2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第十章復(fù)數(shù)10.2.2第1課時復(fù)數(shù)的乘法教師用書教案新人教B版必修第四冊

PAGE6-10．2.2復(fù)數(shù)的乘法與除法第1課時復(fù)數(shù)的乘法[課程目標(biāo)]1.能運用復(fù)數(shù)的乘法運算法則進(jìn)行簡潔的計算；2.駕馭虛數(shù)單位“i”的冪的規(guī)律進(jìn)行化簡求值．學(xué)問點一復(fù)數(shù)的乘法[填一填](1)復(fù)數(shù)乘法法則一般地，設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，稱z1z2(或z1×z2)為z1與z2的積，并規(guī)定z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i.(2)運算律對隨意復(fù)數(shù)z1，z2，z3，有z1·z2＝z2·z1，(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)，z1(z2＋z3)＝z1·z2＋z1·z3.(3)復(fù)數(shù)的乘方n個相同的復(fù)數(shù)z相乘時，仍稱為z的n次方(或n次冪)，并記作zn，即zn＝z×z×…×eq\o(z,\s\do4(n個)).當(dāng)m，n均為正整數(shù)時，zmzn＝zm＋n，(zm)n＝zmn，(z1z2)n＝zeq\o\al(n,1)zeq\o\al(n,2).[答一答]怎樣理解復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法法則？提示：(1)在進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運算時，緊緊抓住與多項式乘法的相同點和不同點進(jìn)行計算，不要死記結(jié)論．(2)乘法對加法的安排律的逆向運用是為了因式分解；交換律是為結(jié)合律做打算的．(3)對于能運用乘法公式計算的兩個復(fù)數(shù)的乘法，用乘法公式更簡捷，如平方差公式、立方差公式、完全平方公式等．學(xué)問點二共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)[填一填]設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)．(1)|eq\o(z,\s\up6(－))|＝|z|；(2)z·eq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2；(3)z∈R?z＝eq\o(z,\s\up6(－))，非零復(fù)數(shù)z為純虛數(shù)?z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝0；(4)z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2a，z－eq\o(z,\s\up6(－))＝2bi；(5)eq\x\to(z1±z2)＝eq\x\to(z)1±eq\x\to(z)2，eq\x\to(z1·z2)＝eq\x\to(z)1·eq\x\to(z)2，(eq\f(z1,z2))＝eq\f(\x\to(z)1,\x\to(z)2)(z2≠0)．1．i的乘方．對隨意n∈N＋，都有：i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＝1.與i相關(guān)的幾個常用結(jié)論：(1＋i)2＝2i，(1－i)2＝－2i，eq\f(1,i)＝－i，eq\f(1＋i,1－i)＝i，eq\f(1－i,1＋i)＝－i.2．共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)．設(shè)ω1＝eq\f(－1＋\r(3)i,2)，則其共軛復(fù)數(shù)ω2＝eq\f(－1－\r(3)i,2)，則兩者具有如下關(guān)系：(1)ωeq\o\al(3,1)＝ωeq\o\al(3,2)＝1；(2)1＋ω1＋ω2＝0；(3)ωeq\o\al(2,1)＝ω2或ωeq\o\al(2,2)＝ω1；(4)ω1＝eq\o(ω,\s\up6(－))2且eq\o(ω,\s\up6(－))1＝ω2；(5)ω1·ω2＝1，ω1＝eq\f(1,ω2)，ω2＝eq\f(1,ω1)；(6)ω3n＝1，ω3n＋1＝ω，ω3n＋2＝ω2.類型一復(fù)數(shù)的乘法運算[例1]計算：(1)(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)；(2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i.[分析]應(yīng)用復(fù)數(shù)的乘法法則及運算律求解．[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＝(－2＋11i＋5)(3－4i)＋2i＝(3＋11i)(3－4i)＋2i＝(9－12i＋33i－44i2)＋2i＝53＋21i＋2i＝53＋23i.三個或三個以上的復(fù)數(shù)相乘可按從左到右的依次運算或利用結(jié)合律運算，混合運算與實數(shù)的運算一樣，對于能夠運用乘法公式計算的兩個復(fù)數(shù)相乘，用乘法公式計算將更為簡捷，如平方差公式、完全平方公式等.[變式訓(xùn)練1](1)(1－2i)(3＋4i)(－2＋i)等于(D)A．20＋15i B．20－15iC．－20－15i D．－20＋15i解析：原式＝(3＋4i－6i＋8)(－2＋i)＝(11－2i)(－2＋i)＝－22＋11i＋4i＋2＝－20＋15i.故選D.(2)已知(x＋i)(1－i)＝y(tǒng)，則實數(shù)x，y分別為(D)A．x＝－1，y＝1 B．x＝－1，y＝2C．x＝1，y＝1 D．