2024年高中數(shù)學(xué)第5章數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)章末小結(jié)講義含解析湘教版選修2-2

PAGEPAGE13第5章數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)1．虛數(shù)單位i(1)i2＝－1(即－1的平方根是±i)．(2)實數(shù)可以與i進(jìn)行四則運算，進(jìn)行運算時原有的加、乘運算律仍舊成立．(3)i的冪具有周期性：i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N＋)，則有in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N＋)．2．復(fù)數(shù)的分類復(fù)數(shù)a＋bi(a，b∈R)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(實數(shù)b＝0,虛數(shù)b≠0\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(純虛數(shù)a＝0,非純虛數(shù)a≠0))))3．共軛復(fù)數(shù)設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to(z)，則(1)z·eq\x\to(z)＝|z|2＝|eq\x\to(z)|2；(2)z為實數(shù)?z＝eq\x\to(z)；z為純虛數(shù)?z＝－eq\x\to(z).4．復(fù)數(shù)相等的條件復(fù)數(shù)相等的充要條件為a＋bi＝c＋di?a＝c，b＝d(a，b，c，d∈R)．特殊地，a＋bi＝0?a＝b＝0(a，b∈R)．5．復(fù)數(shù)的運算(1)加法和減法運算：(a＋bi)±(c＋di)＝(a±c)＋(b±d)i(a，b，c，d∈R)．(2)乘法和除法運算：復(fù)數(shù)的乘法按多項式相乘進(jìn)行運算，即(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；復(fù)數(shù)除法是乘法的逆運算，其實質(zhì)是分母實數(shù)化．復(fù)數(shù)的概念[例1]復(fù)數(shù)z＝log3(x2－3x－3)＋ilog2(x－3)，當(dāng)x為何實數(shù)時，(1)z∈R？(2)z為虛數(shù)？(3)z為純虛數(shù)？[解](1)∵一個復(fù)數(shù)是實數(shù)的充要條件是虛部為0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，①,log2x－3＝0，②))由②得x＝4，閱歷證滿意①式．∴當(dāng)x＝4時，z∈R.(2)∵一個復(fù)數(shù)是虛數(shù)的充要條件是虛部不等于0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x－3>0，,log2x－3≠0，,x－3>0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(3＋\r(21),2)或x<\f(3－\r(21),2)，,x>3且x≠4，))即eq\f(3＋\r(21),2)<x<4或x>4.∴當(dāng)eq\f(3＋\r(21),2)<x<4或x>4時，z為虛數(shù)．(3)∵一個復(fù)數(shù)是純虛數(shù)的充要條件是其實部為0且虛部不為0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x2－3x－3＝0，,log2x－3≠0，,x－3>0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1或x＝4，,x>3且x≠4.))無解．∴復(fù)數(shù)z不行能是純虛數(shù)．解決此類問題的關(guān)鍵是正確理解復(fù)數(shù)的分類與復(fù)數(shù)的實部和虛部之間的關(guān)系，另外要留意某些函數(shù)的定義域．1．若復(fù)數(shù)z＝eq\f(a＋2i,1＋i)＋(2－i)為純虛數(shù)，求實數(shù)a.解：∵z＝eq\f(a＋2i,1＋i)＋(2－i)＝eq\f(a＋2i1－i,2)＋(2－i)＝eq\f(a＋2＋2－ai,2)＋(2－i)＝eq\f(a＋6,2)－eq\f(a,2)i為純虛數(shù)，∴eq\f(a＋6,2)＝0，即a＝－6.2．已知z＝eq\f(x－i,1－i)(x>0)，且復(fù)數(shù)ω＝z(z＋i)的實部減去它的虛部所得的差等于－eq\f(3,2)，求ω·eq\x\to(ω).解：ω＝z(z＋i)＝eq\f(x－i,1－i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－i,1－i)＋i))＝eq\f(x－i,1－i)·eq\f(x＋1,1－i)＝eq\f(x＋1,2)＋eq\f(x2＋x,2)i.依據(jù)題意eq\f(x＋1,2)－eq\f(x2＋x,2)＝－eq\f(3,2)，得x2－1＝3.∵x>0，∴x＝2，∴ω＝eq\f(3,2)＋3i.∴ω·eq\x\to(ω)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋3i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－3i))＝eq\f(45,4).復(fù)數(shù)的四則運算[例2]計算：(1)eq\f(2＋2i4,1－\r(3)i5)；(2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i.[解](1)原式＝eq\f(161＋i4,1－\r(3)i41－\r(3)i)＝eq\f(162i2,－2－2\r(3)i21－\r(3)i)＝eq\f(－64,41＋\r(3)i21－\r(3)i)＝eq\f(－16,1＋\r(3)i×4)＝eq\f(－4,1＋\r(3)i)＝－1＋eq\r(3)i.(2)原式＝(3＋11i)(3－4i)＋2i＝53＋21i＋2i＝53＋23i.復(fù)數(shù)加減乘除運算的實質(zhì)是實數(shù)的加減乘除，加減法是對應(yīng)實、虛部相加減，而乘法類比多項式乘法，除法類比分式的分子分母有理化，留意i2＝－1.3．計算eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2).