2020高中數(shù)學(xué) 第七章 復(fù)數(shù) 7.2.2 復(fù)數(shù)的乘、除運(yùn)算學(xué)案 第二冊(cè)

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PAGE18-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精7．2。2復(fù)數(shù)的乘、除運(yùn)算考點(diǎn)學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)復(fù)數(shù)的乘除運(yùn)算掌握復(fù)數(shù)乘除運(yùn)算的運(yùn)算法則，能夠進(jìn)行復(fù)數(shù)的乘除運(yùn)算數(shù)學(xué)運(yùn)算復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律理解復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律邏輯推理解方程會(huì)在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程數(shù)學(xué)運(yùn)算問題導(dǎo)學(xué)預(yù)習(xí)教材P77－P79的內(nèi)容，思考以下問題：1．復(fù)數(shù)的乘法和除法運(yùn)算法則各是什么？2．復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律有哪些?3．如何在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)求方程的解？1．復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算法則和運(yùn)算律(1)復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b,c，d∈R），則z1·z2＝(a＋bi）（c＋di)＝(ac－bd)＋（ad＋bc)i．(2）復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律對(duì)任意復(fù)數(shù)z1，z2,z3∈C，有交換律z1z2＝z2z1結(jié)合律（z1z2)z3＝z1(z2z3）乘法對(duì)加法的分配律z1（z2＋z3)＝z1z2＋z1z3■名師點(diǎn)撥對(duì)復(fù)數(shù)乘法的兩點(diǎn)說明(1）復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算與多項(xiàng)式乘法運(yùn)算很類似，可仿多項(xiàng)式乘法進(jìn)行運(yùn)算，但結(jié)果要將實(shí)部、虛部分開（i2換成－1)．(2)多項(xiàng)式乘法的運(yùn)算律在復(fù)數(shù)乘法中仍然成立，乘法公式也適用．2．復(fù)數(shù)除法的運(yùn)算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(c＋di≠0)（a，b，c,d∈R），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）．■名師點(diǎn)撥對(duì)復(fù)數(shù)除法的兩點(diǎn)說明(1)實(shí)數(shù)化：分子、分母同時(shí)乘以分母的共軛復(fù)數(shù)，化簡(jiǎn)后即得結(jié)果，這個(gè)過程實(shí)際上就是把分母實(shí)數(shù)化,這與根式除法的分母“有理化"很類似．(2)代數(shù)式：注意最后結(jié)果要將實(shí)部、虛部分開．判斷(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1）兩個(gè)復(fù)數(shù)的積與商一定是虛數(shù)．()（2）兩個(gè)共軛復(fù)數(shù)的和與積是實(shí)數(shù)．（）（3)復(fù)數(shù)加減乘除的混合運(yùn)算法則是先乘除，后加減．（）答案：(1）×(2)√(3)√（1＋i)（2－i)＝（）A．－3－i B．－3＋iC．3－i D．3＋i答案：D(2019·高考全國卷Ⅲ)若z（1＋i）＝2i，則z＝(）A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i解析：選D.由z(1＋i）＝2i，得z＝eq\f（2i，1＋i)＝eq\f（2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2i(1－i）,2)＝i（1－i)＝1＋i.復(fù)數(shù)z＝eq\f（4－i,1＋i）的虛部為________．解析:z＝eq\f（4－i,1＋i)＝eq\f（（4－i）（1－i），(1＋i）(1－i））＝eq\f（3－5i,2）＝eq\f（3，2）－eq\f(5，2）i。