2018-2019學(xué)年北師大版數(shù)學(xué)選修1-2同步學(xué)案：第四章 2.2 復(fù)數(shù)的乘法與除法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2.2復(fù)數(shù)的乘法與除法學(xué)習(xí)目標(biāo)1.熟練掌握復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減乘除運(yùn)算.2.理解復(fù)數(shù)乘法的交換律、結(jié)合律和乘法對加法的分配律。3.理解共軛復(fù)數(shù)的概念．知識點(diǎn)一復(fù)數(shù)的乘法及其運(yùn)算律思考怎樣進(jìn)行復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算？答案兩個復(fù)數(shù)相乘,類似于兩個多項(xiàng)式相乘，只要把已得結(jié)果中的i2換成－1，并且把實(shí)部與虛部分別合并即可．梳理（1)復(fù)數(shù)的乘法法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意兩個復(fù)數(shù),那么它們的積（a＋bi)(c＋di）＝（ac－bd)＋(ad＋bc）i。（2）復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律對于任意z1，z2，z3∈C，有交換律z1z2＝z2z1結(jié)合律(z1z2)z3＝z1(z2z3）乘法對加法的分配律z1（z2＋z3)＝z1z2＋z1z3知識點(diǎn)二共軛復(fù)數(shù)當(dāng)兩個復(fù)數(shù)的實(shí)部相等，虛部互為相反數(shù)時，這兩個復(fù)數(shù)叫作互為共軛復(fù)數(shù)，z的共軛復(fù)數(shù)用eq\x\to(z)表示．即當(dāng)z＝a＋bi時，eq\x\to（z)＝a－bi。知識點(diǎn)三復(fù)數(shù)的除法法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R，z2≠0），則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．復(fù)數(shù)加減乘除的混合運(yùn)算法則是先乘除,再加減．（√)2．兩個共軛復(fù)數(shù)的和與積是實(shí)數(shù)．（√)3．若z1，z2∈C,且zeq\o\al（2,1)＋zeq\o\al(2,2)＝0，則z1＝z2＝0.(×)類型一復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算例1(1)設(shè)（1＋2i)(a＋i)的實(shí)部與虛部相等，其中a為實(shí)數(shù)，則a＝________。(2）已知復(fù)數(shù)z1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)－\f（3,2）i）)（1＋i），復(fù)數(shù)z2的虛部為2，且z1·z2是實(shí)數(shù)，則z2＝________。答案（1)－3(2)4＋2i解析（1)由(1＋2i）(a＋i)＝a－2＋(2a＋1）i的實(shí)部與虛部相等，可得a－2＝2a＋1，解得a＝－3。（2)z1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)－\f(3,2）i）)(1＋i）＝2－i。設(shè)z2＝a＋2i，z1·z2＝（2－i）（a＋2i）＝（2a＋2）＋（4－a)i.∵z1·z2是實(shí)數(shù)，∴4－a＝0，即a＝4，∴z2＝4＋2i.引申探究1．若本例(1)中復(fù)數(shù)(1＋2i)（a＋i）表示的點(diǎn)在第二象限，則a的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)，2)）解析(1＋2i)（a＋i)＝a－2＋(2a＋1)i,由題意知eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a－2<0，，2a＋1>0,））解得－eq\f（1，2)〈a<2。2．將本例(2）中“z1·z2是實(shí)數(shù)”改為“z1·z2是純虛數(shù)”，求z2。解由例1(2)知，z1·z2＝（2a＋2）＋（4－a）i，∵z1·z2是純虛數(shù),∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2a＋2＝0，，4－a≠0,）)解得a＝－1，∴z2＝－1＋2i.反思與感悟(1)兩個復(fù)數(shù)代數(shù)形式乘法的一般方法首先按多項(xiàng)式的乘法展開；再將i2換成－1;然后再進(jìn)行復(fù)數(shù)的加、減運(yùn)算，化簡為復(fù)數(shù)的代數(shù)形式．