《7.2 復(fù)數(shù)的四則運算》復(fù)習(xí)教案與課后作業(yè)

《7.2復(fù)數(shù)的四則運算》復(fù)習(xí)教案7.2.1復(fù)數(shù)的加、減運算及其幾何意義學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1.掌握復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算法則．(重點)2．了解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算的幾何意義．(易錯點)1.通過復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算的幾何意義，培養(yǎng)數(shù)學(xué)直觀的素養(yǎng)．2．借助復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算提升數(shù)學(xué)運算的素養(yǎng).【自主預(yù)習(xí)】1．復(fù)數(shù)加法與減法的運算法則(1)設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意兩個復(fù)數(shù)，則①z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i；②z1－z2＝(a－c)＋(b－d)i.(2)對任意z1，z2，z3∈C，有①z1＋z2＝z2＋z1；②(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．2．復(fù)數(shù)加減法的幾何意義如圖所示，設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)向量分別為eq\o(OZ,\s\up14(→))1，eq\o(OZ,\s\up14(→))2，四邊形OZ1ZZ2為平行四邊形，向量eq\o(OZ,\s\up14(→))與復(fù)數(shù)z1＋z2對應(yīng)，向量eq\o(Z2Z1,\s\up14(→))與復(fù)數(shù)z1－z2對應(yīng)．思考：類比絕對值|x－x0|的幾何意義，|z－z0|(z，z0∈C)的幾何意義是什么？[提示]|z－z0|(z，z0∈C)的幾何意義是復(fù)平面內(nèi)點Z到點Z0的距離．1．已知復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝3－4i，則z1＋z2＝()A．8i B．6C．6＋8i D．6－8iB[z1＋z2＝3＋4i＋3－4i＝(3＋3)＋(4－4)i＝6.]2．復(fù)數(shù)(1－i)－(2＋i)＋3i等于()A．－1＋iB．1－iC．iD．－iA[(1－i)－(2＋i)＋3i＝(1－2)＋(－i－i＋3i)＝－1＋i.故選A.]3．已知向量eq\o(OZ,\s\up14(→))1對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2－3i，向量eq\o(OZ,\s\up14(→))2對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3－4i，則向量eq\o(Z1Z2,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為．1－i[eq\o(Z1Z2,\s\up14(→))＝eq\o(OZ2,\s\up14(→))－eq\o(OZ1,\s\up14(→))＝(3－4i)－(2－3i)＝1－i.]【合作探究】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減運算【例1】(1)計算：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,2)i))＋(2－i)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－\f(3,2)i))；(2)已知復(fù)數(shù)z滿足z＋1－3i＝5－2i，求z.[解](1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,2)i))＋(2－i)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－\f(3,2)i))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋2－\f(4,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1＋\f(3,2)))i＝1＋i.(2)法一：設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，因為z＋1－3i＝5－2i，所以x＋yi＋(1－3i)＝5－2i，即x＋1＝5且y－3＝－2，解得x＝4，y＝1，所以z＝4＋i.法二：因為z＋1－3i＝5－2i，所以z＝(5－2i)－(1－3i)＝4＋i.復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加、減法運算技巧復(fù)數(shù)與復(fù)數(shù)相加減，相當(dāng)于多項式加減法的合并同類項，將兩個復(fù)數(shù)的實部與實部相加(減)，虛部與虛部相加(減)．1．(1)計算：(2－3i)＋(－4＋2i)＝.