3.2.2 复数代数形式的乘除运算第二课时教学设计

3．2.2

复数代数形式的乘除运算

预习课本P58～60，思考并完成下列问题

(1)复数乘法、除法的运算法则是什么？共轭复数概念的定义是什么？

(2)复数乘法的多项式运算与实数的多项式运算法则是否相同？如何应用共轭复数的性质解决问题？

[新知初探]

1．复数代数形式的乘法法则

设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i. 2．复数乘法的运算律

对任意复数z1，z2，z3∈C，有

交换律

结合律

分配律

3.共轭复数

已知z1＝a＋bi，z2＝c＋di，a，b，c，d∈R，则

(1)z1，z2互为共轭复数的充要条件是a＝c且b＝－d. (2)z1，z2互为共轭虚数的充要条件是a＝c且b＝－d≠0. 4．复数代数形式的除法法则：

(a＋bi)÷(c＋di)＝a＋biac＋bdbc－ad＝＋i(c＋di≠0)．

c＋dic2＋d2c2＋d2z1·z2＝z2·z1

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

[点睛]

在进行复数除法时，分子、分母同乘以分母的共轭复数c－di，化简后即得结果，这个过程实际上就是把分母实数化，这与根式除法的分母“有理化”很类似．

[小试身手]

1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两个复数互为共轭复数是它们的模相等的必要条件．(

) 2(2)若z1，z2∈C，且z21＋z2＝0，则z1＝z2＝0.(

) (3)两个共轭虚数的差为纯虚数．(

) 答案：(1)×

(2)×

(3)√

2．复数i(2－i)＝(

) A．1＋2i

C．－1＋2i

答案：A

B．1－2i D．－1－2i

3．若复数z1＝1＋i，z2＝3－i，则z1·z2＝(

) A．4＋2i

C．2＋2i

答案：A i2＋i3＋i44．复数＝________. 1－i11答案：－i 22

复数代数形式的乘法运算

[典例]

(1)已知i是虚数单位，若复数(1＋ai)(2＋i)是纯虚数，则实数a等于(

) A．2

1C．－

21B.

2D．－2 B．2＋i D．3＋4i (2)复数z＝(1＋2i)(3－i)，其中i为虚数单位，则z的实部是________．

[解析]

(1)(1＋ai)(2＋i)＝2－a＋(1＋2a)i，要使复数为纯虚数，所以有2－a＝0,1＋2a≠0，解得a＝2. (2)(1＋2i)(3－i)＝3－i＋6i－2i2＝5＋5i，

所以z的实部是5. [答案]

(1)A

(2)5

1．两个复数代数形式乘法的一般方法

(1)首先按多项式的乘法展开．

(2)再将i2换成－1. (3)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－b2＋2abi(a，b∈R)．

(2)(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R)．

(3)(1±i)2＝±2i.

[活学活用] 1．已知x，y∈R，i为虚数单位，且xi－y＝－1＋i，则(1＋i)xy的值为(

) ＋A．2

C．－4

B．－2i D．2i

解析：选D

由xi－y＝－1＋i得x＝1，y＝1，所以(1＋i)xy＝(1＋i)2＝2i. ＋2．已知a，b∈R，i是虚数单位．若(a＋i)(1＋i)＝bi，则a＋bi＝________. 解析：因为(a＋i)(1＋i)＝a－1＋(a＋1)i＝bi，所以a－1＝0，a＋1＝b，即a＝1，b＝2，所以a＋bi＝1＋2i. 答案：1＋2i 复数代数形式的除法运算

[典例]

(1)若复数z满足z(2－i)＝11＋7i(i是虚数单位)，则z为(

) A．3＋5i

C．－3＋5i

B．3－5i D．－3－5i 1＋ai(2)设i是虚数单位，复数为纯虚数，则实数a为(

) 2－iA．2

1C．－

2[解析]

(1)∵z(2－i)＝11＋7i，

11＋7i(11＋7i)(2＋i)15＋25i∴z＝＝＝＝3＋5i. 52－i(2－i)(2＋i)1＋ai(1＋ai)(2＋i)2－a1＋2a1＋ai2－a1＋2a(2)＝＝＋i，由是纯虚数，则＝0，≠0，所55552－i(2－i)(2＋i)2－i以a＝2. [答案]

(1)A

(2)A

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

1＋i1－i1(1)＝－i；(2)＝i；(3)＝－i.

i1－i1＋i[活学活用] 1－2i1．

i是虚数单位，计算的结果为________．

2＋i解析：1－2i(1－2i)(2－i)(2－2)－i－4i＝＝＝－i. 52＋i(2＋i)(2－i)B．－2 1D.

