學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2020-2021學年新教材人教A版數學必修第二冊教師用書：第7章7.27.2.2復數的乘、除運算含解析7。2。2復數的乘、除運算學習目標核心素養1。掌握復數的乘法和除法運算．（重點、難點)2．理解復數乘法的交換律、結合律和乘法對加法的分配律．(易混點）1。通過學習復數乘法的運算律,培養邏輯推理的素養．2．借助復數的乘除運算，提升數學運算的素養。兩個實數的積、商是一個實數,那么兩個復數的積、商是怎樣的？怎樣規定兩個復數的乘除運算，才能使在復數集中的乘法、除法與原實數集中的有關規定相容？復數的加減運算把i看作一個字母，相當于多項式的合并同類項,那么復數乘法是否可以像多項式乘法那樣進行呢？問題：(1)多項式(a＋b)(c＋d）的運算結果是什么？(2）復數(a＋bi）（c＋di）的運算結果是什么？1．復數的乘法法則（1）復數代數形式的乘法法則已知z1＝a＋bi，z2＝c＋di,a，b，c，d∈R，則z1·z2＝（a＋bi)(c＋di）＝（ac－bd)＋(ad＋bc)i.思考1：復數的乘法與多項式的乘法有何不同？［提示]復數的乘法與多項式乘法是類似的，有一點不同即必須在所得結果中把i2換成－1，再把實部、虛部分別合并．（2）復數乘法的運算律對于任意z1，z2，z3∈C，有交換律z1·z2＝z2·z1結合律（z1·z2）·z3＝z1·(z2·z3)乘法對加法的分配律z1(z2＋z3）＝z1·z2＋z1·z3思考2：|z|2＝z2,正確嗎？[提示］不正確．例如，｜i｜2＝1，而i2＝－1。2．復數的除法法則(a＋bi)÷(c＋di)＝eq\f(ac＋bd，c2＋d2)＋eq\f（bc－ad，c2＋d2)i（a,b，c,d∈R，且c＋di≠0)．1．思考辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”）（1）實數不存在共軛復數． (）(2）兩個共軛復數的差為純虛數． （)（3)若z1，z2∈C,且zeq\o\al（2,1）＋zeq\o\al(2，2)＝0，則z1＝z2＝0。 （）［答案］(1）×（2)×（3)×2．復數（3＋2i）i等于()A．－2－3i B．－2＋3iC．2－3i D．2＋3iB［（3＋2i）i＝3i＋2i·i＝－2＋3i，選B．]3．已知i是虛數單位,則eq\f(3＋i,1－i）＝(）A．1－2i B．2－iC．2＋i D．1＋2iD[eq\f（3＋i,1－i)＝eq\f（3＋i1＋i，1－i1＋i）＝eq\f（2＋4i，2）＝1＋2i.]4．已知復數（a＋2i）（1＋i)的實部為0,其中i為虛數單位,則實數a的值是________．2[∵（a＋2i)（1＋i）＝a＋ai＋2i＋2i2＝a－2＋（a＋2)i，其實部為0,∴a－2＝0，∴a＝2。］復數代數形式的乘法運算【例1】（1）若復數(1－i）（a＋i)在復平面內對應的點在第二象限，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，1） B．(－∞，－1）C．(1，＋∞） D．(－1,＋∞)（2)計算：①(1－2i)（3＋4i)（－2＋i）;②(3＋4i）（3－4i）;③（1＋i)2.(1)B［z＝（1－i)(a＋i)＝(a＋1）＋(1－a)i，因為對應的點在第二象限，所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＋1<0，，1－a〉0，))解得a〈－1,故選B．］(2）［解］①（1－2i)（3＋4i)(－2＋i）＝（11－2i）（－2＋i)＝－20＋15i。②（3＋4i)(3－4i)＝32－（4i)2＝9－(－16)＝25。③（1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i.1．兩個復數代數形式乘法的一般方法復數的乘法可以按多項式的乘法法則進行，注意選用恰當的乘法公式進行簡便運算，例如平方差公式、完全平方公式等．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。eq\o（[跟進訓練])1．（1）下列各式的運算結果為純虛數的是(）A．i（1＋i)2 B．i2(1－i)C．(1＋i)2 D．i（1＋i）（2)復數z＝(1＋2i)(3－i），其中i為虛數單位，則z的實部是________．（1)C(2)5［（1)A項,i(1＋i）2＝i（1＋2i＋i2）＝i×2i＝－2，不是純虛數．B項，i2（1－i)＝－（1－i)＝－1＋i,不是純虛數．C項，（1＋i）2＝1＋2i＋i2＝2i，是純虛數．D項，i（1＋i）＝i＋i2＝－1＋i，不是純虛數．故選C．（2）(1＋2i)（3－i）＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，所以z的實部是5.］復數代數形式的除法運算【例2】(1)eq\f（3＋i,1＋i）＝(）A．