答案：－eq\f(5，2）復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算（1)(1－i）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2）＋\f(\r(3）,2）i))(1＋i）＝()A．1＋eq\r(3）i B．－1＋eq\r(3）iC.eq\r（3)＋i D．－eq\r（3)＋i（2)已知a，b∈R，i是虛數(shù)單位，若a－i與2＋bi互為共軛復(fù)數(shù)，則（a＋bi）2＝（)A．5－4i B．5＋4iC．3－4i D．3＋4i(3）把復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)記作eq\o(z,\s\up6（－）),已知（1＋2i）eq\o(z，\s\up6(－）)＝4＋3i，求z?！窘狻浚?）選B.(1－i）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)＋\f（\r(3),2）i）)（1＋i)＝（1－i）（1＋i)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)＋\f(\r（3)，2）i)）＝(1－i2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)＋\f(\r(3），2)i））＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）＋\f(\r（3)，2）i)）＝－1＋eq\r（3）i。（2）選D.因?yàn)閍－i與2＋bi互為共軛復(fù)數(shù)，所以a＝2，b＝1，所以(a＋bi）2＝(2＋i)2＝3＋4i。(3）設(shè)z＝a＋bi（a,b∈R），則eq\o（z，\s\up6(－)）＝a－bi,由已知得，（1＋2i)（a－bi）＝(a＋2b）＋（2a－b）i＝4＋3i,由復(fù)數(shù)相等的條件知，eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（a＋2b＝4，2a－b＝3,）)解得a＝2，b＝1，所以z＝2＋i。eq\a\vs4\al（)復(fù)數(shù)乘法運(yùn)算法則的應(yīng)用復(fù)數(shù)的乘法可以按照多項(xiàng)式的乘法計(jì)算，只是在結(jié)果中要將i2換成－1,并將實(shí)部、虛部分別合并．多項(xiàng)式展開中的一些重要公式仍適用于復(fù)數(shù)，如（a＋bi)2＝a2＋2abi＋b2i2＝a2－b2＋2abi，(a＋bi)3＝a3＋3a2bi＋3ab2i2＋b3i3＝a3－3ab2＋（3a2b－b3)i。1．(4－i)(6＋2i)－(7－i）(4＋3i）＝________．解析：（4－i）(6＋2i）－(7－i）(4＋3i)＝（24＋8i－6i＋2）－(28＋21i－4i＋3）＝(26＋2i)－(31＋17i）＝－5－15i.答案：－5－15i2．已知z∈C，eq\o(z,\s\up6（－））為z的共軛復(fù)數(shù)，若z·eq\o(z,\s\up6(－）)－3ieq\o（z，\s\up6(－）)＝1＋3i，求z.解：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R），則eq\o(z，\s\up6（－））＝a－bi（a，b∈R),由題意得（a＋bi）（a－bi）－3i(a－bi)＝1＋3i,即a2＋b2－3b－3ai＝1＋3i，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（a2＋b2－3b＝1，,－3a＝3，)）解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝0)）或eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a＝－1，，b＝3，))所以z＝－1或z＝－1＋3i.復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算計(jì)算：(1）eq\f（（1＋2i）2＋3（1－i)，2＋i)；(2)eq\f(（1－4i）(1＋i）＋2＋4i，3＋4i）。【解】（1)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.(2)eq\f(（1－4i）（1＋i)＋2＋4i,3＋4i）＝eq\f（5－3i＋2＋4i,3＋4i)＝eq\f（7＋i，3＋4i)＝eq\f（（7＋i）(3－4i），（3＋4i)（3－4i））＝eq\f（21－28i＋3i＋4，25)＝eq\f(25－25i，25）＝1－i.eq\a\vs4\al(）復(fù)數(shù)除法運(yùn)算法則的應(yīng)用復(fù)數(shù)的除法法則在實(shí)際操作中不方便使用，一般將除法寫成分式形式,采用分母“實(shí)數(shù)化”的方法,即將分子、分母同乘分母的共軛復(fù)數(shù)，使分母成為實(shí)數(shù)，再計(jì)算．1.eq\f(1＋2i，1－2i)＝（）A．－eq\f(4,5）－eq\f(3,5)i B．－eq\f（4，5)＋eq\f（3,5）iC．