高中数学人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算学案设计

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算学案设计，共10页。学案主要包含了复数代数形式的乘法运算，复数代数形式的除法运算，在复数范围内解方程等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.掌握复数代数形式的乘法和除法运算.2.理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律.





知识点一 复数乘法的运算法则和运算律


1.复数的乘法法则


设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)是任意两个复数，则z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i.


2.复数乘法的运算律


对任意复数z1，z2，z3∈C，有





思考 |z|2＝z2，正确吗？


答案 不正确.例如，|i|2＝1，而i2＝－1.


知识点二 复数除法的法则


设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R，且c＋di≠0)是任意两个复数，


则eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0).





1.(1＋i)(2＋i)＝________.


答案 1＋3i


解析 依题意得(1＋i)(2＋i)＝2＋i2＋3i＝1＋3i.


2.i是虚数单位，复数eq \f(1－3i,1－i)＝________.


答案 2－i


解析 eq \f(1－3i,1－i)＝eq \f(1－3i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(4－2i,2)＝2－i.


3.复数z＝i(－2－i)(i为虚数单位)在复平面内所对应的点在第________象限.


答案 四


解析 因为z＝i(－2－i)＝1－2i，


所以复数z对应的点在第四象限.


4.已知复数z＝eq \f(5i,1＋2i)(i是虚数单位)，则|z|＝________.


答案 eq \r(5)


解析 |z|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5i,1＋2i)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(5i1－2i,5)))＝|i＋2|＝eq \r(5).





一、复数代数形式的乘法运算


例1 计算下列各题.


(1)(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)；


(2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i.


解 (1)(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)＝1－i2－1＋i＝1＋i.


(2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i


＝(－2＋10i＋i－5i2)(3－4i)＋2i


＝(3＋11i)(3－4i)＋2i


＝(9－12i＋33i－44i2)＋2i


＝53＋21i＋2i＝53＋23i.


反思感悟 (1)两个复数代数形式乘法的一般方法


①首先按多项式的乘法展开.


②再将i2换成－1.


③然后再进行复数的加、减运算.


(2)常用公式


①(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi(a，b∈R).


②(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R).


③(1±i)2＝±2i.


跟踪训练1 (1)计算：(1－i)2－(2－3i)(2＋3i)等于( )


A.2－13i B.13＋2i


C.13－13i D.－13－2i


答案 D


解析 (1－i)2－(2－3i)(2＋3i)＝1－2i＋i2－(4－9i2)＝－13－2i.


(2)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是( )


A.(－∞，1) B.(－∞，－1)


C.(1，＋∞) D.(－1，＋∞)


答案 B


解析 因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，


所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)，


又此点在第二象限，


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋1<0，,1－a>0，))解得a<－1.


二、复数代数形式的除法运算


例2 (1)如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，则复数eq \f(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 B


解析 由复数的几何意义知，z1＝－2－i，z2＝i，


所以eq \f(z1,z2)＝eq \f(－2－i,i)＝－1＋2i，


对应的点在第二象限.


(2)计算：eq \f(1＋i7,1－i)＋eq \f(1－i7,1＋i)－eq \f(3－4i2＋2i3,4＋3i).


解 原式＝[(1＋i)2]3·eq \f(1＋i,1－i)＋[(1－i)2]3·eq \f(1－i,1＋i)－eq \f(83－4i1＋i3,3－4ii)＝(2i)3·i＋(－2i)3·(－i)－eq \f(8·2i1＋i,i)＝8＋8－16－16i＝－16i.


反思感悟 (1)两个复数代数形式的除法运算步骤


①首先将除式写为分式.


②再将分子、分母同乘以分母的共轭复数.


③然后将分子、分母分别进行乘法运算，并将其化为复数的代数形式.


(2)常用公式


①eq \f(1,i)＝－i；


②eq \f(1＋i,1－i)＝i；


③eq \f(1－i,1＋i)＝－i.


跟踪训练2 (1)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 A


解析 由eq \f(1＋z,1－z)＝i得1＋z＝i(1－z)，


即z＝eq \f(－1＋i,1＋i)＝eq \f(－1＋i1－i,1＋i1－i)＝eq \f(－1－i2,2)＝i，|z|＝1.


(2)计算：①eq \f(7＋i,3＋4i)；②eq \f(－1＋i2＋i,－i).


解 ①eq \f(7＋i,3＋4i)＝eq \f(7＋i3－4i,3＋4i3－4i)＝eq \f(25－25i,25)＝1－i.


②eq \f(－1＋i2＋i,－i)＝eq \f(－3＋i,－i)＝eq \f(－3＋i·i,－i·i)＝－1－3i.


三、在复数范围内解方程


例3 在复数范围内解方程x2＋6x＋10＝0.