(2)已知z1＝(3x－4y)＋(y－2x)i，z2＝(－2x＋y)＋(x－3y)i，x，y為實數(shù)，若z1－z2＝5－3i，則|z1＋z2|＝.(1)－2－i(2)eq\r(2)[(1)(2－3i)＋(－4＋2i)＝(2－4)＋(－3＋2)i＝－2－i.(2)z1－z2＝[(3x－4y)＋(y－2x)i]－[(－2x＋y)＋(x－3y)i]＝[(3x－4y)－(－2x＋y)]＋[(y－2x)－(x－3y)]i＝(5x－5y)＋(－3x＋4y)i＝5－3i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x－5y＝5，,－3x＋4y＝－3，))解得x＝1，y＝0，所以z1＝3－2i，z2＝－2＋i，則z1＋z2＝1－i，所以|z1＋z2|＝eq\r(2).]復(fù)數(shù)代數(shù)形式加減運算的幾何意義【例2】(1)復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(2).則|z1－z2|＝.(2)如圖所示，平行四邊形OABC的頂點O，A，C對應(yīng)復(fù)數(shù)分別為0,3＋2i，－2＋4i，試求①eq\o(AO,\s\up14(→))所表示的復(fù)數(shù)，eq\o(BC,\s\up14(→))所表示的復(fù)數(shù)；②對角線eq\o(CA,\s\up14(→))所表示的復(fù)數(shù)；③對角線eq\o(OB,\s\up14(→))所表示的復(fù)數(shù)及eq\o(OB,\s\up14(→))的長度．(1)eq\r(2)[由|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(2)，知z1，z2，z1＋z2對應(yīng)的點是一個邊長為1的正方形的三個頂點，所求|z1－z2|是這個正方形的一條對角線長，所以|z1－z2|＝eq\r(2).](2)[解]①eq\o(AO,\s\up14(→))＝－eq\o(OA,\s\up14(→))，∴eq\o(AO,\s\up14(→))所表示的復(fù)數(shù)為－3－2i.∵eq\o(BC,\s\up14(→))＝eq\o(AO,\s\up14(→))，∴eq\o(BC,\s\up14(→))所表示的復(fù)數(shù)為－3－2i.②∵eq\o(CA,\s\up14(→))＝eq\o(OA,\s\up14(→))－eq\o(OC,\s\up14(→))，∴eq\o(CA,\s\up14(→))所表示的復(fù)數(shù)為(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.③對角線eq\o(OB,\s\up14(→))＝eq\o(OA,\s\up14(→))＋eq\o(OC,\s\up14(→))，它所對應(yīng)的復(fù)數(shù)z＝(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i,|eq\o(OB,\s\up14(→))|＝eq\r(12＋62)＝eq\r(37).1．用復(fù)數(shù)加、減運算的幾何意義解題的技巧(1)形轉(zhuǎn)化為數(shù)：利用幾何意義可以把幾何圖形的變換轉(zhuǎn)化成復(fù)數(shù)運算去處理．(2)數(shù)轉(zhuǎn)化為形：對于一些復(fù)數(shù)運算也可以給予幾何解釋，使復(fù)數(shù)作為工具運用于幾何之中．2．常見結(jié)論在復(fù)平面內(nèi)，z1，z2對應(yīng)的點分別為A，B，z1＋z2對應(yīng)的點為C，O為坐標(biāo)原點，則四邊形OACB為平行四邊形；若|z1＋z2|＝|z1－z2|，則四邊形OACB為矩形；若|z1|＝|z2|，則四邊形OACB為菱形；若|z1|＝|z2|且|z1＋z2|＝|z1－z2|，則四邊形OACB為正方形．2．復(fù)數(shù)z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，它們在復(fù)平面上的對應(yīng)點是一個正方形的三個頂點，求這個正方形的第四個頂點對應(yīng)的復(fù)數(shù)．[解]設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2，z3在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點分別為A，B，C，正方形的第四個頂點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為x＋yi(x，y∈R)，如圖．則eq\o(AD,\s\up14(→))＝eq\o(OD,\s\up14(→))－eq\o(OA,\s\up14(→))＝(x，y)－(1,2)＝(x－1，y－2)．eq\o(BC,\s\up14(→))＝eq\o(OC,\s\up14(→))－eq\o(OB,\s\up14(→))＝(－1，－2)－(－2,1)＝(1，－3)．∵eq\o(AD,\s\up14(→))＝eq\o(BC,\s\up14(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝1，,y－2＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1，))故點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2－i.復(fù)數(shù)模的最值問題[探究問題]1．