3.2.2 复数代数形式的乘除运算优秀公开课教案

3．2.2

复数代数形式的乘除运算

学习目标

1.掌握复数代数形式的乘法和除法运算.2.理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律.3.理解共轭复数的概念．

知识点一

复数的乘法及其运算律

思考

怎样进行复数的乘法运算？

梳理

(1)复数的乘法法则

设z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意两个复数，那么它们的积

(a＋bi)(c＋di)＝____________________. (2)复数乘法的运算律

对于任意z1，z2，z3∈C，有

交换律

结合律

乘法对加法的分配律

知识点二

共轭复数

当两个复数的____________，____________________时，这两个复数叫做互为____________，z的共轭复数用z表示．即z＝a＋bi，则z＝__________. 知识点三

复数的除法法则

1＋31＋33＋2思考

类比根式除法的分母有理化，比如＝，你能写出复数的除法法3－23－23＋2则吗？

z1z2＝________ (z1z2)z3＝____________ z1(z2＋z3)＝______________

类型一

复数代数形式的乘法运算

例1

(1)设(1＋2i)(a＋i)的实部与虚部相等，其中a为实数，则a＝________. 引申探究

1．若本例(1)中复数(1＋2i)(a＋i)表示的点在第二象限，则a的取值范围是____________．

2．将本例(2)中z1·z2是实数改为z1·z2是纯虚数，求z2. 13(2)已知复数z1＝(－i)(1＋i)，复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，则z2＝________. 22反思与感悟

(1)两个复数代数形式乘法的一般方法：首先按多项式的乘法展开；再将i2换成－1；然后再进行复数的加、减运算，化简为复数的代数形式．

(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. a跟踪训练1

(1)已知a，b∈R，i是虚数单位，若(1＋i)(1－bi)＝a，则的值为________．

b(2)已知复数z满足z(z＋2)＝4＋3i，求z.

类型二

复数代数形式的除法运算

z例2

(1)已知i为虚数单位，图中复平面内的点A表示复数z，则表示复数的点是(

) 1＋i

A．M

B．N

C．P

D．Q

(2)计算：①3＋2i2－3i－3－2i2＋3i；

1＋i71－i73－4i2＋2i3②1－i＋1＋i－4＋3i.

反思与感悟

(1)两个复数代数形式的除法运算步骤

①首先将除式写为分式；

②再将分子、分母同乘以分母的共轭复数；

③然后将分子、分母分别进行乘法运算，并将其化为复数的代数形式．

(2)常用公式

①1i＝－i；②1＋i1－i1－i＝i；③1＋i＝－i. 跟踪训练2

(1)i是虚数单位，若2＋i1＋i＝a＋bi(a，b∈R)，则log2(a－b)的值是(

A．1

B.32

C．2

D．3 (2)已知复数z满足(1＋3i)z＝1＋i，则|z|＝________. )

类型三

共轭复数

例3

(1)复数z的共轭复数记作z.已知(1＋2i)(z－3)＝4＋3i，则z＝________. (2)已知复数z的共轭复数为z，且z·(z－3i)＝

反思与感悟

当已知条件出现复数等式时，常设出复数的代数形式，利用相等复数的充要条件转化为实数问题求解．

跟踪训练3

(1)已知i是虚数单位，m，n∈R，且m＋2i＝2－ni，则________．

(2)已知复数z满足：z·z＋2zi＝8＋6i，求复数z的实部与虚部的和．

m＋ni的共轭复数为m－ni10，求z. 1－3i

21．若复数z＝，其中i为虚数单位，则z等于(

) 1－iA．1＋i

B．1－i

C．－1＋i

D．－1－i 2．设复数z1＝1＋i，z2＝m－i，若z1·z2为纯虚数，则实数m可以是(

) A．i

C．i3

B．i2

D．i4

2－z3．设复数z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数为z，则＝________. z134．计算：(1)(＋i)(4i－6)；

221－i1＋2i(2). 1＋i

5．已知复数z满足|z|＝1，且(3＋4i)z是纯虚数，求z的共轭复数z.

1．复数代数形式的乘除运算

(1)复数代数形式的乘法类似于多项式乘以多项式，复数的乘法满足交换律、结合律以及乘法对加法的分配律．

(2)在进行复数代数形式的除法运算时，通常先将除法写成分式的形式，再把分子、分母都乘以分母的共轭复数，化简后可得，类似于以前学习的分母有理化．

2．共轭复数的性质可以用来解决一些复数问题．

3．复数问题实数化思想．

复数问题实数化是解决复数问题的基本思想方法，其桥梁是设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，利用复数相等的充要条件转化．

答案精析

问题导学

知识点一

思考

两个复数相乘，类似于两个多项式相乘，只要把已得结果中的i2换成－1，并且把实部与虚部分别合并即可．

梳理

(1)(ac－bd)＋(ad＋bc)i

(2)z2z1

z1(z2z3)

z1z2＋z1z3

知识点二

实部相等

虚部互为相反数

共轭复数

a－bi 知识点三

思考

设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(c＋di≠0)，

z1a＋biac＋bdbc－ad则＝＝＋i. z2c＋dic2＋d2c2＋d2题型探究

例1

(1)－3

(2)4＋2i 解析

(1)(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(2a＋1)i的实部与虚部相等，可得a－2＝2a＋1，解得a＝－3. 13(2)z1＝(－i)(1＋i)＝2－i. 22设z2＝a＋2i，z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i. ∵z1·z2是实数，∴4－a＝0，即a＝4，