解 因为x2＋6x＋10＝x2＋6x＋9＋1＝(x＋3)2＋1，


所以(x＋3)2＝－1，


又因为i2＝－1，


所以(x＋3)2＝i2，


所以x＋3＝±i，


即x＝－3±i.


反思感悟 当一元二次方程中Δ<0时，在复数范围内有两根且互为共轭复数.


跟踪训练3 已知1＋i是方程x2＋bx＋c＝0(b，c为实数)的一个根.


(1)求b，c的值；


(2)试判断1－i是不是方程的根.


解 (1)∵1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的根，且b，c为实数，


∴(1＋i)2＋b(1＋i)＋c＝0，即b＋c＋(b＋2)i＝0，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＋c＝0，,2＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,c＝2.))


(2)由(1)知方程为x2－2x＋2＝0，


把1－i代入方程左边得(1－i)2－2(1－i)＋2＝0＝右边，


即方程式成立.


∴1－i是方程的根.





1.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


答案 D


解析 ∵(a＋i)i＝ai－1＝b＋i，


∴a＝1，b＝－1.


2.复数(1＋i)2(2＋3i)的值为( )


A.6－4i B.－6－4i


C.6＋4i D.－6＋4i


答案 D


解析 (1＋i)2(2＋3i)＝2i(2＋3i)＝－6＋4i.


3.在复平面内，复数eq \f(i,1＋i)＋(1＋eq \r(3)i)2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 B


解析 eq \f(i,1＋i)＋(1＋eq \r(3)i)2＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)＋1－3＋2eq \r(3)i


＝－eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2\r(3)))i，对应点在第二象限.


4.(1＋i)2－eq \f(2－i,2＋i)＝________.


答案 －eq \f(3,5)＋eq \f(14,5)i


解析 (1＋i)2－eq \f(2－i,2＋i)＝2i－eq \f(2－i2,5)


＝－eq \f(3,5)＋eq \f(14,5)i.


5.方程x2＋3＝0在复数范围内的解为x＝________.


答案 ±eq \r(3)i





1.知识清单：


(1)复数的乘法及运算律.


(2)复数的除法运算.


(3)复数的综合运算.


(4)在复数范围内解方程.


2.方法归纳：分母实数化；配方法解方程；求根公式法.


3.常见误区：分母实数化时忽视i2＝－1造成运算错误.








1.复平面内表示复数z＝i(－2＋i)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 C


解析 z＝i(－2＋i)＝－2i＋i2＝－1－2i，


故复平面内表示复数z＝i(－2＋i)的点位于第三象限.


2.若z(1＋i)＝2i，则z等于( )


A.－1－i B.－1＋i


C.1－i D.1＋i


答案 D


解析 z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i1－i,1＋i1－i)＝1＋i.


3.设z＝eq \f(3－i,1＋2i)，则|z|等于( )


A.2 B.eq \r(3) C.eq \r(2) D.1


答案 C


解析 z＝eq \f(3－i,1＋2i)＝eq \f(3－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq \f(1,5)－eq \f(7,5)i，


所以|z|＝eq \r(2).


4.(1＋i)20－(1－i)20的值是( )


A.－1 024 B.1 024 C.0 D.512


答案 C


解析 ∵(1＋i)2＝2i，∴(1＋i)4＝－4，


又(1－i)2＝－2i，∴(1－i)4＝－4，


∴(1＋i)20－(1－i)20＝(－4)5－(－4)5＝0.


5.若z＋eq \x\t(z)＝6，z·eq \x\t(z)＝10，则z等于( )


A.1±3i B.3±i


C.3＋i D.3－i


答案 B


解析 设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \x\t(z)＝a－bi，


由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝6，,a2＋b2＝10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝－1，))


∴z＝3±i.


6.设复数z＝1＋eq \r(2)i，则z2－2z＝________.


答案 －3


解析 z2－2z＝(1＋eq \r(2)i)2－2(1＋eq \r(2)i)


＝1＋(eq \r(2)i)2＋2eq \r(2)i－2－2eq \r(2)i＝－3.


7.复数eq \f(3＋i,i2)(i为虚数单位)的实部等于________.


答案 －3


解析 由题意可得eq \f(3＋i,i2)＝－3－i，－3－i的实部为－3.


8.已知关于x的方程ax2＋x＋c＝0(a，c∈R)的一个根是2＋3i，则a－c＝________.


答案 3


解析 由题意，得a(2＋3i)2＋(2＋3i)＋c＝0，


即－5a＋2＋c＋(12a＋3)i＝0.


由复数相等的充要条件，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－5a＋2＋c＝0，,12a＋3＝0，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,4)，,c＝－\f(13,4).))所以a－c＝3.


9.计算：


(1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)；


(2)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)；


(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i).


解 (1)eq \f(－1＋i2＋i,i3)＝eq \f(－3＋i,－i)＝－1－3i.