－eq\f（3，5)－eq\f(4，5)i D．－eq\f(3,5）＋eq\f(4,5）i解析：選D。eq\f（1＋2i，1－2i)＝eq\f（（1＋2i）（1＋2i），（1－2i）(1＋2i））＝eq\f（1－4＋4i,1－（2i）2)＝eq\f（－3＋4i,5）＝－eq\f（3,5)＋eq\f(4，5）i，故選D.2．計(jì)算：（1）eq\f（3＋2i,2－3i)＋eq\f(3－2i，2＋3i）;（2）eq\f(（i－2）（i－1）,(1＋i）（i－1）＋i)。解：（1）eq\f（3＋2i，2－3i）＋eq\f(3－2i,2＋3i）＝eq\f（i（2－3i）,2－3i)＋eq\f(－i(2＋3i），2＋3i）＝i－i＝0.(2）eq\f(（i－2）(i－1）,（1＋i）(i－1)＋i)＝eq\f(i2－i－2i＋2，i－1＋i2－i＋i)＝eq\f(1－3i,i－2）＝eq\f(－2－i＋6i＋3i2,5)＝eq\f(－5＋5i，5)＝－1＋i.i的運(yùn)算性質(zhì)（1)復(fù)數(shù)z＝eq\f（1－i,1＋i)，則ω＝z2＋z4＋z6＋z8＋z10的值為（)A．1 B．－1C．i D．－i（2)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1＋i,1－i））)eq\s\up12(2019)等于________．【解析】(1)z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i，1＋i）))eq\s\up12（2）＝－1，所以ω＝－1＋1－1＋1－1＝－1.（2)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq\s\up12（2019）＝eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（(1＋i)(1＋i），（1－i）（1＋i）)))eq\s\up12(2019)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2i，2））)eq\s\up12(2019)＝i2019＝（i4）504·i3＝1504·（－i）＝－i.【答案】（1)B（2)－ieq\a\vs4\al（)（1）i的周期性要記熟，即in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N＊)．(2)記住以下結(jié)果，可提高運(yùn)算速度．①（1＋i)2＝2i，（1－i）2＝－2i.②eq\f(1－i,1＋i)＝－i，eq\f(1＋i，1－i)＝i.③eq\f（1,i)＝－i.已知z＝－eq\f（1－i，\r(2)）,求z100＋z50＋1的值．解:因?yàn)椋?－i）2＝1－2i＋i2＝－2i，所以z100＋z50＋1＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1－i，\r（2)))）eq\s\up12(100）＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1－i,\r(2）)）)eq\s\up12（50）＋1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1，\r(2))））eq\s\up12(100）（1－i）100＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r（2)）)）eq\s\up12（50)(1－i）50＋1＝eq\f(1,250）(－2i)50＋eq\f(1,225）（－2i）25＋1＝i50－i25＋1＝i2－i＋1＝－i.在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解下列方程．（1）x2＋5＝0；（2)x2＋4x＋6＝0?！窘狻?1)因?yàn)閤2＋5＝0，所以x2＝－5,又因?yàn)椋╡q\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?yàn)閤2＋4x＋6＝0，所以(x＋2）2＝－2，因?yàn)?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(shí)數(shù)根．在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，設(shè)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＋4bi＋6＝0，整理得（a2－b2＋4a＋6）＋(2ab＋4b）i＝0，所以eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（a2－b2＋4a＋6＝0，，2ab＋4b＝0，）)又因?yàn)閎≠0，所以eq\b\lc\｛（\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。