x＝1，y＝2解析：因為(x＋i)(1－i)＝y(tǒng)，所以(x＋1)＋(1－x)i＝y(tǒng)，由復(fù)數(shù)相等的充要條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1＝y(tǒng)，,1－x＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))故選D.類型二i的冪的運算[例2](1)試求i1，i2，i3，i4，i5，i6，i7，i8的值；(2)由(1)推想in(n∈N＋)的值有什么規(guī)律，并求i23，i352，i1000，i3333，i1999的值．[分析]利用i的乘方運算找尋in(n∈N＋)的值的規(guī)律．[解](1)i1i2i3i4i5i6i7i8i－1－i1i－1－i1(2)由(1)可推想得，對隨意n∈N＋，有i4n－3＝i，i4n－2＝－1，i4n－1＝－i，i4n＝1，i23＝i4×6－1＝－i；i352＝i4×88＝1；i1000＝i4×250＝1；i3333＝i4×834－3＝i；i1999＝i4×500－1＝－i.由上述公式可知，虛數(shù)單位i的乘方有周期性，最小正周期為4，利用此周期性可快速解決有關(guān)i的乘方的計算問題.[變式訓(xùn)練2]計算：(1)(2＋eq\f(1,i15))－(eq\f(1＋i,\r(2)))22；(2)1＋i＋i2＋…＋i100；(3)(4－i5)(6＋2i7)＋(7＋i11)(4－3i)．解：(1)原式＝(2＋eq\f(i,i16))－eq\f(1＋i22,\r(2)22)＝(2＋i)－eq\f(2i11,211)＝2＋i－i11＝2＋i－i3＝2＋i＋i＝2＋2i.(2)原式＝eq\f(1－i101,1－i)＝eq\f(1－i,1－i)＝1.(3)原式＝2(4－i)(3－i)＋(7－i)(4－3i)＝2(12－3i－4i＋i2)＋(28－4i－21i＋3i2)＝2(11－7i)＋25(1－i)＝47－39i.類型三共軛復(fù)數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用[例3]已知z∈C，eq\x\to(z)為z的共軛復(fù)數(shù)，若z·eq\x\to(z)－3ieq\x\to(z)＝1＋3i，求z.[解]方法一：設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，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\{\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.方法二：原方程可化為－3ieq\x\to(z)－3i＝1－z·eq\x\to(z).因為z·eq\x\to(z)＝|z|2∈R，所以－3ieq\x\to(z)－3i＝－3ieq\x\to(z)－3i＝3iz＋3i，所以(z＋eq\x\to(z))3i＝－6i，即z＋eq\x\to(z)＝－2.令z＝x＋yi(x，y∈R)，代入z＋eq\x\to(z)＝－2可解得x＝－1.把z＝－1＋yi代入原方程可得y＝0或y＝3，所以z＝－1或z＝－1＋3i.1.若復(fù)數(shù)z的代數(shù)形式已知，依據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義可以寫出eq\x\to(z)，再進(jìn)行復(fù)數(shù)的四則運算.必要時，需通過復(fù)數(shù)的運算確定復(fù)數(shù)z的代數(shù)形式，再依據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義求eq\x\to(z).2.恰當(dāng)?shù)剡\用共軛復(fù)數(shù)的性質(zhì)可簡化運算.[變式訓(xùn)練3]已知復(fù)數(shù)z滿意(z－2)(2－i)＝2(i為虛數(shù)單位)，求z的共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)和z·eq\x\to(z)的值．解：設(shè)z＝x＋yi，由(z－2)(2－i)＝2，得2x＋2yi－4－xi＋y＋2i＝2，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－4＝2，,2y－x＋2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(14,5)，,y＝\f(2,5)，))即z＝eq\f(14,5)＋eq\f(2,5)i.所以z的共軛復(fù)數(shù)為eq\x\to(z)＝eq\f(14,5)－eq\f(2,5)i；z·eq\x\to(z)＝|z|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)))2＝8.1．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)(2－i)2對應(yīng)的點位于(D)A．第一象限B．其次象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限解析：(2－i)2＝4－4i＋i2＝3－4i，對應(yīng)的點為(3，－4)，位于第四象限，故選D.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＝(D)A．5－4i B．5＋4iC．3－4i D．3＋4i解析：本題考查復(fù)數(shù)的運算，共軛復(fù)數(shù)的概念．a(chǎn)－i與2＋bi互為共軛復(fù)數(shù)．∴a＝2，b＝1，∴(a＋bi)2＝(2＋i)2＝3＋4i.3．當(dāng)z＝－eq\f(1－i,\r(2))時，z100＋z50＋1的值等于(D)A．1 B．－1C．i D．－i解析：∵z＝－eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i，∴z2＝－i.∴z4＝－1，∴z100＝(z4)25＝－1，z50＝z4