解：eq\f(1－i,1＋i2)＋eq\f(1＋i,1－i2)＝eq\f(1－i,2i)－eq\f(1＋i,2i)＝eq\f(－2i,2i)＝－1.4．若復(fù)數(shù)z＝1－2i(i為虛數(shù)單位)，求z·eq\x\to(z)＋z.解：∵z＝1－2i，∴eq\x\to(z)＝1＋2i.∴z·eq\x\to(z)＋z＝(1－2i)(1＋2i)＋(1－2i)＝5＋1－2i＝6－2i.復(fù)數(shù)問題實數(shù)化[例3]設(shè)存在復(fù)數(shù)z同時滿意下列條件：(1)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于其次象限；(2)z·eq\x\to(z)＋2iz＝8＋ai(a∈R)．試求a的取值范圍．[解]設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則eq\x\to(z)＝x－yi.由(1)，知x＜0，y＞0.又z·eq\x\to(z)＋2iz＝8＋ai(a∈R)，故(x＋yi)(x－yi)＋2i(x＋yi)＝8＋ai，即(x2＋y2－2y)＋2xi＝8＋ai.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2y＝8，,2x＝a.))消去x，整理，得4(y－1)2＝36－a2，∵y＞0，∴4(y－1)2≥0.∴36－a2≥0.∴－6≤a≤6.又2x＝a，而x＜0，∴a＜0.∴－6≤a＜0.∴a的取值范圍為[－6,0)．復(fù)數(shù)問題實數(shù)化是解決復(fù)數(shù)問題的最基本也是最重要的思想方法，橋梁是設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，依據(jù)是復(fù)數(shù)相等的充要條件．5．已知復(fù)數(shù)z＝(1－i)2＋1＋3i.(1)求|z|；(2)若z2＋az＋b＝eq\x\to(z)，求實數(shù)a，b的值．解：z＝(1－i)2＋1＋3i＝－2i＋1＋3i＝1＋i.(1)|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).(2)z2＋az＋b＝(1＋i)2＋a(1＋i)＋b＝2i＋a＋ai＋b＝a＋b＋(a＋2)i，∵eq\x\to(z)＝1－i，∴a＋b＋(a＋2)i＝1－i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,a＋2＝－1，))∴a＝－3，b＝4.復(fù)數(shù)的幾何意義[例4]已知z是復(fù)數(shù)，z＋2i，eq\f(z,2－i)均為實數(shù)(i為虛數(shù)單位)，且復(fù)數(shù)(z＋ai)2在復(fù)平面上對應(yīng)的點在第一象限，求實數(shù)a的取值范圍．[解]設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則z＋2i＝x＋(y＋2)i，eq\f(z,2－i)＝eq\f(x＋yi,2－i)＝eq\f(1,5)(x＋yi)(2＋i)＝eq\f(1,5)(2x－y)＋eq\f(1,5)(2y＋x)i.由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋2＝0，,\f(1,5)2y＋x＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－2.))∴z＝4－2i.∵(z＋ai)2＝[4＋(a－2)i]2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12＋4a－a2>0，,8a－2>0.))∴2<a<6.∴實數(shù)a的取值范圍是(2,6)．復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)和復(fù)平面上的點P(a，b)一一對應(yīng)，和向量eq\o(OP,\s\up7(→))一一對應(yīng)，正確求出復(fù)數(shù)的實部和虛部是解決此類題目的關(guān)鍵．6．已知等腰梯形OABC的頂點A，B在復(fù)平面上對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為1＋2i，－2＋6i，OA∥BC.求頂點C所對應(yīng)的復(fù)數(shù)z.解：設(shè)z＝x＋yi，x，y∈R，如圖，因為OA∥BC，|OC|＝|BA|，所以kOA＝kBC，|zC|＝|zB－zA|，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)＝\f(y－6,x＋2)，,\r(x2＋y2)＝\r(32＋42)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝4.))因為|OA|≠|(zhì)BC|，所以x＝－3，y＝4(舍去)，故z＝－5.(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，滿分60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．把復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)記作eq\o(z,\s\up6(－))，i為虛數(shù)單位．若z＝1＋i，則(1＋z)·eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．3－i B．3＋iC．1＋3i D．3解析：(1＋z)·eq\o(z,\s\up6(－))＝(2＋i)(1－i)＝3－i.答案：A2．(全國卷Ⅲ)設(shè)復(fù)數(shù)z滿意(1＋i)z＝2i，則|z|＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．2解析：因為z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,1＋i1－i)＝i(1－i)＝1＋i，所以|z|＝eq\r(2).答案：C3．復(fù)數(shù)z1＝3＋i，z2＝1－i，則z＝z1·z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：z＝z1·z2＝(3＋i)(1－i)＝3－3i＋i－i2＝4－2i.在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(4，－2)，位于第四象限．