3.2.2 复数代数形式的乘除运算优质教案设计

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？

答案

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)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)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i. (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

当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数，z的共轭复数用z表示．即z＝a＋bi，则z＝a－bi. 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？

答案

设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(c＋di≠0)，

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

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＝________. 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＝________. 22z1z2＝z2z1

(z1z2)z3＝z1(z2z3) z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z3

答案

(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

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____________．

1答案

(－，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．将本例(2)中z1·z2是实数改为z1·z2是纯虚数，求z2. 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. 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答案

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，

a得a＝2，b＝1，所以＝2. b(2)已知复数z满足z(z＋2)＝4＋3i，求z. 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，

x＝－1－1111解得2，x＝－1＋或2，y＝－32

y＝－32，

所以z＝(－1－112)－31132i或z＝(－1＋2)－2i. 类型二

复数代数形式的除法运算

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z1＋i的点是(

A．M

B．N

C．P

D．Q

答案

D 解析

由题图可知z＝3＋i. ∴复数z1＋i＝3＋i1＋i＝3＋i1－i1＋i1－i＝4－2i2＝2－i表示的点是Q(2，－1)．故选D. (2)计算：①3＋2i3－2i2－3i－2＋3i；

②1＋i71－i731－i＋1＋i－－4i2＋2i34＋3i. 解

①方法一

3＋2i3－2i2－3i－2＋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2－3i－－i2＋3i2＋3i

＝i＋i＝2i. )

②原式＝[(1＋i)2]3·1＋i1－i83－4i1＋i223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. 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－i＝i；③1－i1＋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|＝________. 答案

(1)A

(2)22

解析

(1)2＋i2＋i1－i1＋i＝1＋i1－i

＝32－12i＝a＋bi，

a＝32，∴b＝－12，

log2(a－b)＝log22＝1. (2)(1＋3i)z＝1＋i，

z＝1＋i1＋3i＝1＋i1－3i1＋3i1－3i＝1＋3＋1－3i4，

∴|z|＝14

1＋32＋1－32＝2224＝2. 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＝________. 答案

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)已知复数z的共轭复数为z，且z·(z－3i)＝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，

a2＋b2＋3b＝1，由复数相等的条件，得

－3a＝3，a＝－1，a＝－1，解得或

b＝0b＝－3，10，求z. 1－3i

z＝－1或z＝－1－3i. 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________．

答案

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)已知复数z满足：z·z＋2zi＝8＋6i，求复数z的实部与虚部的和．

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，m＋ni的共轭复数为m－ni

∴a＋b＝4，

∴复数z的实部与虚部的和是4.

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 答案

B 解析

∵z＝21＋i21＋i2＝＝＝1＋i，

21－i1－i1＋i∴z＝1－i，故选B. 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

答案

B 解析

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，B．i2

D．i4

得m＝－1，∵i2＝－1，

∴实数m可以是i2，故选B. 2－z3．设复数z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数为z，则＝________. z答案

－1＋2i 解析

∵z＝－1－i，∴z＝－1＋i，

2－zz2－－1＋i3－i＝＝－1＋2i. －1－i－1－i＝134．计算：(1)(＋i)(4i－6)；

221－i1＋2i(2). 1＋i13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．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. 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

a＝5，由①②联立，解得3b＝54

a＝－5，或3b＝－5.4

4343所以z＝－i或z＝－＋i. 5555

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．

课时作业

一、选择题

11．复数－i＋等于(

) i1A．－2i

B.i

C．0

D．2i 2

答案

A 解析

－i＋1i＝－i＋ii2＝－2i，故选A. 2．设复数z＝1＋2i，则z2－2z等于(

) A．－3

B．3

C．－3i

D．3i 答案

A 解析

z2－2z＝(1＋2i)2－2(1＋2i)＝1＋(2i)2＋22i－2－22i＝－3. 3．设复数z＝1－i(i是虚数单位)，则2z＋z等于(

) A．2

B．－2

C．2i

D．－2i 答案

A 解析

2221＋iz＋z＝1－i＋1－i＝1－i1＋i＋1－i＝1＋i＋1－i＝2，故选A. 4．已知复数z－2i，若z1＝3－bi，z2＝11z是实数，则实数b等于(

) 2A．6

B．－6 C．0

D.16

答案

A 解析

∵z13－bi3－bi1＋2iz＝＝21－2i1－2i1＋2i

＝3＋2b＋6－bi5是实数，

∴6－b＝0，∴实数b的值为6，故选A. 5．设i是虚数单位，z表示复数z的共轭复数．若z＝1＋i，则zi＋i·z等于(

) A．－2

B．－2i

C．2

D．2i 答案

C 解析

∵z＝1＋i，∴z＝1－i，z12i＝＋ii＝－i＋ii＝1－i，

∴zi＋i·z＝1－i＋i(1－i)＝(1－i)(1＋i)＝2.故选C. 6．已知复数z＝4＋bi1－i(b∈R)的实部为－1，则复数z－b在复平面上对应的点位于(