eq\a\vs4\al()在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，實(shí)系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0)的求解方法(1)求根公式法①當(dāng)Δ≥0時(shí)，x＝eq\f(－b±\r(b2－4ac),2a)。②當(dāng)Δ〈0時(shí),x＝eq\f(－b±\r(－（b2－4ac）)i,2a）.（2）利用復(fù)數(shù)相等的定義求解設(shè)方程的根為x＝m＋ni（m,n∈R),將此代入方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0),化簡(jiǎn)后利用復(fù)數(shù)相等的定義求解．1．在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程2x2＋3x＋4＝0.解：因?yàn)閎2－4ac＝32－4×2×4＝9－32＝－23〈0,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）.2．已知3＋2i是關(guān)于x的方程2x2＋px＋q＝0的一個(gè)根,求實(shí)數(shù)p，q的值．解:因?yàn)?＋2i是方程2x2＋px＋q＝0的根，所以2（3＋2i）2＋p（3＋2i）＋q＝0，即2（9＋12i－4)＋(3p＋2pi）＋q＝0，整理得(10＋3p＋q）＋(24＋2p）i＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（10＋3p＋q＝0，,24＋2p＝0，））解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝－12，，q＝26。)）1．若復(fù)數(shù)（1＋bi)(2＋i）是純虛數(shù)（i是虛數(shù)單位,b是實(shí)數(shù)）,則b＝()A．－2 B．－eq\f（1,2)C。eq\f（1,2） D．2解析:選D.因?yàn)?1＋bi)(2＋i)＝2－b＋（2b＋1)i是純虛數(shù)，所以b＝2。2．已知i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)eq\f(i,2－i)的模等于(）A。eq\r(5） B。eq\r（3）C.eq\f（\r（3），3） D。eq\f(\r(5）,5)解析：選D。因?yàn)閑q\f(i，2－i）＝eq\f（i（2＋i）,(2－i）（2＋i））＝eq\f（i（2＋i），5)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i，所以|eq\f（i,2－i）｜＝｜－eq\f（1,5）＋eq\f(2,5)i|＝eq\r（（－\f(1，5)）2＋(\f（2,5）)2）＝eq\f（\r(5)，5)，故選D。3．計(jì)算：(1）eq\f(2＋2i，（1－i）2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r（2），1＋i）））eq\s\up12（2018）；(2）(4－i5)(6＋2i7)＋(7＋i11）（4－3i）．解：(1)eq\f(2＋2i,(1－i）2）＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),1＋i））)eq\s\up12(2018)＝eq\f（2＋2i,－2i）＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2,2i))）eq\s\up12(1009)＝i(1＋i）＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，i))）eq\s\up12(1009）＝－1＋i＋(－i）1009＝－1＋i－i＝－1.(2)原式＝（4－i）（6－2i）＋(7－i）(4－3i）＝22－14i＋25－25i＝47－39i。[A基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)］1．復(fù)數(shù)eq\f（i2＋i3＋i4,1－i)＝()A．－eq\f（1，2)－eq\f(1,2)i B．－eq\f（1,2)＋eq\f（1，2)iC。eq\f（1，2)－eq\f(1，2）i D。eq\f（1,2)＋eq\f（1,2）i解析:選C.因?yàn)閕2＝－1,i3＝－i，i4＝1，所以eq\f(i2＋i3＋i4，1－i)＝eq\f（－i,1－i）＝eq\f（－i（1＋i），2）＝eq\f（1,2）－eq\f(1,2）i。2．（2019·安徽六安一中模考)設(shè)復(fù)數(shù)z＝1＋bi（b∈R）且z2＝－3＋4i，則z的共軛復(fù)數(shù)eq\o（z,\s\up6(－)）的虛部為（)A．－2 B．－2iC．2 D．2i解析：選A。z2＝（1＋bi)2＝1－b2＋2bi＝－3＋4i，所以eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(1－b2＝－3,2b＝4)），所以b＝2,故z＝1＋2i，eq\o（z,\s\up6(－）)＝1－2i。故選A.3．若復(fù)數(shù)z滿足eq\f(eq\o(z，\s\up6（－））,1－i)＝i，其中i為虛數(shù)單位，則z＝（）A．