1＋2i B．1－2iC．2＋i D．2－i（2）若復數z滿足z(2－i）＝11＋7i(i是虛數單位),則z為（）A．3＋5i B．3－5iC．－3＋5i D．－3－5i（1）D（2）A［（1)eq\f（3＋i，1＋i）＝eq\f（3＋i1－i，1＋i1－i)＝eq\f（4－2i,2）＝2－i.(2）∵z（2－i)＝11＋7i，∴z＝eq\f(11＋7i，2－i)＝eq\f(11＋7i2＋i，2－i2＋i）＝eq\f(15＋25i，5)＝3＋5i.］1．兩個復數代數形式的除法運算步驟(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數；(3)然后將分子、分母分別進行乘法運算，并將其化為復數的代數形式．2．常用公式(1)eq\f(1,i)＝－i；（2）eq\f（1＋i,1－i）＝i；(3)eq\f(1－i,1＋i)＝－i。eq\o([跟進訓練］）2.(1)如圖,在復平面內,復數z1,z2對應的向量分別是eq\o(OA，\s\up7（→))，eq\o(OB，\s\up7(→)），則復數eq\f（z1,z2)對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限（2)計算：eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1＋i，1－i）)）eq\s\up12(8）。（1）B［由復數的幾何意義知,z1＝－2－i，z2＝i，所以eq\f(z1,z2)＝eq\f（－2－i，i)＝－1＋2i，對應的點在第二象限．](2）［解］法一:eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1＋i，1－i)))eq\s\up12(8)＝eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1＋i,1－i))）eq\s\up12(2）））eq\s\up12(4)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2i,－2i）))eq\s\up12（4)＝（－1)4＝1。法二：因為eq\f（1＋i，1－i)＝eq\f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq\f（2i，2）＝i，所以eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1＋i，1－i））)eq\s\up12（8)＝i8＝1.在復數范圍內解方程【例3】在復數范圍內解下列方程．（1)x2＋5＝0；（2）x2＋4x＋6＝0。[解］（1）因為x2＋5＝0,所以x2＝－5，又因為（eq\r(5)i）2＝(－eq\r(5)i)2＝－5，所以x＝±eq\r（5）i，所以方程x2＋5＝0的根為±eq\r(5）i.（2）法一：因為x2＋4x＋6＝0,所以(x＋2)2＝－2，因為（eq\r(2)i)2＝(－eq\r（2)i)2＝－2，所以x＋2＝eq\r(2)i或x＋2＝－eq\r(2)i，即x＝－2＋eq\r（2）i或x＝－2－eq\r（2)i，所以方程x2＋4x＋6＝0的根為x＝－2±eq\r(2)i。法二：由x2＋4x＋6＝0知Δ＝42－4×6＝－8＜0，所以方程x2＋4x＋6＝0無實數根．在復數范圍內，設方程x2＋4x＋6＝0的根為x＝a＋bi(a，b∈R且b≠0）,則（a＋bi)2＋4（a＋bi)＋6＝0，所以a2＋2abi－b2＋4a＋4b整理得（a2－b2＋4a＋6)＋（2ab＋4b所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a2－b2＋4a＋6＝0，,2ab＋4b＝0,））又因為b≠0，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a2－b2＋4a＋6＝0,，2a＋4＝0，）)解得a＝－2，b＝±eq\r(2).所以x＝－2±eq\r(2)i，即方程x2＋4x＋6＝0的根為x＝－2±eq\r(2)i。在復數范圍內，實系數一元二次方程ax2＋bx＋c＝0a≠0的求解方法1求根公式法①當Δ≥0時，x＝eq\f（－b±\r(b2－4ac），2a).②當Δ＜0時,x＝eq\f(－b±\r(－b2－4ac）i,2a）.2利用復數相等的定義求解，設方程的根為x＝m＋nim,n∈R,將此代入方程ax2＋bx＋c＝0a≠0，化簡后利用復數相等的定義求解。eq\o(［跟進訓練］）3．在復數范圍內解方程2x2＋3x＋4＝0。[解]因為b2－4ac＝32所以方程2x2＋3x＋4＝0的根為x＝eq\f（－3±\r（－－23）i,2×2）＝eq\f（－3±\r（23)i,4)。復數運算的綜合問題[探究問題］1．若z＝eq\x\to(z),則z是什么數？這個性質有什么作用？[提示］z＝eq\x\to（z）?z∈R,利用這個性質可證明一個復數為實數．2．