新高考数学一轮复习讲义+分层练习 5.4《数系的扩充与复数的引入》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

这是一份新高考数学一轮复习讲义+分层练习 5.4《数系的扩充与复数的引入》教案 (2份打包，原卷版+教师版)，文件包含新高考数学一轮复习讲义+分层练习54《数系的扩充与复数的引入》教案原卷版doc、新高考数学一轮复习讲义+分层练习54《数系的扩充与复数的引入》教案原卷版pdf、新高考数学一轮复习讲义+分层练习54《数系的扩充与复数的引入》教案教师版doc、新高考数学一轮复习讲义+分层练习54《数系的扩充与复数的引入》教案教师版pdf等4份教案配套教学资源，其中教案共33页， 欢迎下载使用。

2.了解复数的代数表示法及其几何意义.
3.能进行复数代数形式的四则运算，了解两个具体复数相加、减的几何意义.
1.复数的有关概念
(1)复数的概念：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫复数，其中a，b分别是它的实部和虚部.若b＝0，则a＋bi为实数，若b≠0，则a＋bi为虚数，若a＝0且b≠0，则a＋bi为纯虚数.
(2)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c，b＝d(a，b，c，d∈R).
(3)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝﹣d(a，b，c，d∈R).
(4)复数的模：向量eq \(OZ,\s\up8(→))的模r叫做复数z＝a＋bi的模，即|z|＝|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2).
2.复数的几何意义
复数z＝a＋bieq \a\vs4\al(一一对应)复平面内的点Z(a，b)eq \a\vs4\al(一一对应)平面向量eq \(OZ,\s\up8(→))＝(a，b).
3.复数的运算
(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：eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0).
(2)复数加法的运算定律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3).
eq \a\vs4\al([常用结论])
1.(1±i)2＝±2i；eq \f(1＋i,1－i)＝i；eq \f(1－i,1＋i)＝﹣i.
2.i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝﹣1，i4n＋3＝﹣i(n∈N*).
3.z·eq \x\t(z)＝|z|2＝|eq \x\t(z)|2，|z1·z2|＝|z1|·|z2|，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(z1,z2)))＝eq \f(|z1|,|z2|)，|zn|＝|z|n.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若a∈C，则a2≥0.( )
(2)已知z＝a＋bi(a，b∈R)，当a＝0时，复数z为纯虚数.( )
(3)复数z＝a＋bi(a，b∈R)的虚部为bi.( )
(4)方程x2＋x＋1＝0没有解.( )
解析：[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
二、教材改编
1.若复数z＝(x2﹣1)＋(x﹣1)i为纯虚数，则实数x的值为( )
A.﹣1 B.0 C.1 D.﹣1或1
答案为：A.解析：∵z为纯虚数，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1＝0，,x－1≠0，))∴x＝﹣1.]
2.在复平面内，向量eq \(AB,\s\up8(→))对应的复数是2＋i，向量eq \(CB,\s\up8(→))对应的复数是﹣1﹣3i，则向量eq \(CA,\s\up8(→))对应的复数是( )
A.1﹣2i B.﹣1＋2i C.3＋4i D.﹣3﹣4i
答案为：D.解析：∵eq \(CA,\s\up8(→))＝eq \(CB,\s\up8(→))＋eq \(BA,\s\up8(→))＝eq \(CB,\s\up8(→))﹣eq \(AB,\s\up8(→))＝﹣1﹣3i﹣2﹣i＝﹣3﹣4i，故选D.]
3.设复数z满足eq \f(1＋z,1－z)＝i，则|z|等于( )
A.1 B.eq \r(2) C.eq \r(3) D.2
答案为：A.解析：eq \f(1＋z,1－z)＝i，则z＝eq \f(i－1,1＋i)＝i，∴|z|＝1.]
4.已知(1＋2i)z＝4＋3i，则z＝________.
2＋i 解析：[由(1＋2i)eq \x\t(z)＝4＋3i得eq \x\t(z)＝eq \f(4＋3i,1＋2i)＝eq \f(4＋3i1－2i,5)＝2﹣i.∴z＝2＋i.]
考点1 复数的概念
复数的分类、复数相等、复数的模、共轭复数的概念都与复数的实部和虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根据题意列方程(组)求解.
