识别题型 用对结论
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复数在高考中题型比较固定，因此解题时只需识别题型，用对结论即可．下列介绍在复数高考中的常用结论，供同学们复习参考．
结论一： z＝a＋bi（a，b∈R）?圳实部是a，虚部是b
例1 （2011年江苏卷）设复数i满足i（z+1）=-3+2i（i是虚数单位），则z的实部是 .
分析 求复数的虚部或实部，应先化为标准代数形式z＝a＋bi（a，b∈R）．
解 因为z+1=■=（-3+2i）（-i）=2+3i，所以z=1+3i. 故z的实部是1.
评注 求虚部或实部，应注意两点：一是代数形式中a，b必须是实数，二是实部是实数，即不带i．
结论二： 复数是实数的条件
⑴ z＝a＋bi（a，b∈R）是实数?圳b＝0；
⑵ z∈R?圳z=■；
⑶ z∈R?圳z2≥0．
例2 （2011年上海卷）已知复数z1满足（z1-2）（1+i）=1-i（i为虚数单位），复数z2的虚部为2，z1·z2是实数，求z2.
分析 先求出z1，再设出z2，利用z1·z2是实数，即可解题.
解 （z1-2）（1+i）=1-i?圯z1=2-i.
设z2=a+2i，a∈R，则z1·z2=（2-i）（a+2i）=（2a+2）+（4-a）i，
又因为z1·z2∈R，得4－a＝0，则a＝4， 所以z2=4+2i.
评注 本题关键是求出z2的实部，利用z1·z2是实数来求解．
结论三： 复数是纯虚数的条件
⑴ z=a+bi（a，b∈R）是纯虚数?圳a＝0，且b≠0；
⑵ z=a+bi（a，b∈R）是纯虚数?圳z+■＝0（z≠0）；
⑶ z=a+bi（a，b∈R）是纯虚数?圳z2＜0．
例3 （2011年安徽卷）设i是虚数单位，复数■为纯虚数，则实数a为（ ）
A. 2 B. -2 C. -■ D. ■
分析 利用复数是纯虚数的充要条件来解决．
解 设■=bi（b∈R），则1+ai=bi（2-i）=b+2bi， 所以b=1， a=2. 故选A.
评注 复数是纯虚数的条件应包含两个方面，即实部为零，虚部不为零． 特别是虚部不为零易忽略．
结论四： 复数相等的结论
a+bi=c+di?圳a=c，b=d（a，b，c，d∈R）．
例4 （2011年湖南卷）若a，b∈R，i为虚数单位，且（a+i）i=b+i，则（ ）
A. a=1，b=1 B. a=-1，b=1
C. a=-1，b=-1 D. a=1，b=-1
分析 用复数相等的充要条件即可解决．
解 已知（a＋i）i＝－1＋ai＝b＋i，由复数相等的充要条件，得a=1，b=-1. 故选D．
评注 此类题通常是用复数的性质以及复数相等的充要条件，转化为实数方程来解决．
结论五： 复数运算的常用性质
⑴ （1±i）2＝±2i，（±1±i）4＝－4；
⑵ ■＝i，■＝－i，■=-i；
⑶ i的周期性：i4n＝1，i4n+1＝i，i4n+2＝－1，i4n+3＝－i（n∈N*）.
例5 ⑴ （2011年湖北卷） i为虚数单位，则■■=（ ）
A. -i B. -1 C. i D. 1
⑵ （2011年重庆卷）复数■=（ ）
A. -■-■i B. -■+■i C. ■-■i D. ■+■i
分析 对于 ⑴ 先计算■，再利用i的周期性来解决；对于 ⑵ 可直接利用i的周期性化简.
解 ⑴ 因为■=■=i，所以■■=i2011=i4×502+3=i3=-i. 故选A.
⑵ ■=■=■=■. 故选C．
评注 在复数的计算中，能熟用常见的结论（1±i）2＝±2i，（1－i）（1＋i）＝2，■=i和in的周期性等，往往能快速解题．
结论六： 共轭复数的性质
设z＝a＋bi（a，b∈R），则■=a-bi（a，b∈R），有以下性质：
⑴ z+■=2a，z-■=2bi；
⑵ |z|2=|■|2=z■=a2+b2；
⑶ z∈R?圳z=■；
⑷ 非零复数z为纯虚数?圳z=-■．
例6 （2011年全国新课标卷）复数■的共轭复数是（ ）
A. -■i B. ■i C. -i D. i
分析 先化简复数，可用提取i，也可分母实数化，再紧扣共轭复数概念，即可解决.
解法一 提取i，则2＋i＝i（1－2i），则■=■=i，所以其共轭复数为-i. 故选C．
解法二 利用分母实数化，得■=■=■=i，所以其共轭复数为-i. 故选C．
评注 共轭复数的实部相等，虚部互为相反数．
例7 （2011年全国卷）复数z=1+i，■为z的共轭复数，则z■-z-1=（ ）
A. -2i B. -i
C. i D. 2i
分析 利用共轭复数的定义及性质，即可解决．
解法一 由题意可知■=1-i，则z■-z-1=（1+i）（1-i）-（1+i）-1=-i. 故选B．
解法二 利用性质（2）知z■=12+12=2，则z■-z-1=2-（1+i）-1=-i. 故选B．
评注 利用共轭复数的性质z■＝a2＋b2，可简化解题过程．
结论七： 复数模的性质
⑴ |z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；
⑵ ||z1|-|z2||≤|z1±z2|≤|z1|+|z2|；
⑶ z1=z2?圯|z1|=|z2|；
⑷ |z1·z2|=|z1|·|z2|．
例8 设|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝■，则|z1－z2|＝ .
分析 直接用模的平方性质，即可解题．
解 由性质（1）得|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2-|z1+z2|2＝2×1＋2×1－3＝1.
故有|z1－z2|＝1.
评注 本题若先设z1=a+bi，z2=c+di（a，b，c，d∈R），再结合整体思想也可解决，但比较繁琐，不如用结论来得简单．
结论八： 实系数一元二次方程的三个结论
⑴ 实系数一元二次方程在复数范围内必有两个解；
⑵ 当Δ≥0时，有两个实根；
⑶ 当Δ＜0时，有一对共轭虚根，虚根成对出现．
例9 “-2≤a≤2”是“实系数一元二次方程x2+ax+1=0有虚根”的（ ）
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
分析 利用特殊值法及判别式法来验证．
解 当a＝2时，方程x2+ax+1=0，只有实根x＝－1，没有虚根．
若实系数一元二次方程x2+ax+1=0有虚根，则其判别式Δ＝a2－4＜0，解得－2＜a＜2． 故选A．
评注 在复数范围内，韦达定理在实系数一元二次方程中仍成立．