答案：D4．已知z是純虛數(shù)，eq\f(z＋2,1－i)是實數(shù)，那么z等于()A．2i B．iC．－i D．－2i解析：設(shè)z＝bi(b≠0)，則eq\f(z＋2,1－i)＝eq\f(2＋bi,1－i)＝eq\f(2＋bi1＋i,2)＝eq\f(2－b＋2＋bi,2).∵eq\f(z＋2,1－i)是實數(shù)，∴2＋b＝0.∴b＝－2，∴z＝－2i.答案：D5．設(shè)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則eq\f(2,z)＋z2＝()A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i解析：eq\f(2,z)＋z2＝eq\f(2,1＋i)＋(1＋i)2＝1－i＋2i＝1＋i.答案：D6．已知復(fù)數(shù)z1＝2＋ai(a∈R)，z2＝1－2i，若eq\f(z1,z2)為純虛數(shù)，則|z1|＝()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D.eq\r(5)解析：由于eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋ai,1－2i)＝eq\f(2＋ai1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(2－2a＋4＋ai,5)為純虛數(shù)，則a＝1，則|z1|＝eq\r(5)，故選D.答案：D7．若z1＝(2x－1)＋yi與z2＝3x＋i(x，y∈R)互為共軛復(fù)數(shù)，則z1對應(yīng)的點在()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：由z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1＝3x，,y＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，))所以z1＝(2x－1)＋yi＝－3－i.由復(fù)數(shù)的幾何意義知z1對應(yīng)的點在第三象限．答案：C8．(全國卷Ⅰ)設(shè)有下面四個命題：p1：若復(fù)數(shù)z滿意eq\f(1,z)∈R，則z∈R；p2：若復(fù)數(shù)z滿意z2∈R，則z∈R；p3：若復(fù)數(shù)z1，z2滿意z1z2∈R，則z1＝eq\x\to(z)2；p4：若復(fù)數(shù)z∈R，則eq\x\to(z)∈R.其中的真命題為()A．p1，p3 B．p1，p4C．p2，p3 D．p2，p4解析：設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，對于p1，∵eq\f(1,z)＝eq\f(1,a＋bi)＝eq\f(a－bi,a2＋b2)∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命題；對于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命題；對于p3，設(shè)z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，則z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R，∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠eq\x\to(z)2，∴p3不是真命題；對于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴eq\x\to(z)＝a－bi＝a∈R，∴p4是真命題．答案：B9．若復(fù)數(shù)z＝1＋i(i為虛數(shù)單位)，eq\o(z,\s\up6(－))是z的共軛復(fù)數(shù)，則z2＋eq\o(z,\s\up6(－))2的虛部為()A．0 B．－1C．1 D．－2解析：因為z＝1＋i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝1－i，所以z2＋eq\o(z,\s\up6(－))2＝(1＋i)2＋(1－i)2＝2i－2i＝0.故z2＋eq\o(z,\s\up6(－))2的虛部為0.答案：A10．定義運算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，則符合條件eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1,zzi))＝4＋2i的復(fù)數(shù)z為()A．3－i B．1＋3iC．3＋i D．1－3i解析：由定義知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1,zzi))＝zi＋z，得zi＋z＝4＋2i，即z＝eq\f(4＋2i,1＋i)＝3－i.答案：A11．△ABC的三個頂點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z1，z2，z3，復(fù)數(shù)z滿意|z－z1|＝|z－z2|＝|z－z3|，則z對應(yīng)的點是△ABC的()A．外心 B．內(nèi)心C．重心 D．垂心解析：設(shè)復(fù)數(shù)z與復(fù)平面內(nèi)的點Z相對應(yīng)，由△ABC的三個頂點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為z1，z2，z3及|z－z1|＝|z－z2|＝|z－z3|可知點Z到△ABC的三個頂點的距離相等，由三角形外心的定義可知，點Z即為△ABC的外心．答案：A12．若1＋eq\r(2)i是關(guān)于x的實系數(shù)方程x2＋bx＋c＝0的一個復(fù)數(shù)根，則()A．b＝2，c＝3 B．b＝－2，c＝3C．b＝－2，c＝－1 D．b＝2，c＝－1解析：因為1＋eq\r(2)i是實系數(shù)方程的一個復(fù)數(shù)根，所以1－eq\r(2)i也是方程的根，則1＋eq\r(2)i＋1－eq\r(2)i＝2＝－b，(1＋eq\r(2)i)(1－eq\r(2)i)＝3＝c，解得b＝－2，c＝3.答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，滿分20分．把答案填在題中橫線上)13．已知復(fù)數(shù)z1＝2＋3i，z2＝a＋bi，z3＝1－4i，它們在復(fù)平面上所對應(yīng)的點分別為A，B，C.