若z≠0且z＋eq\x\to(z）＝0,則z是什么數?這個性質有什么作用？[提示］z≠0且z＋eq\x\to（z）＝0，則z為純虛數，利用這個性質,可證明一個復數為純虛數．3．三個實數|z|，｜eq\x\to（z)|，z·eq\x\to(z）具有怎樣的關系?[提示]設z＝a＋bi（a，b∈R），則eq\x\to（z）＝a－bi，所以｜z｜＝eq\r（a2＋b2)，|eq\x\to（z）|＝eq\r(a2＋－b2)＝eq\r（a2＋b2),z·eq\x\to(z)＝（a＋bi）(a－bi)＝a2－(bi）2＝a2＋b2，所以|z｜2＝｜eq\x\to（z)｜2＝z·eq\x\to(z）.【例4】（1)已知復數z＝eq\f（\r(3)＋i,1－\r（3）i2),eq\x\to(z）是z的共軛復數，則z·eq\x\to(z）等于（）A．eq\f（1,4）B．eq\f(1,2)C．1D．2（2)已知復數z滿足|z|＝eq\r(5），且（1－2i）z是實數,求eq\x\to(z)。［思路探究］可以先設復數的代數形式,再利用復數的運算性質求解;也可以利用共軛復數的性質求解．(1)A[法一：∵z＝eq\f(\r（3)＋i，1－\r(3）i2)＝eq\f（－\r（3）i2＋i,1－\r（3）i2）＝eq\f(i1－\r（3)i，1－\r（3）i2）＝eq\f(i,1－\r(3)i)＝eq\f(i1＋\r（3）i，4）＝－eq\f（\r(3)，4)＋eq\f（i，4），∴eq\x\to(z）＝－eq\f(\r（3）,4)－eq\f(i,4)，∴z·eq\x\to(z)＝eq\f（1,4）。法二：∵z＝eq\f(\r（3)＋i,1－\r(3）i2)，∴|z｜＝eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f（\r(3）＋i，1－\r(3）i2)))＝eq\f(｜\r(3)＋i｜,|1－\r（3)i2｜）＝eq\f（2,4）＝eq\f（1，2),∴z·eq\x\to(z)＝eq\f（1，4)。］（2）[解]設z＝a＋bi（a，b∈R）,則（1－2i)z＝（1－2i）(a＋bi）＝(a＋2b)＋（b－2a）i。又因為(1－2i）z是實數，所以b－2a＝0,即b＝2a，又｜z｜＝eq\r（5)，所以a2＋b2＝5。解得a＝±1，b＝±2.所以z＝1＋2i或－1－2i，所以eq\x\to（z)＝1－2i或－1＋2i，即eq\x\to（z）＝±(1－2i)．1．在題設（1）條件不變的情況下，求eq\f(z,\x\to（z））。[解]由例題（1)的解析可知z＝－eq\f(\r(3）,4）＋eq\f（i,4)，eq\x\to（z)＝－eq\f（\r(3）,4）－eq\f（i，4)，z·eq\x\to（z）＝eq\f（1，4)，∴eq\f(z,\x\to(z))＝eq\f（z2,z·\x\to（z))＝eq\f(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r（3),4)＋\f（i,4)）)eq\s\up12（2)，\f(1,4))＝eq\f（1,2）－eq\f(\r(3),2)i。2．把題設(2)的條件“(1－2i）z是實數”換成“(1－2i)z是純虛數”，求eq\x\to(z)。［解]設z＝a＋bi，則eq\x\to(z）＝a－bi，由例題(2）的解可知a＝－2b,由｜z|＝eq\r（a2＋b2)＝eq\r(5b2）＝eq\r（5),得b＝1,a＝－2；或b＝－1，a＝2。所以eq\x\to（z）＝－2－i,或eq\x\to（z）＝2＋i.1．由比較復雜的復數運算給出的復數，求其共軛復數，可先按復數的四則運算法則進行運算，將復數寫成代數形式，再寫出其共軛復數．2．注意共軛復數的簡單性質的運用．一、知識必備記住幾個常用結論（1）i4n＝1,i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i（n∈N)．(2）（1±i)2＝±2i.（3）若z＝eq\x\to(z)?z是實數；若z≠0，z＋eq\x\to(z)＝0，則z是純虛數;z·eq\x\to(z）＝｜eq\x\to(z)|2＝｜z|2。二、方法必備1．復數代數形式的乘法運算類似于多項式的乘法,同時注意i2＝－1的應用.2．復數代數形式的除法運算采用了分母實數化的思想,即應用z·eq\x\to（z）＝｜z｜2解題．1．復數eq\f(2，1＋i）的虛部是()A．1 B．－iC．i D．－1D[∵復數eq\f(2,1＋i）＝eq\f（21－i,1＋i1－i）＝eq\f（21－i,2)＝1－i，∴復數eq\f(2，1＋i)的虛部是－1.］2．m∈R，i為虛數單位，若(m＋i）(2－3i)＝5－i,則m的值為(）A．1 B．－1C．2 D．－2A［由(m＋i）(2－3i)＝（2m＋3）＋(2－3得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2m＋3＝5，,2－3m＝－1，))解得m＝1。]