1.若复数(m2﹣m)＋mi为纯虚数，则实数m的值为( )
A.﹣1 B.0 C.1 D.2
答案为：C.解析：由纯虚数的概念得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－m＝0，,m≠0，))得m＝1，故选C.]
2.已知i为虚数单位，若复数z＝eq \f(a,1－2i)＋i(a∈R)的实部与虚部互为相反数，则a＝( )
A.﹣5 B.﹣1 C.﹣eq \f(1,3) D.﹣eq \f(5,3)
答案为：D.解析：z＝eq \f(a,1－2i)＋i＝eq \f(a（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＋i＝eq \f(a,5)＋eq \f(2a＋5,5)i，
因为复数z＝eq \f(a,1－2i)＋i(a∈R)的实部与虚部互为相反数，
所以﹣eq \f(a,5)＝eq \f(2a＋5,5)，解得a＝﹣eq \f(5,3).故选D.]
3.已知eq \f(z,1－i)＝2＋i，则eq \x\t(z)(z的共轭复数)为( )
A.﹣3﹣i B.﹣3＋i C.3＋i D.3﹣i
答案为：C.解析：由题意得z＝(2＋i)(1﹣i)＝3﹣i，所以z＝3＋i，故选C.]
4.设z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i，则|z|＝( )
A.0 B.eq \f(1,2) C.1 D.eq \r(2)
答案为：C.解析：法一：因为z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i＝eq \f(（1－i）2,（1＋i）（1－i）)＋2i＝﹣i＋2i＝i，所以|z|＝1，故选C.
法二：因为z＝eq \f(1－i,1＋i)＋2i＝eq \f(1－i＋2i（1＋i）,1＋i)＝eq \f(－1＋i,1＋i)，
所以|z|＝|eq \f(－1＋i,1＋i)|＝eq \f(|－1＋i|,|1＋i|)＝eq \f(\r(2),\r(2))＝1，故选C.]
解决此类时，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.
考点2 复数的运算
复数代数形式运算问题的解题策略
(1)复数的加、减、乘法：复数的加、减、乘法类似于多项式的运算，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，使分母实数化解题中要注意把i的幂写成最简形式.
(1)若z(1＋i)＝2i，则z＝( )
A.﹣1﹣i B.﹣1＋i C.1﹣i D.1＋i
(2)计算：eq \f(（2＋i）（1－i）2,1－2i)＝( )
A.2 B.﹣2 C.2i D.﹣2i
(3)已知复数z的共轭复数为eq \x\t(z)，若eq \x\t(z)(1﹣i)＝2i(i为虚数单位)，则z＝( )
A.i B.i﹣1 C.﹣i﹣1 D.﹣i
(4)已知复数z满足z＋|z|＝1＋i，则z＝( )
A.﹣i B.i C.1﹣i D.1＋i
(1)D (2)A (3)C (4)B.
解析：[(1)由题意得z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1＋i，故选D.
(2)eq \f(（2＋i）（1－i）2,1－2i)＝eq \f(－（2＋i）2i,1－2i)＝eq \f(2－4i,1－2i)＝2，故选A.
(3)由已知可得z＝eq \f(2i,1－i)＝eq \f(2i（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝﹣1＋i，则z＝﹣1﹣i，故选C.
(4)法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＋|z|＝(a＋eq \r(a2＋b2))＋bi＝1＋i，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋\r(a2＋b2)＝1，,b＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝1，))所以z＝i，故选B.
法二：把各选项代入验证，知选项B满足题意.]
(1)在只含有z的方程中，z类似于代数方程中的x，可直接求解；
(2)在含有z，z，|z|中至少两个的复数方程中，可设z＝a＋bi，a，b∈R，变换方程，利用两复数相等的充要条件得出关于a，b的方程组，求出a，b，从而得出复数z.
1.(1＋i)(2﹣i)＝( )
A.﹣3﹣i B.﹣3＋i C.3﹣i D.3＋i
答案为：D.解析：(1＋i)(2﹣i)＝2﹣i＋2i﹣i2＝3＋i.]
2.对于两个复数α＝1﹣i，β＝1＋i，有下列四个结论：①αβ＝1；②eq \f(α,β)＝﹣i；③|eq \f(α,β)|＝1；④α2＋β2＝0，其中正确结论的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
C.