2答案：－i

(1＋i)(4＋3i)2．计算：＝________. (2－i)(1－i)(1＋i)(4＋3i)1＋7i(1＋7i)(1＋3i)解析：法一：＝＝

10(2－i)(1－i)1－3i＝－2＋i. (1＋i)(4＋3i)1＋i4＋3i法二：＝

(2－i)(1－i)1－i2－i＝＝i(4＋3i)(2＋i)(－3＋4i)(2＋i)＝

55－10＋5i＝－2＋i. 5答案：－2＋i i的乘方的周期性及应用

[典例]

(1)(湖北高考)i为虚数单位，i607的共轭复数为(

) A．i

C．1

B．－i D．－1 (2)计算i1＋i2＋i3＋…＋i2 016＝________. [解析]

(1)因为i607＝i4×151＋3＝i3＝－i，所以其共轭复数为i，故选A. i(1－i2 016)i[1－(i2)1 008]i(1－1)(2)法一：原式＝＝＝＝0. 1－i1－i1－i法二：∵i1＋i2＋i3＋i4＝0，

∴in＋in1＋in2＋in3＝0(n∈N)，

＋＋＋∴i1＋i2＋i3＋…＋i2 016，

＝(i1＋i2＋i3＋i4)＋(i5＋i6＋i7＋i8)＋…＋(i2 013＋i2 014＋i2 015＋i2 016)＝0. [答案]

(1)A

(2)0

虚数单位i的周期性

(1)i4n1＝i，i4n2＝－1，i4n3＝－i，i4n＝1(n∈N*)．

＋＋＋(2)in＋in1＋in2＋in3＝0(n∈N)．

＋＋＋[活学活用]

计算1＋i1＋i21＋i31＋i10＝______. ···…·1－i1－i1－i1－i1＋i＋＋＋…＋10解析：∵＝i，∴原式＝i·i2·i3·…·i10＝i123＝i55＝i3＝－i. 1－i答案：－i

复数综

合应用

1[典例]

设z是虚数，ω＝z＋z是实数，且－1＜ω＜2，求|z|的值及z的实部的取值范围．

[解]

因为z是虚数，所以可设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0. 11所以ω＝z＋z＝x＋yi＋