(2）常用公式①(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2（a，b∈R)；②（a＋bi）(a－bi）＝a2＋b2(a，b∈R）；③（1±i）2＝±2i.跟蹤訓(xùn)練1(1)已知a，b∈R,i是虛數(shù)單位，若（1＋i)（1－bi）＝a，則eq\f（a，b）的值為________．答案2解析因?yàn)?1＋i）（1－bi)＝1＋b＋(1－b)i＝a，又a，b∈R，所以1＋b＝a且1－b＝0，得a＝2，b＝1，所以eq\f(a，b）＝2.(2)已知復(fù)數(shù)z滿足eq\x\to(z)(z＋2）＝4＋3i,求z.解設(shè)z＝x＋yi（x，y∈R），則eq\x\to(z）＝x－yi.由題意知,（x－yi）(x＋yi＋2）＝4＋3i，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋x＋y2＝4,，xy－yx＋2＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝－1－\f（\r(11），2）,,y＝－\f(3，2）))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋\f（\r（11),2）,，y＝－\f(3，2)，））所以z＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(\r(11）,2）))－eq\f（3，2)i或z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(\r(11),2））)－eq\f（3，2）i。類型二復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算例2(1)已知i為虛數(shù)單位，圖中復(fù)平面內(nèi)的點(diǎn)A表示復(fù)數(shù)z，則表示復(fù)數(shù)eq\f（z,1＋i)的點(diǎn)是()A．MB．NC．PD．Q答案D解析由題圖可知z＝3＋i.∴復(fù)數(shù)eq\f(z,1＋i)＝eq\f(3＋i,1＋i）＝eq\f（3＋i1－i,1＋i1－i）＝eq\f（4－2i,2)＝2－i表示的點(diǎn)是Q（2,－1）．故選D。(2)計(jì)算：①eq\f(3＋2i,2－3i)－eq\f（3－2i，2＋3i）;②eq\f(1＋i7,1－i)＋eq\f(1－i7，1＋i）－eq\f(3－4i2＋2i3，4＋3i)。解①方法一eq\f(3＋2i，2－3i）－eq\f(3－2i，2＋3i)＝eq\f(3＋2i2＋3i－3－2i2－3i,2－3i2＋3i)＝eq\f（6＋13i－6－6＋13i＋6,4＋9）＝eq\f（26i，13)＝2i.方法二eq\f（3＋2i,2－3i）－eq\f（3－2i,2＋3i)＝eq\f(i2－3i,2－3i)－eq\f（－i2＋3i,2＋3i)＝i＋i＝2i.②原式＝[(1＋i）2]3·eq\f（1＋i,1－i)＋[(1－i）2］3·eq\f(1－i，1＋i）－eq\f(83－4i1＋i21＋i，3－4ii)＝(2i)3·i＋(－2i）3·（－i）－eq\f(8·2i1＋i，i)＝8＋8－16－16i＝－16i.反思與感悟（1)兩個復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算步驟①首先將除式寫為分式；②再將分子、分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)；③然后將分子、分母分別進(jìn)行乘法運(yùn)算，并將其化為復(fù)數(shù)的代數(shù)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.跟蹤訓(xùn)練2（1)i是虛數(shù)單位，若eq\f（2＋i,1＋i)＝a＋bi（a，b∈R），則log2（a－b）的值是（)A．1B。eq\f(3，2)C．2D．3(2)已知復(fù)數(shù)z滿足（1＋eq\r(3）i）z＝1＋i，則｜z|＝________。答案(1）A（2)eq\f（\r(2）,2)解析(1)eq\f(2＋i，1＋i）＝eq\f（2＋i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2)i＝a＋bi，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝\f(3，2），，b＝－\f(1，2），)）log2(a－b）＝log22＝1.（2）(1＋eq\r(3）i）z＝1＋i，z＝eq\f（1＋i,1＋\r（3）i)＝eq\f(1＋i1－\r(3)i,1＋\r(3)i1－\r（3）i)＝eq\f（1＋\r(3)＋1－\r（3）i，4)，∴|z|＝eq\f(1,4)eq\r(1＋\r（3)2＋1－\r(3）2）＝eq\f(2\r(2),4）＝eq\f（\r（2)，2).