若eq\o(OC,\s\up7(→))＝2eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))，則a＝________，b＝________.解析：∵eq\o(OC,\s\up7(→))＝2eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))∴1－4i＝2(2＋3i)＋(a＋bi)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝4＋a，,－4＝6＋b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝－10.))答案：－3－1014．若復(fù)數(shù)z滿意方程eq\x\to(z)i＝i－1，則z＝________.解析：∵eq\x\to(z)i＝i－1，∴eq\x\to(z)＝eq\f(i－1,i)＝(i－1)(－i)＝1＋i.∴z＝1－i.答案：1－i15．i是虛數(shù)單位，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2018＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＝________.解析：原式＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1－i)))2))1009＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,－2i)))1009＋i6＝i1009＋i6＝i4×252＋1＋i4＋2＝i＋i2＝－1＋i.答案：－1＋i16．設(shè)z1是復(fù)數(shù)，z2＝z1－ieq\x\to(z)1(其中eq\x\to(z)1表示z1的共軛復(fù)數(shù))，已知z2的實部是1，則z2的虛部是________．解析：設(shè)z1＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)1＝a－bi，∴z2＝a＋bi－i(a－bi)＝(a－b)－(a－b)i.由已知得a－b＝1.∴z2的虛部為－1.答案：－1三、解答題(本大題共6小題，滿分70分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知復(fù)數(shù)z1＝2－3i，z2＝eq\f(15－5i,2＋i2).求：(1)z1·z2；(2)eq\f(z1,z2).解：z2＝eq\f(15－5i,2＋i2)＝1－3i.(1)z1·z2＝(2－3i)(1－3i)＝－7－9i.(2)eq\f(z1,z2)＝eq\f(2－3i,1－3i)＝eq\f(11,10)＋eq\f(3,10)i.18．(本小題滿分12分)已知z1＝(x＋y)＋(x2－xy－2y)i，z2＝(2x－y)－(y－xy)i，問x，y取什么實數(shù)值時，(1)z1，z2都是實數(shù)；(2)z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)．解：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－xy－2y＝0，,y－xy＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(1,3).))所以當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(1,3)))時，z1，z2都是實數(shù)．(2)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2x－y，,x2－xy－2y＝y(tǒng)－xy，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(3,4)，))所以當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(3,4)))時，z1，z2互為共軛復(fù)數(shù)．19．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z滿意(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i.(1)求復(fù)數(shù)z；(2)若復(fù)數(shù)(z＋ai)2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第一象限，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)∵(1＋2i)eq\x\to(z)＝4＋3i，∴eq\x\to(z)＝eq\f(4＋3i,1＋2i)＝eq\f(4＋3i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(10－5i,5)＝2－i，∴z＝2＋i.(2)由(1)知z＝2＋i，則(z＋ai)2＝(2＋i＋ai)2＝[2＋(a＋1)i]2＝4－(a＋1)2＋4(a＋1)i，∵復(fù)數(shù)(z＋ai)2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第一象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－a＋12>0，,4a＋1>0，))解得－1<a<1，即實數(shù)a的取值范圍為(－1,1)．20．(本小題滿分12分)已知復(fù)數(shù)z1＝i(1－i)3.(1)求|z1|；(2)若|z|＝1，求|z－z1|的最大值．解：(1)z1＝i(1－i)3＝i(1－i)2(1－i)＝2－2i，∴|z1|＝eq\r(22＋－22)＝2eq\r(2).(2)如圖所示，由|z|＝1可知，z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的軌跡是半徑為1，圓心為O(0,0)的圓，而z1對應(yīng)著坐標(biāo)系中的點Z1(2，－2)．所以|z－z1|的最大值可以看成是點Z1(2，－2)到圓上的點的距離的最大值．由圖知|z－z1|max＝|z1|＋r(r為圓半徑)＝2eq\r(2)＋1.21．(本小題滿分12分)設(shè)eq\x\to(z)為復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)，滿意|z－eq\x\to(z)|＝2eq\r