x＋yiyx－yix＝x＋yi＋22＝x＋22＋y－x2＋y2i. x＋yx＋y因为ω是实数且y≠0，

所以y－y222＝0，所以x＋y＝1，

x＋y2即|z|＝1.此时ω＝2x. 因为－1＜ω＜2，所以－1＜2x＜2，

1从而有－＜x＜1，

21－，1. 即z的实部的取值范围是2[一题多变] 1．[变设问]若本例中条件不变，设u＝1－z，证明u为纯虚数．

1＋z证明：设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0，

由典例解析知，x2＋y2＝1，

1－z1－(x＋yi)(1－x－yi)(1＋x－yi)∴u＝＝＝

1＋z1＋(x＋yi)(1＋x)2＋y21－x2－y2－2yiy＝i. 22＝－(1＋x)＋y1＋x1y－，1，y≠0，所以因为x∈≠0，

21＋x所以u为纯虚数．

1－z2的最小值．

2．[变设问]若本例条件不变，求ω－1＋z解：设z＝x＋yi，x，y∈R，且y≠0，

由典例解析知x2＋y2＝1. 1－z2＝2x－－yi2＝2x＋y2

则ω－1＋x1＋x1＋z1－x21－x＝2x＋＝2x＋

(1＋x)21＋x

＝2x－1＋22＝2(x＋1)＋－3. 1＋x1＋x1因为－＜x＜1，

2所以1＋x＞0. 1－z2＝2(x＋1)＋2－3≥

于是ω－1＋x1＋z222(x＋1)·－3＝1. 1＋x2，

1＋x当且仅当2(x＋1)＝即x＝0时等号成立．

1－z2所以ω－i. 的最小值为1，此时z＝±1＋z

复数运算的综合问题解决方法

在有关复数运算的综合问题中，常与集合、数列、不等式、三角函数、函数、解析几何等内容结合在一起，要解决此类问题常将复数设为x＋yi(x，y∈R)的形式，利用有关条件及复数相等转化为实数问题或利用复数的几何意义转化为点的坐标及向量问题进行解决．

层级一

学业水平达标

1．复数(1＋i)2(2＋3i)的值为(

) A．6－4i

C．6＋4i

B．－6－4i D．－6＋4i 解析：选D

(1＋i)2(2＋3i)＝2i(2＋3i)＝－6＋4i. 2．(全国卷Ⅰ)已知复数z满足(z－1)i＝1＋i，则z＝(

) A．－2－i

C．2－i

解析：选C

z－1＝B．－2＋i D．2＋i 1＋i＝1－i，所以z＝2－i，故选C. i3．(广东高考)若复数z＝i(3－2i)(i是虚数单位)，则z＝(

) A．2－3i

B．2＋3i C．3＋2i

D．3－2i 解析：选A

∵z＝i(3－2i)＝3i－2i2＝2＋3i，∴z＝2－3i. 4．(1＋i)20－(1－i)20的值是(

)

A．－1 024

C．0

B．1 024 D．512 解析：选C

(1＋i)20－(1－i)20＝[(1＋i)2]10－[(1－i)2]10＝(2i)10－(－2i)10＝(2i)10－(2i)10＝0. 2＋ai5．(全国卷Ⅱ)若a为实数，且＝3＋i，则a＝(

) 1＋iA．－4

C．3

解析：选D

B．－3 D．4 2＋ai(2＋ai)(1－i)a＋2a－2＝＝＋i＝3＋i，

221＋i(1＋i)(1－i)2＝3，a＋2所以a－22＝1，

解得a＝4，故选D. a6．(天津高考)已知a，b∈R，i是虚数单位，若(1＋i)(1－bi)＝a，则b的值为________．

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，

a所以b＝2. 答案：2 7．设复数z＝1＋2i，则z2－2z＝________. 解析：∵z＝1＋2i，

∴z2－2z＝z(z－2)＝(1＋2i)(1＋2i－2)＝(1＋2i)(－1＋2i)＝－3. 答案：－3 a8．若＝1－bi，其中a，b都是实数，i是虚数单位，则|a＋bi|＝________. 1－ia解析：∵a，b∈R，且＝1－bi，

1－i则a＝(1－bi)(1－i)＝(1－b)－(1＋b)i，

a＝1－b，∴

0＝1＋b.a＝2，∴

b＝－1.

∴|a＋bi|＝|2－i|＝22＋(－1)2＝5. 答案：5

(i－2)(i－1)－3－2i9．计算：＋. (1＋i)(i－1)＋i2－3i(i－2)(i－1)(i－2)(i－1)(i－2)(i－1)－3－2i(－3－2i)(2＋3i)解：因为＝2＝＝i－1，＝＝(1＋i)(i－1)＋ii－1＋i－2＋i2－3i(2－3i)(2＋3i)－13i＝－i，

13(i－2)(i－1)－3－2i所以＋＝i－1＋(－i)＝－1. (1＋i)(i－1)＋i2－3i10．已知z为z的共轭复数，若z·z－3iz＝1＋3i，求z. 解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，

则z＝a－bi(a，b∈R)，

由题意得(a＋bi)(a－bi)－3i(a－bi)＝1＋3i，

即a2＋b2－3b－3ai＝1＋3i，

22a＋b－3b＝1，则有

－3a＝3，

a＝－1，a＝－1，解得或

b＝0，b＝3.

