在，請說明理由． 【分析】這是一道探索性問題．可根據(jù)復(fù)數(shù)的概念與純虛數(shù)的性質(zhì)及復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)的充要條件，直接進(jìn)行解答． 【解】假設(shè)滿足條件的θ存在． 因z1z2≠0，z1z2+=0，故z1z2為純虛數(shù)． 又z1z2=(1-cosθ+isinθ)(a2+ai) =[a2(1-cosθ)-asinθ]+[a(1-cosθ)+a2sinθ]i， 于是， 由②知a≠0． 因θ∈(0，2π)，故cosθ≠1．于是，由①得a=． 另一方面，因(z1-z2)2∈R，故z1-z2為實(shí)數(shù)或為純虛數(shù)．又z1-z2=1-cosθ-a2+(sinθ-a)i，于是sinθ-a=0，或1-cosθ-a2=0． 若sinθ-a=0，則由方程組 得=sinθ，故cosθ=0，于是θ=或θ=． 若1-cosθ-a2=0，則由方程組 得()2=1-cosθ． 由于sin2θ=1-cos2θ=(1+cosθ)(1-cosθ)，故1+cosθ=(1-cosθ)2． 解得cosθ=0，從而θ=或θ=． 綜上所知，在(0，2π)內(nèi)，存在θ=或θ=，使(z1-z2)2為實(shí)數(shù)． 【說明】①解題技巧：解題中充分使用了復(fù)數(shù)的性質(zhì)：z≠0，z+=0z∈{純虛數(shù)}以及z2∈Rz∈R或z∈{純虛數(shù)}．（注：Re(z)，Im(z)分別表示復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部） ②解題規(guī)律：對于“是否型存在題型”，一般處理方法是首先假設(shè)結(jié)論成立，再進(jìn)行正確的推理，若無矛盾，則結(jié)論成立；否則結(jié)論不成立． 【例8】設(shè)a為實(shí)數(shù)，在復(fù)數(shù)集C中解方程： z2+2|z|=a． 【分析】由于z2=a-2|z|為實(shí)數(shù)，故z為純虛數(shù)或?qū)崝?shù)，因而需分情況進(jìn)行討論． 【解】設(shè)|z|=r．若a＜0，則z2=a-2|z|＜0，于是z為純虛數(shù)，從而r2=2r–a． 解得　r=(r=＜0，不合，舍去)．故　z=()i． 若a≥0，對r作如下討論： （1）若r≤a，則z2=a-2|z|≥0，于是z為實(shí)數(shù)． 解方程r2=a-2r，得r=(r=＜0，不合，舍去)． 故　z=()． （2）若r＞a，則z2=a-2|z|＜0，于是z為純虛數(shù)． 解方程r2=2r-a，得r=或r=(a≤1)． 故　z=()i(a≤1)． 綜上所述，原方程的解的情況如下： 當(dāng)a＜0時，解為：z=()i； 當(dāng)0≤a≤1時，解為：z=()，z=()i； 當(dāng)a＞1時，解為：z=()． 【說明】解題技巧：本題還可以令z=x+yi(x、y∈R)代入原方程后，由復(fù)數(shù)相等的條件將復(fù)數(shù)方程化歸為關(guān)于x，y的實(shí)系數(shù)的二元方程組來求解． 【例9】（xx年上海市普通高校春季高考數(shù)學(xué)試卷18） 已知實(shí)數(shù)滿足不等式，試判斷方程有無實(shí)根，并給出證明. 【解】由，解得，.方程的判別式. ，，，由此得方程無實(shí)根. 【例10】給定實(shí)數(shù)a，b，c．已知復(fù)數(shù)z1、z2、z3滿足 求｜az1+bz2+cz3｜的值． 【分析】注意到條件(1)，不難想到用復(fù)數(shù)的三角形式；注意到條件（2），可聯(lián)想使用復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)的充要條件進(jìn)行求解． 【解】解法一由=1，可設(shè)=cosθ+isinθ，=cosφ+isinφ， 則==cos(θ+φ)-isin(θ+φ)．因=1，其虛部為0， 故0=sinθ+sinφ-sin(θ+φ)=2sincos-2sincos =2sin（cos-cos）=4sinsinsin． 故θ=2kπ或φ=2kπ或θ+φ=2kπ，k∈Z．因而z1=z2或z2=z3或z3=z1． 若z1=z2，代入（2）得=i，此時 ｜az1+bz2+cz3｜=|z1|?|a+bci｜=． 類似地，如果z2=z3，則｜az1+bz2+cz3｜=； 如果z3=z1，則｜az1+bz2+cz3｜=． 解法二由（2）知∈R，故 =， 即=． 由（1）得=(k=1，2，3)，代入上式，得=， 即z12z3+z22z1+z32z2=z22z3+z32z1+z12z2，分解因式，得(z1-z2)(z2-z3)(z3-z1)=0， 于是z1=z2或z2=z3或z3=z1．下同解法一． 【說明】①解題關(guān)鍵點(diǎn)是巧妙利用復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)的充要條件：z∈Rz=，以及視，等為整體，從而簡化了運(yùn)算． ②解題易錯點(diǎn)是拿到問題不加分析地就盲目動筆，而不注意充分觀察題目的已知條件，結(jié)論特征等，從而使問題的求解或是變得異常的復(fù)雜，或干脆就無法解出最終的結(jié)果． （四）鞏固練習(xí)： 設(shè)復(fù)數(shù)z=3cosθ+2isinθ，求函數(shù)y=θ-argz(0＜θ＜)的最大值以及對應(yīng)角θ的值． 