滿足|z|＝1的所有復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點組成什么圖形？[提示]滿足|z|＝1的所有復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在以原點為圓心，半徑為1的圓上．2．若|z－1|＝|z＋1|，則復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點組成什么圖形？[提示]∵|z－1|＝|z＋1|，∴點Z到(1,0)和(－1,0)的距離相等，即點Z在以(1,0)和(－1,0)為端點的線段的中垂線上．【例3】(1)如果復(fù)數(shù)z滿足|z＋i|＋|z－i|＝2，那么|z＋i＋1|的最小值是()A．1 B.eq\f(1,2)C．2 D.eq\r(5)(2)若復(fù)數(shù)z滿足|z＋eq\r(3)＋i|≤1，求|z|的最大值和最小值．(1)A[設(shè)復(fù)數(shù)－i，i，－1－i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點分別為Z1，Z2，Z3，因為|z＋i|＋|z－i|＝2,|Z1Z2|＝2，所以點Z的集合為線段Z1Z2.問題轉(zhuǎn)化為：動點Z在線段Z1Z2上移動，求|ZZ3|的最小值，因為|Z1Z3|＝1.所以|z＋i＋1|min＝1.](2)[解]如圖所示，|eq\o(OM,\s\up14(→))|＝eq\r(－\r(3)2＋－12)＝2.所以|z|max＝2＋1＝3，|z|min＝2－1＝1.1．若本例題(2)條件改為“設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z－3－4i|＝1”，求|z|的最大值．[解]因為|z－3－4i|＝1，所以復(fù)數(shù)z所對應(yīng)點在以C(3,4)為圓心，半徑為1的圓上，由幾何性質(zhì)得|z|的最大值是eq\r(32＋42)＋1＝6.2．若本例題(2)條件改為已知|z|＝1且z∈C，求|z－2－2i|(i為虛數(shù)單位)的最小值．[解]因為|z|＝1且z∈C，作圖如圖：所以|z－2－2i|的幾何意義為單位圓上的點M到復(fù)平面上的點P(2,2)的距離，所以|z－2－2i|的最小值為|OP|－1＝2eq\r(2)－1.|z1－z2|表示復(fù)平面內(nèi)z1，z2對應(yīng)的兩點間的距離．利用此性質(zhì)，可把復(fù)數(shù)模的問題轉(zhuǎn)化為復(fù)平面內(nèi)兩點間的距離問題，從而進(jìn)行數(shù)形結(jié)合，把復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何圖形問題求解.1．復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減法滿足交換律、結(jié)合律，復(fù)數(shù)的減法是加法的逆運算．2．復(fù)數(shù)加法的幾何意義就是向量加法的平行四邊形法則，復(fù)數(shù)減法的幾何意義就是向量減法的三角形法則．3．|z－z0|表示復(fù)數(shù)z和z0所對應(yīng)的點的距離，當(dāng)|z－z0|＝r(r＞0)時，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點的軌跡是以z0對應(yīng)的點為圓心，半徑為r的圓．【課堂達(dá)標(biāo)練習(xí)】1．判斷正誤(1)復(fù)數(shù)加法的運算法則類同于實數(shù)的加法法則．()(2)復(fù)數(shù)與復(fù)數(shù)相加減后結(jié)果為復(fù)數(shù)．()(3)復(fù)數(shù)加減法的幾何意義類同于向量加減法運算的幾何意義．()[答案](1)√(2)√(3)√2．計算|(3－i)＋(－1＋2i)－(－1－3i)|＝.5[|(3－i)＋(－1＋2i)－(－1－3i)|＝|(2＋i)－(－1－3i)|＝|3＋4i|＝eq\r(32＋42)＝5.]3．已知復(fù)數(shù)z1＝(a2－2)＋(a－4)i，z2＝a－(a2－2)i(a∈R)，且z1－z2為純虛數(shù)，則a＝.－1[z1－z2＝(a2－a－2)＋(a－4＋a2－2)i(a∈R)為純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－a－2＝0，,a2＋a－6≠0，))解得a＝－1.]4．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)－3－i與5＋i對應(yīng)的向量分別是eq\o(OA,\s\up14(→))與eq\o(OB,\s\up14(→))，其中O是原點，求向量eq\o(OA,\s\up14(→))＋eq\o(OB,\s\up14(→))，eq\o(BA,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)及A，B兩點間的距離．[解]向量eq\o(OA,\s\up14(→))＋eq\o(OB,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(－3－i)＋(5＋i)＝2.∵eq\o(BA,\s\up14(→))＝eq\o(OA,\s\up14(→))－eq\o(OB,\s\up14(→))，∴向量eq\o(BA,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(－3－i)－(5＋i)＝－8－2i.