類型三共軛復(fù)數(shù)例3（1)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)記作eq\x\to(z）.已知（1＋2i）(eq\x\to(z)－3）＝4＋3i，則z＝________.答案5＋i解析∵（1＋2i)（eq\x\to（z)－3）＝4＋3i,∴eq\x\to(z)－3＝eq\f（4＋3i,1＋2i）,eq\x\to（z）＝3＋eq\f(4＋3i，1＋2i)＝3＋eq\f(4＋3i1－2i，1＋2i1－2i）＝3＋eq\f(10－5i,5)＝5－i，則z＝5＋i。（2)已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to（z)，且z·（eq\x\to（z)－3i)＝eq\f(10，1－3i),求z。解設(shè)z＝a＋bi（a，b∈R），則eq\x\to（z)＝a－bi，由z·（eq\x\to(z)－3i）＝eq\f（10，1－3i），得zeq\x\to(z）－3zi＝1＋3i，即a2＋b2＋3b－3ai＝1＋3i，由復(fù)數(shù)相等的條件，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a2＋b2＋3b＝1,,－3a＝3，)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－1,,b＝0））或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－1，，b＝－3，))所以z＝－1或z＝－1－3i。反思與感悟當(dāng)已知條件出現(xiàn)復(fù)數(shù)等式時，常設(shè)出復(fù)數(shù)的代數(shù)形式,利用相等復(fù)數(shù)的充要條件轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)問題求解．跟蹤訓(xùn)練3(1)已知i是虛數(shù)單位,m，n∈R,且m＋2i＝2－ni，則eq\f(m＋ni,m－ni)的共軛復(fù)數(shù)為________．答案i解析由m，n∈R，且m＋2i＝2－ni，可得m＝2，n＝－2，所以eq\f（m＋ni，m－ni）＝eq\f(2－2i,2＋2i）＝eq\f(1－i，1＋i)＝eq\f（1－i1－i，2）＝－i。所以它的共軛復(fù)數(shù)為i。(2）已知復(fù)數(shù)z滿足：z·eq\x\to(z）＋2zi＝8＋6i，求復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部的和．解設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R),則z·eq\x\to（z)＝a2＋b2，∴a2＋b2＋2i（a＋bi)＝8＋6i，即a2＋b2－2b＋2ai＝8＋6i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a2＋b2－2b＝8，，2a＝6，）)解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝3，,b＝1，））∴a＋b＝4，∴復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部的和是4。1．若復(fù)數(shù)z＝eq\f（2，1－i),其中i為虛數(shù)單位，則eq\x\to（z）等于（）A．1＋iB．1－iC．－1＋iD．－1－i答案B解析∵z＝eq\f（2，1－i)＝eq\f（21＋i，1－i1＋i）＝eq\f（21＋i，2）＝1＋i,∴eq\x\to(z）＝1－i，故選B.2．設(shè)復(fù)數(shù)z1＝1＋i,z2＝m－i，若z1·z2為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)m可以是（)A．iB．i2C．i3D．i4答案B解析z1·z2＝(1＋i)（m－i)＝m＋1＋（m－1)i.∵z1·z2為純虛數(shù),∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m＋1＝0，,m－1≠0，））即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m＝－1，，m≠1,)）得m＝－1.∵i2＝－1，∴實(shí)數(shù)m可以是i2，故選B.3．設(shè)復(fù)數(shù)z＝－1－i（i為虛數(shù)單位)，z的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to（z)，則eq\f（2－\x\to（z),z)＝________。答案－1＋2i解析∵z＝－1－i，∴eq\x\to(z）＝－1＋i,eq\f(2－\x\to(z),z)＝eq\f(2－－1＋i，－1－i)＝eq\f（3－i,－1－i)＝－1＋2i。