(2)eq \f(1＋2i2＋31－i,2＋i)＝eq \f(－3＋4i＋3－3i,2＋i)


＝eq \f(i,2＋i)＝eq \f(i2－i,5)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)i.


(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋i2,2)))6＋eq \f(i\r(3)－\r(2)i,\r(3)－\r(2)i)


＝i6＋i＝－1＋i.


10.已知复数z＝eq \f(1－i2＋31＋i,2－i).


(1)求复数z；


(2)若z2＋az＋b＝1－i，求实数a，b的值.


解 (1)z＝eq \f(－2i＋3＋3i,2－i)＝eq \f(3＋i,2－i)


＝eq \f(3＋i2＋i,5)


＝1＋i.


(2)把z＝1＋i代入z2＋az＋b＝1－i，


得(1＋i)2＋a(1＋i)＋b＝1－i，


整理得a＋b＋(2＋a)i＝1－i，


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝1，,2＋a＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝4.))





11.若复数eq \f(5,－3－i)的实部与虚部分别为a，b，则点A(b，a)必在下列哪个函数的图象上( )


A.y＝2x B.y＝eq \f(x＋1,2x)


C.y＝|x| D.y＝－2x2－1


答案 D


解析 因为eq \f(5,－3－i)＝eq \f(5－3＋i,－3－i－3＋i)＝－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)i，


所以a＝－eq \f(3,2)，b＝eq \f(1,2)，所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，


把点A的坐标分别代入选项，只有D选项满足.


12.已知i为虚数单位，若复数z＝eq \f(1＋2i,2－i)，z的共轭复数为eq \x\t(z)，则z·eq \x\t(z)等于( )


A.1 B.－1 C.eq \f(25,9) D.－eq \f(25,9)


答案 A


解析 依题意，得z＝eq \f(1＋2i2＋i,2－i2＋i)＝i，


所以eq \x\t(z)＝－i，所以z·eq \x\t(z)＝i·(－i)＝1.


13.设复数z＝－2＋i，若复数z＋eq \f(1,z)的虚部为b，则b＝________.


答案 eq \f(4,5)


解析 因为z＝－2＋i，所以z＋eq \f(1,z)＝－2＋i＋eq \f(1,－2＋i)


＝－2＋i＋eq \f(－2－i,－2＋i－2－i)＝－2＋i－eq \f(2,5)－eq \f(1,5)i


＝－eq \f(12,5)＋eq \f(4,5)i，


所以b＝eq \f(4,5).


14.定义一种运算：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a b,c d))＝ad－bc.则复数eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋i －1,2 3i))


的共轭复数是________.


答案 －1－3i


解析 ∵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋i －1,2 3i))＝3i(1＋i)＋2＝－1＋3i，


∴其共轭复数为－1－3i.





15.若一个复数的实部与虚部互为相反数，则称此复数为“理想复数”.已知z＝eq \f(a,1－2i)＋bi(a，b∈R)为“理想复数”，则( )


A.a－5b＝0 B.3a－5b＝0


C.a＋5b＝0 D.3a＋5b＝0


答案 D


解析 因为z＝eq \f(a,1－2i)＋bi＝eq \f(a1＋2i,1－2i1＋2i)＋bi＝eq \f(a,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,5)＋b))i.由题意知，eq \f(a,5)＝－eq \f(2a,5)－b，则3a＋5b＝0.


16.设z是虚数，ω＝z＋eq \f(1,z)是实数，且－1<ω<2.


(1)求|z|的值及z的实部的取值范围；


(2)设μ＝eq \f(1－z,1＋z)，求证：μ为纯虚数.


(1)解 因为z是虚数，


所以可设z＝x＋yi(x，y∈R，且y≠0)，


则ω＝z＋eq \f(1,z)＝(x＋yi)＋eq \f(1,x＋yi)＝x＋yi＋eq \f(x－yi,x2＋y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x,x2＋y2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(y,x2＋y2)))i.


因为ω是实数，且y≠0，


所以y－eq \f(y,x2＋y2)＝0，即x2＋y2＝1.


所以|z|＝1，此时ω＝2x.


又－1<ω<2，所以－1<2x<2.


所以－eq \f(1,2)

即z的实部的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)).


(2)证明 μ＝eq \f(1－z,1＋z)＝eq \f(1－x＋yi,1＋x＋yi)


＝eq \f(1－x－yi1＋x－yi,1＋x2＋y2)


＝eq \f(1－x2－y2－2yi,1＋2x＋x2＋y2).


又x2＋y2＝1，所以μ＝－eq \f(y,1＋x)i.


因为y≠0，所以μ为纯虚数.交换律
z1z2＝z2z1
结合律
(z1z2)z3＝z1(z2z3)
乘法对加法的分配律
z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z3