∴A，B兩點間的距離為|－8－2i|＝eq\r(－82＋－22)＝2eq\r(17).《7.2.1復(fù)數(shù)的加、減運算及其幾何意義》課后作業(yè)[合格基礎(chǔ)練]一、選擇題1．若(－3a＋bi)－(2b＋ai)＝3－5i，a，b∈R，則a＋b＝()A.eq\f(7,5)B．－eq\f(11,5)C．－eq\f(18,5)D．5B[(－3a＋bi)－(2b＋ai)＝(－3a－2b)＋(b－a)i＝3－5i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3a－2b＝3，,b－a＝－5，))解得a＝eq\f(7,5)，b＝－eq\f(18,5)，故有a＋b＝－eq\f(11,5).]2．若復(fù)數(shù)z滿足z＋(3－4i)＝1，則z的虛部是()A．－2B．4C．3 D．－4B[z＝1－(3－4i)＝－2＋4i，故選B.]3．若z1＝2＋i，z2＝3＋ai(a∈R)，且z1＋z2所對應(yīng)的點在實軸上，則a的值為()A．3B．2C．1 D．－1D[z1＋z2＝2＋i＋3＋ai＝(2＋3)＋(1＋a)i＝5＋(1＋a)i.∵z1＋z2所對應(yīng)的點在實軸上，∴1＋a＝0，∴a＝－1.]4．在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，若向量eq\o(OA,\s\up14(→))，eq\o(OB,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別是3＋i，－1＋3i，則eq\o(CD,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是()A．2＋4i B．－2＋4iC．－4＋2i D．4－2iD[依題意有eq\o(CD,\s\up14(→))＝eq\o(BA,\s\up14(→))＝eq\o(OA,\s\up14(→))－eq\o(OB,\s\up14(→))，而(3＋i)－(－1＋3i)＝4－2i，即eq\o(CD,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為4－2i.故選D.]5．若z∈C，且|z＋2－2i|＝1，則|z－2－2i|的最小值是()A．2B．3C．4 D．5B[設(shè)z＝x＋yi，則由|z＋2－2i|＝1得(x＋2)2＋(y－2)2＝1，表示以(－2,2)為圓心，以1為半徑的圓，如圖所示，則|z－2－2i|＝eq\r(x－22＋y－22)表示圓上的點與定點(2,2)的距離，數(shù)形結(jié)合得|z－2－2i|的最小值為3.]二、填空題6．已知復(fù)數(shù)z1＝a2－3－i，z2＝－2a＋a2i，若z1＋z2是純虛數(shù)，則實數(shù)a＝.3[由條件知z1＋z2＝a2－2a－3＋(a2－1)i，又z1＋z2是純虛數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－2a－3＝0，,a2－1≠0，))解得a＝3.]7．在復(fù)平面內(nèi)，O是原點，eq\o(OA,\s\up14(→))，eq\o(OC,\s\up14(→))，eq\o(AB,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為－2＋i,3＋2i,1＋5i，則eq\o(BC,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為．4－4i[eq\o(BC,\s\up14(→))＝eq\o(OC,\s\up14(→))－eq\o(OB,\s\up14(→))＝eq\o(OC,\s\up14(→))－(eq\o(OA,\s\up14(→))＋eq\o(AB,\s\up14(→)))，對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3＋2i－(－2＋i＋1＋5i)＝(3＋2－1)＋(2－1－5)i＝4－4i.]8．設(shè)z1＝x＋2i，z2＝3－yi(x，y∈R)，且z1＋z2＝5－6i，則z1－z2＝.－1＋10i[∵z1＋z2＝5－6i，∴(x＋2i)＋(3－yi)＝5－6i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3＝5，,2－y＝－6，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝8，))∴z1＝2＋2i，z2＝3－8i，∴z1－z2＝(2＋2i)－(3－8i)＝－1＋10i.]三、解答題9．計算：(1)(2－i)＋(－3＋5i)＋(4＋3i)；(2)4－(5＋12i)－i；(3)若z－(－3＋5i)＝－2＋6i，求復(fù)數(shù)z.[解](1)(2－i)＋(－3＋5i)＋(4＋3i)＝(2－3＋4)＋(－1＋5＋3)i＝3＋7i.(2)4－(5＋12i)－i＝(4－5)＋(－12－1)i＝－1－13i.(3)法一：設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，因為z－(－3＋5i)＝－2＋6i，所以(x＋yi)－(－3＋5i)＝－2＋6i，即(x＋3)＋(y－5)i＝－2＋6i，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3＝－2，,y－5＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝11，))于是z＝－5＋11i.法二：由z－(－3＋5i)＝－2＋6i可得z＝－2＋6i＋(－3＋5i)，所以z＝(－2－3)＋(6＋5)i＝－5＋11i.10．