4．計(jì)算:(1)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)＋\f(3,2)i))(4i－6）；(2)eq\f（1－i1＋2i,1＋i）。解(1）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)＋\f（3，2）i）)（4i－6)＝eq\f（1,2）·4i＋eq\f（1，2）·（－6)＋eq\f(3,2)i·4i＋eq\f（3，2）i·(－6）＝2i－3－6－9i＝－9－7i.（2)eq\f(1－i1＋2i，1＋i）＝eq\f（1－i1＋2i1－i,1＋i1－i）＝eq\f(－2i1＋2i，2）＝－i(1＋2i）＝2－i。5．已知復(fù)數(shù)z滿足|z｜＝1，且（3＋4i)z是純虛數(shù)，求z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z).解設(shè)z＝a＋bi(a,b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi且｜z｜＝eq\r(a2＋b2)＝1，即a2＋b2＝1.①因?yàn)椋?＋4i）z＝（3＋4i）(a＋bi)＝（3a－4b)＋(3b＋4a）i,而（3＋4i）z是純虛數(shù)，所以3a－4b＝0,且3b＋4a≠0。②由①②聯(lián)立，解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝\f（4，5)，，b＝\f（3,5)))或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－\f（4，5），，b＝－\f(3，5)。））所以eq\x\to（z)＝eq\f（4,5）－eq\f(3,5）i或eq\x\to（z）＝－eq\f（4，5）＋eq\f(3，5）i。1．復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算(1)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法類似于多項(xiàng)式乘以多項(xiàng)式，復(fù)數(shù)的乘法滿足交換律、結(jié)合律以及乘法對加法的分配律．（2)在進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算時，通常先將除法寫成分式的形式,再把分子、分母都乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，化簡后可得，類似于以前學(xué)習(xí)的分母有理化．2．共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)可以用來解決一些復(fù)數(shù)問題．3．復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化思想復(fù)數(shù)問題實(shí)數(shù)化是解決復(fù)數(shù)問題的基本思想方法，其橋梁是設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi（a，b∈R)，利用復(fù)數(shù)相等的充要條件轉(zhuǎn)化．一、選擇題1．復(fù)數(shù)－i＋eq\f（1，i）等于（）A．－2iB。eq\f（1,2）iC．0D．2i答案A解析－i＋eq\f（1，i）＝－i＋eq\f(i,i2)＝－2i，故選A.2．設(shè)復(fù)數(shù)z＝1＋eq\r（2)i,則z2－2z等于(）A．－3B．3C．－3iD．3i答案A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＝－3.3．已知復(fù)數(shù)z1＝3－bi，z2＝1－2i，若eq\f(z1，z2)是實(shí)數(shù),則實(shí)數(shù)b等于（）A．6B．－6C．0D。eq\f(1,6）答案A解析∵eq\f（z1，z2）＝eq\f（3－bi,1－2i）＝eq\f(3－bi1＋2i，1－2i1＋2i)＝eq\f(3＋2b＋6－bi,5）是實(shí)數(shù)，∴6－b＝0，∴b＝6，故選A。4．設(shè)i是虛數(shù)單位,eq\x\to(z)表示復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)．若z＝1＋i,則eq\f(z,i)＋i·eq\x\to(z）等于（）A．－2B．－2iC．2D．2i答案C解析∵z＝1＋i，∴eq\x\to（z)＝1－i，eq\f（z,i）＝eq\f（1＋i，i）＝eq\f(－i2＋i，i)＝1－i,∴eq\f（z，i)＋i·eq\x\to（z）＝1－i＋i(1－i)＝（1－i）(1＋i）＝2。故選C。5．