3.2.2 复数代数形式的乘除运算课时教学实录

3.2.2

复数代数形式的乘除运算

课时目标

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．

1．复数的乘法法则

设z1＝a＋bi，z2＝c＋di (a，b，c，d∈R)，则z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝________________.

2．复数乘法的运算律

对任意z1、z2、z3∈C，有

交换律

结合律

乘法对加法的分配律

3.共轭复数

设z＝a＋bi (a，b∈R)，则z＝________叫z的共轭复数．若b≠0，则z叫虚数z的

________虚数，且z＋z＝______，z－z＝______，两共轭复数在复平面内所对应点关

于________对称．

4．复数的除法

a＋bi＝____________＝____________ (c＋di≠0)．

c＋diz1·z2＝________ (z1·z2)·z3＝__________ z1(z2＋z3)＝__________ 5．i的乘方

设i为虚数单位，则i1＝________，i2＝________，

i3＝________，i4＝______.

一、选择题

1．若复数z1＝1＋i，z2＝3－i，则z1·z2等于(

)

A．4＋2i

B．2＋i

C．2＋2i

D．3＋i z2－2z2．已知复数z＝1＋i，则等于(

) z－1

A．2i

B．－2i

C．2

D．－2 3．设z＝3＋i，则1z等于(

) 3131

A．3＋i

B．3－i

C.i＋

D.＋i 101010101＋ia4．设a是实数，且＋是实数，则a等于(

) 21＋i13

A.

B．1

C.

D．2 22

5．设复数z的共轭复数是z，若复数z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·z2是实数，则实数t

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等于(

) 3443

A.

B.

C．－

D．－

43346．设a，b为实数，若复数1＋2i＝1＋i，则(

) a＋bi3113

A．a＝，b＝

B．a＝3，b＝1

C．a＝，b＝

D．a＝1，b＝3 2222

二、填空题

a＋2i7．已知＝b＋i(a，b∈R)，其中i为虚数单位，则a＋b＝________. ixy58．设x、y为实数，且＋＝，则x＋y＝_____________. 1－i1－2i1－3i9．若实数x，y满足(1＋i)x＋(1－i)y＝2，则xy＝______.

三、解答题

3＋4i10．计算：＋9＋2i. 4－3i

z

11.已知z，ω为复数，(1＋3i)z为纯虚数，ω＝，且|ω|＝52，求ω. 2＋i

能力提升

i12．复数z＝在复平面上对应的点位于(

) 1＋i

A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

13．已知复数z1＝i(1－i)3，(1)求|z1|；(2)若|z|＝1，求|z－z1|的最大值．

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．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

知识梳理

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1．(ac－bd)＋(ad＋bc)i 2. 交换律

结合律

乘法对加法

的分配律

3.a－bi

共轭

2a

2bi

x轴

4.a＋bic－diac＋bd＋bc－adi

c＋dic－dic2＋d2z1·z2＝z2·z1

(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3) z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z3

5．i

－1

－i

1 作业设计

1．A

[∵z1＝1＋i，z2＝3－i，

∴z1·z2＝(1＋i)(3－i)＝3＋3i－i－i2

＝3＋2i＋1＝4＋2i.] z2－2z1＋i2－21＋i2i－2－2i2．A

[＝＝

iz－11＋i－1＝－2－2i＝2＝2i.] ii1z＝3＋i31i＝＝＋.] 3－i1010103．D

[1＋ia－ai1＋ia＋11－a1－aa4．B

[∵＋＝＋＝＋i为实数，∴＝0，∴a＝1.] 2222221＋i5．A

[∵z2＝t＋i，∴z2＝t－i. z1·z2＝(3＋4i)(t－i)＝3t＋4＋(4t－3)i，

3又∵z1·z2∈R，∴4t－3＝0，∴t＝.] 41＋2i6．A

[∵＝1＋i，

a＋bi1＋2i1＋2i1－i3＋i∴a＋bi＝＝＝，

21＋i1＋i1－i31∴a＝，b＝.] 227．1 a＋2i解析

∵＝b＋i，∴a＋2i＝bi－1. i∴a＝－1，b＝2，∴a＋b＝1. 8．4 解析

⇒

xy5＋＝

1－i1－2i1－3ix1＋iy1＋2i＋

1－i1＋i1＋2i1－2i第

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＝51＋3i

1－3i1＋3i11⇒x(1＋i)＋y(1＋2i) 2511121＝(x＋y)＋(x＋y)i＝(1＋3i) 252522x＋5y＝2⇒1232x＋5y＝2∴x＋y＝4. 9．1 111

x＝－1，⇒

y＝5，

解析

由(1＋i)x＋(1－i)y＝2，

得(x＋y)＋(x－y)i＝2. x＋y＝2，x＝1，所以即∴xy＝1. x－y＝0.y＝1.

10．解

＝3＋4i3＋4ii＋9＋2i＝＋9＋2i 4－3i4i－3i23＋4ii＋9＋2i 3＋4i＝9＋3i. 11．解

设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(1＋3i)z＝a－3b＋(3a＋b)i，由题意，得a＝3b≠0. z∵|ω|＝||＝52，∴|z|＝a2＋b2＝510，

2＋i将a＝3b代入上式，得a＝±15，b＝±5，

15＋5i故ω＝±＝±(7－i)．

2＋ii1－i1＋i11i12．A

[∵z＝＝＝＝＋i，

2221＋i1＋i1－i∴复数z在复平面上对应的点位于第一象限．] 13．解

方法一

(1)z1＝i(1－i)3＝i(－2i)(1－i) ＝2－2i，

∴|z1|＝22＋－22＝22. 方法二

|z1|＝|i(1－i)3|＝|i|×|1－i|3

＝1×(2)3＝22. (2)∵|z|＝1，

∴设z＝cos θ＋isin θ，

|z－z1|＝|cos θ＋isin θ－2＋2i| ＝cos θ－22＋sin θ＋22

＝

πθ－. 9＋42sin4第

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πθ－＝1时，|z－z1|2取得最大值

∴当sin49＋42，从而得到|z－z1|的最大值为22＋1.

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