在復(fù)平面內(nèi)，A，B，C分別對應(yīng)復(fù)數(shù)z1＝1＋i，z2＝5＋i，z3＝3＋3i，以AB，AC為鄰邊作一個平行四邊形ABDC，求D點對應(yīng)的復(fù)數(shù)z4及AD的長．[解]如圖所示.eq\o(AC,\s\up14(→))對應(yīng)復(fù)數(shù)z3－z1，eq\o(AB,\s\up14(→))對應(yīng)復(fù)數(shù)z2－z1，eq\o(AD,\s\up14(→))對應(yīng)復(fù)數(shù)z4－z1.由復(fù)數(shù)加減運算的幾何意義，得eq\o(AD,\s\up14(→))＝eq\o(AB,\s\up14(→))＋eq\o(AC,\s\up14(→))，∴z4－z1＝(z2－z1)＋(z3－z1)，∴z4＝z2＋z3－z1＝(5＋i)＋(3＋3i)－(1＋i)＝7＋3i.∴AD的長為|eq\o(AD,\s\up14(→))|＝|z4－z1|＝|(7＋3i)－(1＋i)|＝|6＋2i|＝2eq\r(10).[等級過關(guān)練]1．已知復(fù)數(shù)z對應(yīng)的向量如圖所示，則復(fù)數(shù)z＋1所對應(yīng)的向量正確的是()A[由圖可知z＝－2＋i，所以z＋1＝－1＋i，則復(fù)數(shù)z＋1所對應(yīng)的向量的坐標(biāo)為(－1,1)，故選A.]2．設(shè)z∈C，且|z＋1|－|z－i|＝0，則|z＋i|的最小值為()A．0B．1C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(1,2)C[由|z＋1|＝|z－i|知，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點的軌跡是以(－1,0)和(0,1)為端點的線段的垂直平分線，即直線y＝－x，而|z＋i|表示直線y＝－x上的點到點(0，－1)的距離，其最小值等于點(0，－1)到直線y＝－x的距離，即為eq\f(\r(2),2).]3．若復(fù)數(shù)z滿足z＝|z|－3－4i，則z＝.eq\f(7,6)－4i[設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(a2＋b2)－3，,b＝－4，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(7,6)，,b＝－4，))所以z＝eq\f(7,6)－4i.]4．若復(fù)平面上的?ABCD中，eq\o(AC,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為6＋8i，eq\o(BD,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－4＋6i，則eq\o(DA,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)是．－1－7i[設(shè)AC與BD交于點O，則有eq\o(DA,\s\up14(→))＝eq\o(DO,\s\up14(→))＋eq\o(OA,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up14(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up14(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up14(→))＋eq\o(BD,\s\up14(→)))．于是eq\o(DA,\s\up14(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－eq\f(1,2)[(6＋8i)＋(－4＋6i)]＝－1－7i.]5．設(shè)z為復(fù)數(shù)，且|z|＝|z＋1|＝1，求|z－1|的值．[解]設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則z＋1＝(a＋1)＋bi，又|z|＝|z＋1|＝1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)＝1，,\r(a＋12＋b2)＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝1，,a2＋b2＋2a＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b2＝\f(3,4)，))故|z－1|＝|(a＋bi)－1|＝|(a－1)＋bi|＝eq\r(a－12＋b2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－1))2＋\f(3,4))＝eq\r(3).7.2.2復(fù)數(shù)的乘、除運算學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1.掌握復(fù)數(shù)的乘法和除法運算．(重點、難點)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．(易混點)3．了解共軛復(fù)數(shù)的概念．(難點)1.通過學(xué)習(xí)復(fù)數(shù)乘法的運算律，培養(yǎng)邏輯推理的素養(yǎng)．2．借助復(fù)數(shù)的乘除運算，提升數(shù)學(xué)運算的素養(yǎng).【自主預(yù)習(xí)】1．