解析：[αβ＝(1﹣i)(1＋i)＝2，①不正确；eq \f(α,β)＝eq \f(1－i,1＋i)＝eq \f(（1－i）2,（1＋i）（1－i）)＝﹣i，②正确；
|eq \f(α,β)＝|﹣i|＝1，③正确；α2＋β2＝(1﹣i)2＋(1＋i)2＝﹣2i＋2i＝0，④正确.]
3.设i为虚数单位，复数z满足i(z＋1)＝1，则复数z＝( )
A.1＋i B.1﹣i C.﹣1﹣i D.﹣1＋i
答案为：C.解析：由题意，得z＝eq \f(1,i)﹣1＝﹣1﹣i，故选C.]
4.已知a为实数，若复数z＝(a2﹣1)＋(a＋1)i为纯虚数，则eq \f(a＋i2 020,1＋i)＝( )
A.1 B.0 C.1＋i D.1﹣i
答案为：D.解析：z＝(a2﹣1)＋(a＋1)i为纯虚数，则有a2﹣1＝0，a＋1≠0，得a＝1，
则有eq \f(1＋i2 020,1＋i)＝eq \f(1＋1,1＋i)＝eq \f(2（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝1﹣i.]
考点3 复数的几何意义
与复数几何意义相关的问题的一般解法
第一步，进行简单的复数运算，将复数化为标准的代数形式；
第二步，把复数问题转化为复平面的点之间的关系，依据是复数a＋bi与复平面上的点(a，b)一一对应.
(1)设复数z满足|z﹣i|＝1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )
A.(x＋1)2＋y2＝1 B.(x﹣1)2＋y2＝1
C.x2＋(y﹣1)2＝1 D.x2＋(y＋1)2＝1
(2)设z＝﹣3＋2i，则在复平面内z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
(3)已知z＝(m＋3)＋(m﹣1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是( )
A.(﹣3，1) B.(﹣1，3)
C.(1，＋∞) D.(﹣∞，﹣3)
(1)C (2)C (3)A.
解析：[(1)设复数z与i分别表示复平面内的点Z与点P，则P(0，1)，且|z﹣i|表示复平面内点Z与点P之间的距离，所以点Z(x，y)到点P(0，1)的距离为定值1，所以Z的轨迹是以(0，1)为圆心，1为半径的圆，故选C.
(2)∵z＝﹣3＋2i，∴z＝﹣3﹣2i，
∴在复平面内，z对应的点为(﹣3，﹣2)，此点在第三象限.
(3)由已知可得复数z在复平面内对应的点的坐标为(m＋3，m﹣1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋3＞0，,m－1＜0，))解得﹣3＜m＜1，故选A.]
复平面内的点、向量及向量对应的复数是一一对应的，要求某个复数对应的点，只需确定复数的实部和虚部即可.
1.如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是eq \(OA,\s\up8(→))，eq \(OB,\s\up8(→))，则复数z1·z2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
答案为：D.解析：由已知eq \(OA,\s\up8(→))＝(﹣2，﹣1)，eq \(OB,\s\up8(→))＝(0，1)，所以z1＝﹣2﹣i，z2＝i，z1z2＝1﹣2i，它所对应的点为(1，﹣2)，在第四象限.]
2.若复数z满足|z﹣i|≤eq \r(2)(i为虚数单位)，则z在复平面内所对应的图形的面积为________.
2π 解析：[设z＝x＋yi(x，y∈R)，由|z﹣i|≤eq \r(2)得|x＋(y﹣1)i|≤eq \r(2)，所以eq \r(x2＋（y－1）2)≤eq \r(2)，所以x2＋(y﹣1)2≤2，所以z在复平面内所对应的图形是以点(0，1)为圆心，以eq \r(2)为半径的圆及其内部，它的面积为2π.]
3.已知复数z1＝﹣1＋2i，z2＝1﹣i，z3＝3﹣4i，它们在复平面内对应的点分别为A，B，C，若eq \(OC,\s\up8(→))＝λeq \(OA,\s\up8(→))＋μeq \(OB,\s\up8(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是________.