A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

答案

C )

4＋bi4＋bi1＋i解析

z＝＝

1－i1－i1＋i4－b＋4＋bi4－b4＋b＝＝＋i，

2224＋bi又复数z＝(b∈R)的实部为－1，

1－i4－b则＝－1，即b＝6.∴z＝－1＋5i，

2则z＝－1－5i. 复数z－b＝－1－5i－6＝－7－5i，在复平面上对应的点的坐标为(－7，－5)，位于第三象限．故选C. 7．若复数z满足2z＋z＝3－2i，其中i为虚数单位，则z等于(

) A．1＋2i

C．－1＋2i

答案

B 解析

设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi，∴2z＋z＝2(a＋bi)＋(a－bi)＝3－2i，整理得3a＋bi＝3－2i，

3a＝3，a＝1，∴解得∴z＝1－2i，故选B. b＝－2，b＝－2，B．1－2i D．－1－2i

二、填空题

8．若复数z满足(3－4i)z＝4＋3i，|z|＝________. 答案

1 解析

因为(3－4i)z＝4＋3i，

4＋3i4＋3i3＋4i25i所以z＝＝＝＝i. 3－4i3－4i3＋4i25则|z|＝1. a－2i9．复数(i是虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为________．

1＋2i答案

4 解析

a－2ia－2i1－2ia－4－2a＋1i＝＝

51＋2i1＋2i1－2ia－42a＋1＝－i. 55a－2i∵复数是纯虚数，

1＋2i

∴2a＋1－5≠0，________象限．

a－4＝0，5

解得a＝4. z1→→10．如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA，OB，则复数对应的点位于第z2

答案

二

解析

由复数的几何意义知，z1＝－2－i，z2＝i，

z1－2－i所以＝＝－1＋2i，对应的点在第二象限．

z2i三、解答题

1－i2＋31＋i11．已知复数z＝. 2－i(1)求z的共轭复数z；

(2)若az＋b＝1－i，求实数a与b的值．

－2i＋3＋3i3＋i解

(1)z＝＝＝1＋i. 2－i2－i∴z＝1－i. (2)a(1＋i)＋b＝1－i，即a＋b＋ai＝1－i，

a＋b＝1，∴

解得a＝－1，b＝2. a＝－1，

12．已知i是虚数单位，且复数z满足(z－3)(2－i)＝5. (1)求z及|z－2＋3i|；

(2)若z·(a＋i)是纯虚数，求实数a的值．

解

(1)∵(z－3)(2－i)＝5，

52＋i5∴z＝＋3＝＋3 2－i2－i2＋i＝(2＋i)＋3＝5＋i. ∴|z－2＋3i|＝|3＋4i|＝32＋42＝5. (2)由(1)可知，z＝5＋i，

∴z·(a＋i)＝(5＋i)(a＋i)＝(5a－1)＋(a＋5)i.

又z·(a＋i)是纯虚数，∴5a－1＝0且a＋5≠0，

1解得a＝. 513．已知z是复数，z＋2i与z均为实数(i为虚数单位)，且复数(z＋ai)2在复平面内对应的1－i点在第一象限，求实数a的取值范围．

解

z是复数，z＋2i与z1－i均为实数，

可设z＝x－2i，

x－2ix－2i1＋i2＋x＋x－21－i＝2＝i2，

可得x＝2. 因为复数(z＋ai)2＝(2－2i＋ai)2

＝－a2＋4a＋4(a－2)i，

因为复数(z＋ai)2在复平面内对应的点在第一象限，

所以－a2＋4a>0，00，

所以a>2，

即2

四、探究与拓展

14．已知复数z满足2z＋mz－3＝i，且z的实部与虚部之和为0，则实数m等于(

A．－3

B．－1 C．1

D．3 答案

B 解析

由2z＋mz－3＝i，

得z＝m＋3im＋3i－2－i－2＋i＝－2＋i－2－i

＝－2m＋3－6＋mi5＝－2m＋35－6＋m5i，

又z的实部与虚部之和为0，

则－2m＋35－6＋m5＝0，解得m＝－1. 15．已知复数z＝(a＋2i)(1－bi)，其中i是虚数单位．

(1)若z＝5－i，求a，b的值；

)

21(2)若z的实部为2，且a>0，b>0，求证：＋≥4. ab(1)解

由复数z＝(a＋2i)(1－bi)，又z＝5－i，

得(a＋2i)(1－bi)＝(a＋2b)＋(2－ab)i＝5－i，

a＋2b＝5，则

2－ab＝－1，

a＝3，解得或3b＝1b＝.

a＝2，2

(2)证明

若z的实部为2，即a＋2b＝2. ∵a>0，b>0且a＋2b＝2，

1∴(a＋2b)＝1，

22112114ba∴＋＝(＋)(a＋2b)＝(4＋＋) ab2ab2ab1≥(4＋2 24ba·)＝4. ab4ba1当且仅当＝，即a＝1，b＝时取等号，

ab221∴＋≥4. ab