復(fù)數(shù)的乘法法則(1)復(fù)數(shù)代數(shù)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(fù)數(shù)的乘法與多項式的乘法有何不同？[提示]復(fù)數(shù)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(jié)果中把i2換成－1，再把實部、虛部分別合并．(2)復(fù)數(shù)乘法的運算律對于任意z1，z2，z3∈C，有交換律z1·z2＝z2·z1結(jié)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(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法法則(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．復(fù)數(shù)(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.]2．已知i是虛數(shù)單位，則eq\f(3＋i,1－i)＝()A．1－2iB．2－iC．2＋iD．1＋2iD[eq\f(3＋i,1－i)＝eq\f(3＋i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(2＋4i,2)＝1＋2i.]【合作探究】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運算【例1】(1)若復(fù)數(shù)(1－i)(a＋i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第二象限，則實數(shù)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(yīng)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(fù)數(shù)代數(shù)形式乘法的一般方法復(fù)數(shù)的乘法可以按多項式的乘法法則進(jìn)行，注意選用恰當(dāng)?shù)某朔ü竭M(jìn)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.1．(1)下列各式的運算結(jié)果為純虛數(shù)的是()A．i(1＋i)2 B．i2(1－i)C．(1＋i)2 D．i(1＋i)(2)復(fù)數(shù)z＝(1＋2i)(3－i)，其中i為虛數(shù)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(shù)．B項，i2(1－i)＝－(1－i)＝－1＋i，不是純虛數(shù)．C項，(1＋i)2＝1＋2i＋i2＝2i，是純虛數(shù)．D項，i(1＋i)＝i＋i2＝－1＋i，不是純虛數(shù)．故選C.(2)(1＋2i)(3－i)＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，所以z的實部是5.]復(fù)數(shù)代數(shù)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(fù)數(shù)z滿足z(2－i)＝11＋7i(i是虛數(shù)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(fù)數(shù)代數(shù)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(fù)數(shù)；(3)然后將分子、分母分別進(jìn)行乘法運算，并將其化為復(fù)數(shù)的代數(shù)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.2.(1)如圖，在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z1，z2對應(yīng)的向量分別是eq\o(OA,\s\up14(→))，eq\o(OB,\s\up14(→))，則復(fù)數(shù)eq\f(z1,z2)對應(yīng)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)))8.(1)B[由復(fù)數(shù)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(yīng)的點在第二象限．](2)解：法一：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))8＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))2))4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2i,－2i)))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\up20(8)＝i8＝1.復(fù)數(shù)運算的綜合問題[探究問題]1．若z＝eq\x\to(z)，則z是什么數(shù)？這個性質(zhì)有什么作用？[提示]z＝eq\x\to(z)?z∈R，利用這個性質(zhì)可證明一個復(fù)數(shù)為實數(shù)．2．若z≠0且z＋eq\x\to(z)＝0，則z是什么數(shù)？這個性質(zhì)有什么作用？