1 解析：[由条件得eq \(OC,\s\up8(→))＝(3，﹣4)，eq \(OA,\s\up8(→))＝(﹣1，2)，eq \(OB,\s\up8(→))＝(1，﹣1)，
根据eq \(OC,\s\up8(→))＝λeq \(OA,\s\up8(→))＋μeq \(OB,\s\up8(→))得(3，﹣4)＝λ(﹣1，2)＋μ(1，﹣1)＝(﹣λ＋μ，2λ﹣μ)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－λ＋μ＝3，,2λ－μ＝－4))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝2，))所以λ＋μ＝1.]
数系的扩充与复数的引入
一、选择题
1.已知复数z1＝6﹣8i，z2＝﹣i，则eq \f(z1,z2)等于( )
A.﹣8﹣6i B.﹣8＋6i C.8＋6i D.8﹣6i
答案为：C.解析：∵z1＝6﹣8i，z2＝﹣i，∴eq \f(z1,z2)＝eq \f(6－8i,－i)＝eq \f(（6－8i）i,－i2)＝8＋6i.]
2.设(1﹣i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则x＋yi在复平面内所对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案为：D.解析：因为x，y是实数，所以(1﹣i)x＝x﹣xi＝1＋yi，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,－x＝y，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1，))所以x＋yi在复平面内所对应的点为(1，﹣1)，位于第四象限.故选D.]
3.若复数z＝eq \f(a,1＋i)＋1为纯虚数，则实数a＝( )
A.﹣2 B.﹣1 C.1 D.2
A
解析：[因为复数z＝eq \f(a,1＋i)＋1＝eq \f(a（1－i）,（1＋i）（1－i）)＋1＝eq \f(a＋2,2)﹣eq \f(a,2)i，
∵z为纯虚数，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2,2)＝0，,－\f(a,2)≠0，))∴a＝﹣2.]
4.已知eq \f(（1－i）2,z)＝1＋i(i为虚数单位)，则复数z等于( )
A.1＋i B.1﹣i C.﹣1＋i D.﹣1﹣i
答案为：D.解析：由题意，得z＝eq \f(（1－i）2,1＋i)＝eq \f(－2i,1＋i)＝﹣1﹣i，故选D.]
5.若复数z满足eq \f(z,1－i)＝i，其中i为虚数单位，则共轭复数eq \x\t(z)＝( )
A.1＋i B.1﹣i C.﹣1﹣i D.﹣1＋i
答案为：B.解析：由题意，得z＝i(1﹣i)＝1＋i，所以eq \x\t(z)＝1﹣i，故选B.]
6.已知(1＋eq \f(2,i))2＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，则a＋b＝( )
A.﹣7 B.7 C.﹣4 D.4
A
解析：[因为(1＋eq \f(2,i))2＝1＋eq \f(4,i)＋eq \f(4,i2)＝﹣3﹣4i，所以﹣3﹣4i＝a＋bi，则a＝﹣3，b＝﹣4，
所以a＋b＝﹣7，故选A.]
7.设复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，则eq \f(z1,z2)＝( )
A.1＋i B.eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i C.1＋eq \f(4,5)i D.1＋eq \f(4,3)i
答案为：B.解析：因为复数z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，z1＝2＋i，
所以z2＝2﹣i，所以eq \f(z1,z2)＝eq \f(2＋i,2－i)＝eq \f(（2＋i）2,5)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，故选B.]
二、填空题
8.设复数z满足eq \x\t(z)＝|1﹣i|＋i(i为虚数单位)，则复数z＝________.
eq \r(2)﹣i 解析：[复数z满足eq \x\t(z)＝|1﹣i|＋i＝eq \r(2)＋i，则复数z＝eq \r(2)﹣i.]
9.设z＝eq \f(1,1＋i)＋i(i为虚数单位)，则|z|＝________.
eq \f(\r(2),2) 解析：[因为z＝eq \f(1,1＋i)＋i＝eq \f(1－i,（1＋i）（1－i）)＋i＝eq \f(1－i,2)＋i＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，
所以|z|＝eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(1,2)）2)＝eq \f(\r(2),2).]
10.已知复数z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)(i为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x﹣2y＋m＝0上，则m＝________.
﹣5 解析：[z＝eq \f(4＋2i,（1＋i）2)＝eq \f(4＋2i,2i)＝eq \f(（4＋2i）i,2i2)＝1﹣2i，复数z在复平面内对应的点的坐标为(1，﹣2)，将其代入x﹣2y＋m＝0，得m＝﹣5.]