已知復(fù)數(shù)z滿足eq\f(2z＋m，z－3）＝i，且z的實(shí)部與虛部之和為0，則實(shí)數(shù)m等于（)A．－3B．－1C．1D．3答案B解析由eq\f（2z＋m，z－3）＝i，得z＝eq\f(m＋3i，－2＋i）＝eq\f（m＋3i－2－i，－2＋i－2－i)＝eq\f(－2m＋3－6＋mi,5)＝eq\f(－2m＋3，5）－eq\f(6＋m,5）i。又z的實(shí)部與虛部之和為0，則eq\f（－2m＋3，5)－eq\f(6＋m,5)＝0,解得m＝－1.6．設(shè)復(fù)數(shù)z＝1－i（i是虛數(shù)單位),則eq\f（2,z）＋z等于(）A．2B．－2C．2iD．－2i答案A解析eq\f（2,z）＋z＝eq\f(2，1－i)＋1－i＝eq\f（21＋i,1－i1＋i)＋1－i＝1＋i＋1－i＝2.故選A。7．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(4＋bi,1－i）（b∈R）的實(shí)部為－1，則復(fù)數(shù)eq\x\to(z)－b在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)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＝eq\f(4＋bi,1－i）＝eq\f（4＋bi1＋i，1－i1＋i)＝eq\f（4－b＋4＋bi，2）＝eq\f(4－b，2）＋eq\f(4＋b，2）i,又復(fù)數(shù)z＝eq\f(4＋bi，1－i）(b∈R)的實(shí)部為－1,則eq\f（4－b，2）＝－1,即b＝6.∴z＝－1＋5i，則eq\x\to(z)＝－1－5i.復(fù)數(shù)eq\x\to（z）－b＝－1－5i－6＝－7－5i,在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(－7，－5)，位于第三象限．故選C。8．若復(fù)數(shù)z滿足2z＋eq\x\to(z)＝3－2i,其中i為虛數(shù)單位，則z等于（)A．1＋2i B．1－2iC．－1＋2i D．－1－2i答案B解析設(shè)z＝a＋bi（a，b∈R)，則eq\x\to（z)＝a－bi，∴2z＋eq\x\to(z)＝2(a＋bi）＋（a－bi）＝3－2i，整理得3a＋bi＝3－2i，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(3a＝3，,b＝－2,)）解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝1，，b＝－2，）)∴z＝1－2i，故選B。二、填空題9．復(fù)數(shù)eq\f（a－2i，1＋2i）（i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為________．答案4解析eq\f(a－2i，1＋2i)＝eq\f（a－2i1－2i，1＋2i1－2i)＝eq\f(a－4－2a＋1i，5）＝eq\f（a－4，5)－eq\f(2a＋1,5)i。∵復(fù)數(shù)eq\f(a－2i，1＋2i）是純虛數(shù),∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f(a－4，5)＝0，，－\f（2a＋1,5）≠0，））解得a＝4.10．已知eq\f(a＋2i，i)＝b＋i(a，b∈R），其中i為虛數(shù)單位，則a＋b＝________。答案1解析eq\f（a＋2i,i)＝2－ai＝b＋i,即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(b＝2，，－a＝1，）)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2，）)∴a＋b＝1。11．若復(fù)數(shù)z滿足（3－4i）z＝4＋3i,|z｜＝________。答案1解析因?yàn)椋?－4i)z＝4＋3i,所以z＝eq\f(4＋3i，3－4i）＝eq\f（4＋3i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq\f（25i,25)＝i.則|z|＝1.三、解答題12．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(1－i2＋31＋i,2－i)。（1）求z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)；（2)若az＋b＝1－i，求實(shí)數(shù)a與b的值．解(1)∵z＝eq\f(－2i＋3＋3i,2－i)＝eq\f（3＋i,2－i)＝1＋i,∴eq\x\to(z)＝1－i.(2)a（1＋i）＋b＝1－i，即a＋b＋ai＝1－i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＋b＝