【分析】先將問題實(shí)數(shù)化，將y表示成θ的目標(biāo)函數(shù)，后利用代數(shù)法（函數(shù)的單調(diào)性、基本不等式等）以及數(shù)形結(jié)合法進(jìn)行求解． 解法一、由0＜θ＜，得tanθ＞0，從而0＜argz＜． 由z=3cosθ+2isinθ，得 tan(argz)==tanθ＞0． 于是 tany=tan(θ-argz)=== ≤=． 當(dāng)且僅當(dāng)，即tanθ=時，取“=”． 又因為正切函數(shù)在銳角的范圍內(nèi)為增函數(shù)，故當(dāng)θ=arctan時，y取最大值為arctan． 解法二、因0＜θ＜，故cosθ＞0，sinθ＞0，0＜argz＜，且 cos(argz)=，sin(argz)=． 顯然y∈(-，)，且siny為增函數(shù)． siny=sin(θ-argz)=sinθcos(argz)-cosθsin(argz)= ==≤=． 當(dāng)且僅當(dāng)，即tanθ=，取“=”，此時ymax=arctan． 9圖 x θ argz y o Z1 Z2 Z 解法三、設(shè)Z1=2(cosθ+isinθ)，Z2=cosθ，則Z=Z1+Z2，而Z1、Z2、Z的輻角主值分別為θ、0，argz．如圖所示，必有y=∠ZOZ1，且0＜y＜． 在△ZOZ1中，由余弦定理得 cosy== =+≥． 當(dāng)且僅當(dāng)4+5cos2θ=6，即cosθ=時，取“=”． 又因為余弦函數(shù)在0＜θ＜為減函數(shù)，故當(dāng)θ=arccos時，ymax=arccos． 【說明】①解題關(guān)鍵點(diǎn)：將復(fù)數(shù)問題通過化歸轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)問題，使問題能在我們非常熟悉的情景中求解．②解題規(guī)律：多角度思考，全方位探索，不僅使我們獲得了許多優(yōu)秀解法，而且還使我們對問題的本質(zhì)認(rèn)識更清楚，進(jìn)而更有利于我們深化對復(fù)數(shù)概念的理解，靈活駕馭求解復(fù)數(shù)問題的能力．③解題易錯點(diǎn)：因為解法的多樣性，反三角函數(shù)表示角的不唯一性，因而最后的表述結(jié)果均不一樣，不要認(rèn)為是錯誤的． 四．課后作業(yè)： 1、下列說法正確的是 [ ] A．0i是純虛數(shù)B．原點(diǎn)是復(fù)平面內(nèi)直角坐標(biāo)系的實(shí)軸與虛軸的公共點(diǎn) C．實(shí)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)一定是實(shí)數(shù)，虛數(shù)的共軛復(fù)數(shù)一定是虛數(shù)D．是虛數(shù) 2、下列命題中，假命題是 [ ] A．兩個復(fù)數(shù)不可以比較大小B．兩個實(shí)數(shù)可以比較大小 C．兩個虛數(shù)不可以比較大小D．一虛數(shù)和一實(shí)數(shù)不可以比較大小 3、已知對于x的方程+（12i）x+3mi=0有實(shí)根，則實(shí)數(shù)m滿足[ ] 4、復(fù)數(shù)1+i++…+等于 [ ] A．i B． i C．2i D．2i 5、已知常數(shù)，又復(fù)數(shù)z滿足，求復(fù)平面內(nèi)z對應(yīng)的點(diǎn)的軌跡。 6、設(shè)復(fù)數(shù)，記。 （1）求復(fù)數(shù)的三角形式；（2）如果，求實(shí)數(shù)、的值。 7、（xx年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(理17)） 已知復(fù)數(shù)的輻角為，且是和的等比中項，求 8、已知復(fù)數(shù)滿足，且。 （1） 求的值；（2）求證：； （3）求證對于任意實(shí)數(shù)，恒有。 9、（1992三南試題）求同時滿足下列兩個條件的所有復(fù)數(shù)z： (1)z+是實(shí)數(shù)，且1＜z+≤6；(2)z的實(shí)部和虛部都是整數(shù)． 參考答案 1、解0i=0∈R故A錯；原點(diǎn)對應(yīng)復(fù)數(shù)為0∈R故B錯，i2=-1∈R，故D錯，所以答案為C。 2、解本題主要考察復(fù)數(shù)的基本性質(zhì)，兩個不全是實(shí)數(shù)的復(fù)數(shù)不能比較大小，故命題B，C，D均正確，故A命題是假的。 3、解本題考察復(fù)數(shù)相等概念，由已知 4、解：因為i的四個相鄰冪的和為0，故原式=1+i+i2+0+0=i，答案：A。 5、解： ∴Z對應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是以對應(yīng)的點(diǎn)為圓心，以為半徑的圓，但應(yīng)除去原點(diǎn)。 6、答案：（1）；（2） 7、解：設(shè)，則復(fù)數(shù)由題設(shè) 8、答案（1）；（2）、（3）省略。 9、分析：按一般思路，應(yīng)設(shè)z＝x＋yi（x，y∈R），或z=r（cos ∵1＜t≤6∴Δ=t2-40＜0，解方程得 又∵z的實(shí)部和虛部都是整數(shù)，∴t=2或t=6 故z=13i或z=3i 解法二：∵z+∈R， 從而z=或z=10．若z=，則z∈R，因1＜z+≤6，故z＞0，從而z+≥＞6，此時無解；若z=10，則1＜z+≤6．設(shè)z=x+yi(x、y∈Z)，則1＜2x≤6，且x2+y2=10，聯(lián)立解得或或或 故同時滿足下列兩個條件的所有復(fù)數(shù)z＝1+3i，1-3i，3+i，3-i。