[提示]z≠0且z＋eq\x\to(z)＝0，則z為純虛數(shù)，利用這個性質(zhì)，可證明一個復(fù)數(shù)為純虛數(shù)．3．三個實數(shù)|z|，|eq\x\to(z)|，z·eq\x\to(z)具有怎樣的關(guān)系？[提示]設(shè)z＝a＋bi，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3】(1)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(\r(3)＋i,1－\r(3)i2)，eq\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù)，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(fù)數(shù)z滿足|z|＝eq\r(5)，且(1－2i)z是實數(shù)，求eq\x\to(z).[思路探究]可以先設(shè)復(fù)數(shù)的代數(shù)形式，再利用復(fù)數(shù)的運算性質(zhì)求解；也可以利用共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)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(shè)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(shù)，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(shè)(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\up20(2),\f(1,4))＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i.2．把題設(shè)(2)的條件“(1－2i)z是實數(shù)”換成“(1－2i)z是純虛數(shù)”，求eq\x\to(z).[解]設(shè)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(fù)雜的復(fù)數(shù)運算給出的復(fù)數(shù)，求其共軛復(fù)數(shù)，可先按復(fù)數(shù)的四則運算法則進(jìn)行運算，將復(fù)數(shù)寫成代數(shù)形式，再寫出其共軛復(fù)數(shù)．2．注意共軛復(fù)數(shù)的簡單性質(zhì)的運用．1．復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運算類似于多項式的乘法，同時注意i2＝－1的應(yīng)用.2．復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運算采用了分母實數(shù)化的思想，即應(yīng)用z·eq\x\to(z)＝|z|2解題．3．記住幾個常用結(jié)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(shù)；若z＋eq\x\to(z)＝0，則z是純虛數(shù)；z·eq\x\to(z)＝|eq\x\to(z)|2＝|z|2.【課堂達(dá)標(biāo)練習(xí)】1．判斷正誤(1)實數(shù)不存在共軛復(fù)數(shù)．()(2)兩個共軛復(fù)數(shù)的差為純虛數(shù)．()(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．已知復(fù)數(shù)z＝2－i，則z·eq\x\to(z)的值為()A．5B.eq\r(5)C．3D.eq\r(3)A[z·eq\x\to(z)＝(2－i)(2＋i)＝22－i2＝4＋1＝5.]3．若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝2i(i為虛數(shù)單位)，則|z|＝()A．1B．2C.eq\r(2)D.eq\r(3)C[因為z(1＋i)＝2i，所以z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i1－i,2)＝1＋i，故|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).]4．已知復(fù)數(shù)z1＝(－1＋i)(1＋bi)，z2＝eq\f(a＋2i,1－i)，其中a，b∈R.若z1與z2互為共軛復(fù)數(shù)，求a，b的值．[解]z1＝(－1＋i)(1＋bi)＝－1－bi＋i－b＝(－b－1)＋(1－b)i,z2＝eq\f(a＋2i,1－i)＝eq\f(a＋2i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(a＋ai＋2i－2,2)＝eq\f(a－2,2)＋eq\f(a＋2,2)i.由于z1和z2互為共軛復(fù)數(shù)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－2,2)＝－b－1，,\f(a＋2,2)＝－1－b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1.))《7.2.2復(fù)數(shù)的乘除運算》課后作業(yè)[合格基礎(chǔ)練]一、選擇題1.eq\f(1＋i3,1－i2)＝()A．1＋i B．1－iC．－1＋i D．