所以z＝－1或z＝－1＋3i. 层级二

应试能力达标

1．如图，在复平面内，点A表示复数z，则图中表示z的共轭复数的点是(

) A．A

C．C

B．B

D．D

解析：选B

设z＝a＋bi(a，b∈R)，且a＜0，b＞0，则z的共轭复数为a－bi，其中a＜0，－b＜0，故应为B点．

1＋ai2．设a是实数，且∈R，则实数a＝(

) 1＋iA．－1

C．2

B．1 D．－2 1＋ai1＋ai解析：选B

因为∈R，所以不妨设＝x，x∈R，则1＋ai＝(1＋i)x＝x＋xi，1＋i1＋ix＝1，所以有所以a＝1. a＝x，

a＋i3．若a为正实数，i为虚数单位，i＝2，则a＝(

)

A．2

C.2

B.3 D．1 a＋ia＋i解析：选B

∵＝(a＋i)(－i)＝1－ai，∴＝|1－ai|＝1＋a2＝2，解得a＝3ii或a＝－3(舍)．

(－1＋3i)3－2＋i4．计算＋的值是(

) (1＋i)61＋2iA．0

C．i

B．1 D．2i (－1＋3i)3(－2＋i)(1－2i)(－1＋3i)3－2＋4i＋i＋2解析：选D

原式＝＋＝＋＝(2i)35[(1＋i)2]3(1＋2i)(1－2i)13－＋i3221i＋i＝＋i＝＋i＝2i. －i－i(－i)iz15．若z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且为纯虚数，则实数a的值为________．

z2z1a＋2i(a＋2i)(3＋4i)3a＋4ai＋6i－8解析：＝＝＝

z23－4i259＋16＝(3a－8)＋(4a＋6)i，

25z1∵为纯虚数，

z23a－8＝0，∴

4a＋6≠0，

8∴a＝. 38答案：

36．设复数z满足z2＝3＋4i(i是虚数单位)，则z的模为________．

解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，

则z2＝a2－b2＋2abi＝3＋4i，

22a－b＝3，∴

2ab＝4，

a＝2，a＝－2，解得或

b＝1b＝－1.

∴|z|＝a2＋b2＝5. 答案：5

(1＋i)2＋3(1－i)a7．设复数z＝，若z2＋＜0，求纯虚数a. z2＋iaa解：由z2＋z＜0可知z2＋z是实数且为负数．

(1＋i)2＋3(1－i)2i＋3－3i3－iz＝＝＝＝1－i. 2＋i2＋i2＋i∵a为纯虚数，∴设a＝mi(m∈R且m≠0)，则

mi－mamiz2＋z＝(1－i)2＋＝－2i＋

21－imm－2i＜0，

＝－＋22∴m2－2＝0，m－＜0，2

∴m＝4，∴a＝4i.

(1＋i)3(a＋bi)8．复数z＝且|z|＝4，z对应的点在第一象限，若复数0，z，z对应的点1－i是正三角形的三个顶点，求实数a，b的值．

(1＋i)2·(1＋i)解：z＝(a＋bi) 1－i＝2i·i(a＋bi)＝－2a－2bi. 由|z|＝4，得a2＋b2＝4，①

∵复数0，z，z对应的点构成正三角形，

∴|z－z|＝|z|. 把z＝－2a－2bi代入化简得|b|＝1.②

又∵z对应的点在第一象限，

∴a＜0，b＜0. a＝－3，由①②得

b＝－1.故所求值为a＝－3，b＝－1.

(时间：

120分钟

满分：150分) 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的) 7－i1．i是虚数单位，复数＝(

) 3＋iA．2＋i

C．－2＋i

解析：选B

B．2－i D．－2－i 7－i(7－i)(3－i)20－10i＝＝＝2－i. 10103＋i2．(全国卷Ⅱ)若a为实数，且(2＋ai)(a－2i)＝－4i，则a＝(

) A．－1

C．1

B．0 D．2 解析：选B

∵(2＋ai)(a－2i)＝－4i，

∴4a＋(a2－4)i＝－4i. 4a＝0，∴2解得a＝0.故选B. a－4＝－4.