1.若(1﹣mi)(m＋i)＜0，其中i为虚数单位，则m的值为( )
A.﹣1 B.﹣2 C.﹣3 D.﹣4
A.
解析：[因为(1﹣mi)(m＋i)＝2m＋(1﹣m2)i＜0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m＜0，,1－m2＝0，))解得m＝﹣1，故选A.
如果一个复数能与实数比较大小，则其虚部为零.]
2.若虚数(x﹣2)＋yi(x，y∈R)的模为eq \r(3)，则eq \f(y,x)的最大值是( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(1,2) D.eq \r(3)
答案为：D.解析：因为(x﹣2)＋yi是虚数，所以y≠0，又因为|(x﹣2)＋yi|＝eq \r(3)，所以(x﹣2)2＋y2＝3.因为eq \f(y,x)是复数x＋yi对应点与原点连线的斜率，所以(eq \f(y,x))max＝tan∠AOB＝eq \r(3)，所以eq \f(y,x)的最大值为eq \r(3).]
3.﹣3＋2i是方程2x2＋px＋q＝0的一个根，且p，q∈R，则p＋q＝________.
38 解析：[由题意得2(﹣3＋2i)2＋p(﹣3＋2i)＋q＝0，即2(5﹣12i)﹣3p＋2pi＋q＝0，
即(10﹣3p＋q)＋(﹣24＋2p)i＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(10－3p＋q＝0，,－24＋2p＝0.))所以p＝12，q＝26，所以p＋q＝38.]
4.已知复数z＝eq \f(i＋i2＋i3＋…＋i2 018,1＋i)，则复数z在复平面内对应点的坐标为________.
(0，1) 解析：[因为i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＋i4n＋4＝i＋i2＋i3＋i4＝0，
而2 018＝4×504＋2，所以z＝eq \f(i＋i2＋i3＋…＋i2 018,1＋i)＝eq \f(i＋i2,1＋i)＝eq \f(－1＋i,1＋i)
＝eq \f(（－1＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(2i,2)＝i，对应的点为(0，1).]
1.设有下列四个命题：
p1：若复数z满足eq \f(1,z)∈R，则z∈R；
p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；
p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝eq \x\t(z)2；
p4：若复数z∈R，则eq \x\t(z)∈R.
其中的真命题为( )
A.p1，p3 B.p1，p4 C.p2，p3 D.p2，p4
答案为：B.解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，z1＝a1＋b1i(a1，b1∈R)，z2＝a2＋b2i(a2，b2∈R).
对于p1，若eq \f(1,z)∈R，即eq \f(1,a＋bi)＝eq \f(a－bi,a2＋b2)∈R，则b＝0，故z＝a＋bi＝a∈R，所以p1为真命题；
对于p2，若z2∈R，即(a＋bi)2＝a2＋2abi﹣b2∈R，则ab＝0.当a＝0，b≠0时，z＝a＋bi＝bi∉R，所以p2为假命题；
对于p3，若z1z2∈R，即(a1＋b1i)(a2＋b2i)＝(a1a2﹣b1b2)＋(a1b2＋a2b1)i∈R，则a1b2＋a2b1＝0.而z1＝eq \x\t(z)2，即a1＋b1i＝a2﹣b2i⇔a1＝a2，b1＝﹣b2.因为a1b2＋a2b1＝0⇒/ a1＝a2，b1＝﹣b2，所以p3为假命题；
对于p4，若z∈R，即a＋bi∈R，则b＝0，故eq \x\t(z)＝a﹣bi＝a∈R，所以p4为真命题.故选B.]
2.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.
则z＝________，|z|＝________.
﹣1﹣2i或﹣2﹣i eq \r(5) 解析：[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)＝(a＋eq \f(5a,a2＋b2))＋(b﹣eq \f(5b,a2＋b2))i.
因为z＋eq \f(5,z)是实数，所以b﹣eq \f(5b,a2＋b2)＝0.又因为b≠0，所以a2＋b2＝5.①
又z＋3＝(a＋3)＋bi的实部与虚部互为相反数，所以a＋3＋b＝0.②
由①②得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0，,a2＋b2＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1，))
故存在虚数z，z＝﹣1﹣2i或z＝﹣2﹣i.]