∴z2＝4＋2i. 引申探究

11．(－，2) 2解析

(1＋2i)(a＋i)＝a－2＋(2a＋1)i，

a－2<0，1由题意知解得－0，

2．解

由例1(2)知，z1·z2＝(2a＋2)＋(4－a)i，

2a＋2＝0，∵z1·z2是纯虚数，∴

4－a≠0，

得a＝－1，∴z2＝－1＋2i. 跟踪训练1

(1)2 解析

因为(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ab＝2. (2)解

设z＝x＋yi(x，y∈R)，则z＝x－yi. 由题意知，(x－yi)(x＋yi＋2)＝4＋3i. 得x2＋x＋y2＝4，xy－yx＋2＝3，

1111x＝－1－解得2，2，y＝－32

x＝－1＋或y＝－32，

所以z＝(－1－112)－32i或z＝(－1＋112)－32i. 例2

(1)D

[由题图可知z＝3＋i. ∴复数z3＋i3＋i1－i41＋i＝1＋i＝1＋i1－i＝－2i2＝2－i表示的点是Q(2，－(2)解

①方法一

3＋2i32－3i－－2i2＋3i

＝3＋2i2＋3i－3－2i2－3i2－3i2＋3i

＝6＋13i－6－6＋13i＋64＋9＝26i13＝2i. 方法二

3＋2i3－2i2－3i－2＋3i

＝i2－3i－i2＋3i2－3i－2＋3i

＝i＋i＝2i. ②原式＝[(1＋i)2]3·1＋i3－4i1＋i2231－i81＋i1－i＋[(1－i)]·1＋i－3－4ii

＝(2i)3·i＋(－2i)3·(－i)－8·2i1＋ii

＝8＋8－16－16i＝－16i. 跟踪训练2

(1)A

(2)22

解析

(1)2＋i2＋i1－i1＋i＝1＋i1－i

＝32－12i＝a＋bi，

1)．故选D.]

∴1b＝－2，3a＝，2

log2(a－b)＝log22＝1. (2)(1＋3i)z＝1＋i，

z＝1＋i1＋i1－3i1＋3＋1－3i＝＝，

41＋3i1＋3i1－3i2221＋32＋1－32＝＝. 421∴|z|＝

4例3

(1)5＋i 解析

∵(1＋2i)(z－3)＝4＋3i，

4＋3i4＋3i∴z－3＝，z＝3＋，

1＋2i1＋2i4＋3i1－2i10－5iz＝3＋＝3＋＝5－i，

51＋2i1－2i则z＝5＋i. (2)解

设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi，

10由z·(z－3i)＝，得z

z－3zi＝1＋3i，

1－3ia2＋b2＋3b－3ai＝1＋3i，

22a＋b＋3b＝1，由复数相等的条件，得

－3a＝3，

a＝－1，a＝－1，解得或

b＝0b＝－3，

z＝－1或z＝－1－3i. 跟踪训练3

(1)i 解析

m，n∈R，且m＋2i＝2－ni，

可得m＝2，n＝－2，

m＋ni2－2i1－i1－i1－i＝＝＝＝－i. 2m－ni2＋2i1＋i所以它的共轭复数为i. (2)解

设z＝a＋bi(a，b∈R)，

则z·z＝a2＋b2，

∴a2＋b2＋2i(a＋bi)＝8＋6i，

即a2＋b2－2b＋2ai＝8＋6i，

22a＋b－2b＝8，a＝3，∴解得

2a＝6，b＝1，

∴a＋b＝4，

∴复数z的实部与虚部的和是4. 当堂训练

21＋i21＋i21．B

[∵z＝＝＝＝1＋i，

21－i1－i1＋i∴z＝1－i，故选B.] 2．B

[z1·z2＝(1＋i)(m－i)＝m＋1＋(m－1)i. ∵z1·z2为纯虚数，

m＋1＝0，m＝－1，∴

即

m－1≠0，m≠1，

得m＝－1，∵i2＝－1，

∴实数m可以是i2，故选B.] 3．－1＋2i 解析

∵z＝－1－i，∴z＝－1＋i，

2－zz2－－1＋i3－i＝＝－1＋2i. －1－i－1－i＝134．解

(1)(＋i)(4i－6) 221133＝·4i＋·(－6)＋i·4i＋i·(－6) 2222＝2i－3－6－9i＝－9－7i. 1－i1＋2i(2)

1＋i1－i1＋2i1－i＝

1＋i1－i－2i1＋2i＝

2＝－i(1＋2i)＝2－i. 5．解

设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi且|z|＝a2＋b2＝1，即a2＋b2＝1.①

因为(3＋4i)z＝(3＋4i)(a＋bi)＝(3a－4b)＋(3b＋4a)i，而(3＋4i)z是纯虚数，

所以3a－4b＝0，且3b＋4a≠0.②

由①②联立，解得3b＝54a＝，5

或3b＝－5.4a＝－，5

4343所以z＝－i或z＝－＋i. 5555