3．若复数z满足A．1－i

C．－1－i

＝i，其中i是虚数单位，则z＝(

) 1－iB．1＋i D．－1＋i z解析：选A

z＝(1－i)i＝－i2＋i＝1＋i，z＝1－i，故选A. 4．设i是虚数单位，则复数2i在复平面内所对应的点位于(

) 1－iB．第二象限

D．第四象限

A．第一象限

C．第三象限

解析：选B

2i(1＋i)2(i－1)2i＝＝＝－1＋i，由复数的几何意义知－1＋i在复平21－i(1－i)(1＋i)面内的对应点为(－1,1)，该点位于第二象限，故选B. (1－i)25．已知z＝1＋i(i为虚数单位)，则复数z＝(

) A．1＋i

C．－1＋i

B．1－i D．－1－i (1－i)2(1－i)2－2i－2i(1－i)解析：选D

由z＝1＋i，得z＝＝＝＝－1－i，故选D. 1＋i1＋i(1＋i)(1－i)6．设复数z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数是z，则A．－1－2i

C．－1＋2i

B．－2＋i D．1＋2i

2－zz等于(

)

2－z2－(－1＋i)解析：选C

由题意可得＝

z－1－i＝(3－i)(－1＋i)＝－1＋2i，故选C. (－1－i)(－1＋i)137．已知复数z＝－＋i，则z＋|z|＝(

) 2213A．－－i

2213C.＋i

2213B．－＋i 2213D.－i 221313解析：选D

因为z＝－＋i，所以z＋|z|＝－－i＋

2222－12＋32＝1－3i. 22228．已知复数z满足(1－i)z＝i2 016(其中i为虚数单位)，则z的虚部为(

) 1A.

21C.i

21B．－

21D．－i 211111＝＋i，∴z＝－i，∴z的221－i22解析：选B

∵2 016＝4×504，∴i2 016＝i4＝1.∴z＝1虚部为－.故选B. 29．A，B分别是复数z1，z2在复平面内对应的点，O是原点，若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则三角形AOB一定是(

) A．等腰三角形

C．等边三角形

B．直角三角形

D．等腰直角三角形

――→――→解析：选B

根据复数加(减)法的几何意义，知以OA，OB为邻边所作的平行四边形的对角线相等，则此平行四边形为矩形，故三角形OAB为直角三角形．

10．设z＝(2t2＋5t－3)＋(t2＋2t＋2)i，t∈R，则以下结论正确的是(

) A．z对应的点在第一象限

B．z一定不为纯虚数

C.z对应的点在实轴的下方

D．z一定为实数

解析：选C

∵t2＋2t＋2＝(t＋1)2＋1＞0，∴z对应的点在实轴的上方．又∵z与z对应的点关于实轴对称．

∴C项正确．

11．设z的共轭复数为z，若z＋z＝4，z·z＝8，则z等于(

) A．1

C．±1

B．－i D．±i z2a＝4，a＝2，解析：选D

设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi，由条件可得2解得2a＋b＝8.2.b＝±

z2－2i1－izz＝2＋2i，z＝2－2i，(1－i)2－2i因此或所以＝＝＝＝＝－i，或z2＋2i1＋i(1＋i)(1－i)z2z＝2－2i，z＝2＋2i.z2＋2i1＋i(1＋i)22i＝＝＝＝＝i，所以＝±i. z2－2i1－i(1－i)(1＋i)2y12．已知复数z＝(x－2)＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的向量的模为3，则x的最大值是(

) A.3

2B.3

3

1C.

2D.3 解析：选D

因为|(x-2)+yi|=3，所以(x-2)2+y2=3，所以点(x，y)在以yC(2,0)为圆心，以为半径的圆上，如图，由平面几何知识-3≤≤3. x二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中的横线上) 13．已知复数z＝(5＋2i)2(i为虚数单位)，则z的实部为________．

解析：复数z＝(5＋2i)2＝21＋20i，其实部是21. 答案：21 14．i是虚数单位，若复数(1－2i)(a＋i)是纯虚数，则实数a的值为________．

解析：由(1－2i)(a＋i)＝(a＋2)＋(1－2a)i是纯虚数可得a＋2＝0,1－2a≠0，解得a＝－2. 答案：－2 15．设复数a＋bi(a，b∈R)的模为3，则(a＋bi)(a－bi)＝________. 解析：∵|a＋bi|＝a2＋b2＝3，

∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3. 答案：3 16．若关于x的方程x2＋(2－i)x＋(2m－4)i＝0有实数根，则纯虚数m＝________. 解析：设m＝bi(b∈R且b≠0)，则x2＋(2－i)x＋(2bi－4)i＝0，化简得(x2＋2x－2b)＋(－

2x＋2x－2b＝0，x＝－4，x－4)i＝0，即解得∴m＝4i. －x－4＝0，b＝4，

答案：4i 三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)设复数z＝lg(m2－2m－2)＋(m2＋3m＋2)i(m∈R)，试求m取何值时？

(1)z是实数.

(2)z是纯虚数．

(3)z对应的点位于复平面的第一象限．

解：(1)由m2＋3m＋2＝0且m2－2m－2＞0，解得m＝－1或m＝－2，复数表示实数．

(2)当实部等于零且虚部不等于零时，复数表示纯虚数．

由lg(m2－2m－2)＝0，且m2＋3m＋2≠0，

求得m＝3，故当m＝3时，复数z为纯虚数．

(3)由lg(m2－2m－2)＞0，且m2＋3m＋2＞0，解得m＜－2或m＞3，故当m＜－2或m＞3时，复数z对应的点位于复平面的第一象限．

18．(本小题满分12分)已知(1＋2i)z＝4＋3i，求z及解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z＝a－bi. ∴(1＋2i)(a－bi)＝4＋3i，

∴(a＋2b)＋(2a－b)i＝4＋3i. a＋2b＝4，由复数相等，解得

2a－b＝3，a＝2，解得

b＝1.zz.

∴z＝2＋i. z24－1＋4i34∴＝＝2＝＝＋i. |z|555zz·zzz·z19．(本小题满分12分)已知z＝1＋i，a，b为实数．

(1)若ω＝z2＋3z－4，求|ω|；

z2＋az＋b(2)若2＝1－i，求a，b的值．

z－z＋1解：(1)ω＝(1＋i)2＋3(1－i)－4＝－1－i，

所以|ω|＝2.

(a＋b)＋(a＋2)i(2)由条件，得＝1－i，

i所以(a＋b)＋(a＋2)i＝1＋i，

a＋b＝1，a＝－1，所以解得

a＋2＝1，b＝2.

120．(本小题满分12分)虚数z满足|z|＝1，z2＋2z＋z＜0，求z. 解：设z＝x＋yi(x，y∈R，y≠0)，∴x2＋y2＝1. 11则z2＋2z＋＝(x＋yi)2＋2(x＋yi)＋

zx＋yi＝(x2－y2＋3x)＋y(2x＋1)i. 1∵y≠0，z2＋2z＋z＜0，

2x＋1＝0，

①∴22

x－y＋3x＜0，

②

又x2＋y2＝1.

③

x＝－2，由①②③得3y＝±2.13∴z＝－±i. 221

21．(本小题满分12分)已知复数z满足|z|＝2，z2的虚部是2. (1)求复数z；

(2)设z，z2，z－z2在复平面上的对应点分别为A，B，C，求△ABC的面积．

解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝a2－b2＋2abi，由题意得a2＋b2＝2且2ab＝2，解得a＝b＝1或a＝b＝－1，所以z＝1＋i或z＝－1－i. (2)当z＝1＋i时，z2＝2i，z－z2＝1－i，所以A(1,1)，B(0,2)，C(1，－1)，所以S△ABC＝1. 当z＝－1－i时，z2＝2i，z－z2＝－1－3i，

所以A(－1，－1)，B(0,2)，C(－1，－3)，

所以S△ABC＝1. 22．(本小题满分12分)已知复数z1满足(z1－2)(1＋i)＝1－i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，求z2. 解：∵(z1－2)(1＋i)＝1－i，

1－i(1－i)2－2i∴z1－2＝＝＝＝－i，

21＋i(1＋i)(1－i)

∴z1＝2－i. 设z2＝a＋2i(a∈R)，

则z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i. 又∵z1·z2∈R，∴a＝4.∴z2＝4＋2i.