1－i B．1＋iC．－1－i D．－1＋i解析：選A.由題意eq\o(z，\s\up6（－））＝i（1－i）＝1＋i，所以z＝1－i，故選A.4．（2019·江西贛州尋烏中學(xué)期末)若復(fù)數(shù)eq\f(a＋i，b－i)＝2－i(其中a，b是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位),則復(fù)數(shù)a＋bi在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于(）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：選C。由eq\f(a＋i，b－i）＝2－i，可得a＋i＝（b－i）(2－i），即a＋i＝2b－1－(2＋b）i，所以eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（a＝2b－1,1＝－（2＋b），)）解得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a＝－7，b＝－3,）)所以復(fù)數(shù)a＋bi在復(fù)平面內(nèi)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為(－7，－3)，位于第三象限，故選C.5．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足eq\f(1＋z,1－z)＝i，則|z|＝()A．1 B.eq\r（2)C。eq\r（3) D．2解析：選A。由eq\f（1＋z,1－z)＝i，得z＝eq\f（－1＋i,1＋i）＝eq\f（（－1＋i)（1－i），2）＝eq\f(2i,2）＝i，所以｜z|＝|i｜＝1，故選A.6．復(fù)數(shù)z滿足方程eq\o（z,\s\up6(－))i＝1－i，則z＝________．解析：由題意可得eq\o（z,\s\up6（－))＝eq\f(1－i,i）＝eq\f（(1－i）（－i）,i·（－i））＝－i(1－i)＝－1－i，所以z＝－1＋i。答案:－1＋i7．已知i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z＝eq\f（1＋2i，2－i)，z的共軛復(fù)數(shù)為eq\o(z，\s\up6(－)），則z·eq\o（z,\s\up6(－））＝________．解析：依題意,得z＝eq\f（（1＋2i）(2＋i)，(2－i）（2＋i））＝i，所以eq\o(z,\s\up6(－）)＝－i，所以z·eq\o（z，\s\up6(－)）＝i·（－i)＝1。答案：18．設(shè)復(fù)數(shù)z＝－2＋i，若復(fù)數(shù)z＋eq\f（1,z）的虛部為b,則b等于________．解析：因?yàn)閦＝－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).答案：eq\f（4,5）9．計(jì)算：(1)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)＋\f(\r（3),2)i））(2－i)（3＋i)；(2)eq\f（（\r(2）＋\r(2)i）2（4＋5i）,（5－4i）（1－i))。解:(1）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)＋\f（\r（3)，2)i))(2－i)(3＋i）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）＋\f(\r（3），2)i))(7－i)＝eq\f(\r(3）－7,2)＋eq\f（7\r(3）＋1,2)i。（2）eq\f（(\r（2)＋\r(2）i)2(4＋5i）,（5－4i)（1－i））＝eq\f（4i(4＋5i),5－4－9i)＝eq\f(－20＋16i，1－9i）＝eq\f（－4（5－4i）(1＋9i），82）＝eq\f(－4（41＋41i）,82）＝－2－2i。10．已知復(fù)數(shù)z1＝1－i，z2＝4＋6i，i為虛數(shù)單位．（1）求eq\f（z2，z1)；（2)若復(fù)數(shù)z＝1＋bi（b∈R）滿足z＋z1為實(shí)數(shù)，求|z|。解：(1）eq\f(z2,z1)＝eq\f（4＋6i，1－i）＝eq\f((4＋6i）（1＋i）,（1－i)(1＋i））＝eq\f(－2＋10i,2）＝－1＋5i。(2）因?yàn)閦＝1＋bi（b∈R），所以z＋z1＝2＋(b－1）i，因?yàn)閦＋z1為實(shí)數(shù),所以b－1＝0，所以b＝1,所以z＝1＋i，所以|z|＝eq\r(2）。［B能力提升］11．已知復(fù)數(shù)z＝1－i，則eq\f（z2－2z，z－1)＝（)A．2i B．－2iC．2 D．－2解析:選B。法一：因?yàn)閦＝1－i，所以eq\f（z2－2z，z－1)＝eq\f(（1－i）2－2（1－i),1－i－1)＝eq\f（－2,－i)＝－2i。法二：由已知得z－1＝－i，從而eq\f（z2－2z，z－1）＝