－1－iD[eq\f(1＋i3,1－i2)＝eq\f(2i1＋i,－2i)＝－1－i，選D.]2．已知復(fù)數(shù)z滿足(z－1)i＝1＋i，則z＝()A．－2－i B．－2＋iC．2－i D．2＋iC[z－1＝eq\f(1＋i,i)＝1－i，所以z＝2－i，故選C.]3．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)eq\f(i,1＋i)＋(1＋eq\r(3)i)2對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限B[eq\f(i,1＋i)＋(1＋eq\r(3)i)2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i＋(－2＋2eq\r(3)i)＝－eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋\f(1,2)))i，對應(yīng)點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2\r(3)＋\f(1,2)))在第二象限．]4．若復(fù)數(shù)z滿足(3－4i)z＝|4＋3i|，則z的虛部為()A．－4B．－eq\f(4,5)C．4D.eq\f(4,5)D[∵(3－4i)z＝|4＋3i|，∴z＝eq\f(5,3－4i)＝eq\f(53＋4i,3－4i3＋4i)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.故z的虛部為eq\f(4,5)，選D.]5．設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z)，若復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·eq\o(z,\s\up6(－))2是實數(shù)，則實數(shù)t等于()A.eq\f(3,4)B.eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3) D．－eq\f(3,4)A[∵z2＝t＋i，∴eq\o(z,\s\up6(－))2＝t－i.z1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝(3＋4i)(t－i)＝3t＋4＋(4t－3)i，又∵z1·eq\x\to(z2)∈R，∴4t－3＝0，∴t＝eq\f(3,4).]二、填空題6．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\x\to(z)，則z·eq\x\to(z)＝.1[∵z＝eq\f(1＋2i,2－i)＝eq\f(1＋2i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(5i,5)＝i，∴eq\x\to(z)＝－i，∴z·eq\x\to(z)＝1.]7．已知eq\f(a＋2i,i)＝b＋i(a，b∈R)，其中i為虛數(shù)單位，則a＋b＝.1[∵eq\f(a＋2i,i)＝b＋i，∴a＋2i＝(b＋i)i＝－1＋bi，∴a＝－1，b＝2，∴a＋b＝1.]8．設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點分別為A，B，點A與B關(guān)于x軸對稱，若z1(1－i)＝3－i，則|z2|＝.eq\r(5)[∵z1(1－i)＝3－i，∴z1＝eq\f(3－i,1－i)＝eq\f(3－i1＋i,1－i1＋i)＝2＋i，∵A與B關(guān)于x軸對稱，∴z1與z2互為共軛復(fù)數(shù)，∴z2＝eq\x\to(z)1＝2－i，∴|z2|＝eq\r(5).]三、解答題9．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(5,2－i).(1)求z的實部與虛部；(2)若z2＋meq\x\to(z)＋n＝1－i(m，n∈R，eq\x\to(z)是z的共軛復(fù)數(shù))，求m和n的值．[解](1)z＝eq\f(52＋i,2－i2＋i)＝eq\f(52＋i,5)＝2＋i，所以z的實部為2，虛部為1.(2)把z＝2＋i代入z2＋meq\x\to(z)＋n＝1－i，得(2＋i)2＋m(2－i)＋n＝1－i，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋n＋3＝1，,4－m＝－1.))解得m＝5，n＝－12.10．把復(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)＝4＋3i，求z及eq\f(z,\x\to(z)).[解]設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，由已知得：(1＋2i)(a－bi)＝(a＋2b)＋(2a－b)i＝4＋3i，由復(fù)數(shù)相等的定義知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝4，,2a－b＝3.))得a＝2，b＝1，∴z＝2＋i.∴eq\f(z,\x\to(z))＝eq\f(2＋i,2－i)＝eq\f(2＋i2,2－i2＋i)＝eq\f(3＋4i,5)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)i.[等級過關(guān)練]1．設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點關(guān)于虛軸對稱，z1＝2＋i，則z