2023-2024學(xué)年人教A版必修第二冊 7-2-2　復(fù)數(shù)的乘、除運(yùn)算 學(xué)案

7.2.2復(fù)數(shù)的乘、除運(yùn)算新課程標(biāo)準(zhǔn)解讀核心素養(yǎng)1.掌握復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法和除法運(yùn)算數(shù)學(xué)抽象2.理解復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律數(shù)學(xué)運(yùn)算我們知道，兩個實數(shù)的乘法對加法來說滿足分配律，即a，b，c∈R時，有（a＋b）c＝ac＋bc，而且，實數(shù)的正整數(shù)次冪滿足aman＝am＋n，（am）n＝amn，（ab）n＝anbn，其中m，n均為正整數(shù).問題復(fù)數(shù)的運(yùn)算滿足上述的運(yùn)算律嗎？

知識點一復(fù)數(shù)的乘法1.復(fù)數(shù)的乘法法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），則z1z2＝（a＋bi）（c＋di）＝（ac－bd）＋（ad＋bc）i.2.復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算律對于任意z1，z2，z3∈C，有交換律z1z2＝z2z1結(jié)合律（z1z2）z3＝z1（z2z3）分配律z1（z2＋z3）＝z1z2＋z1z31.復(fù)數(shù)的乘法與多項式乘法有何不同？提示：復(fù)數(shù)的乘法與多項式乘法是類似的，有一點不同即必須在所得結(jié)果中把i2換成－1，再把實部、虛部分別合并.2.多項式乘法的運(yùn)算律在復(fù)數(shù)乘法中能否成立？提示：仍然成立，乘法公式也適用.知識點二復(fù)數(shù)的除法復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法法則（a＋bi）÷（c＋di）＝a＋bic＋di＝ac＋bdc2＋d2＋bc－adc2＋d2i提醒對復(fù)數(shù)除法的兩點說明：①實數(shù)化，分子、分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)c－di，化簡后即得結(jié)果，這個過程實際上就是把分母實數(shù)化，這與根式除法的分母“有理化”類似；②代數(shù)式，注意最后結(jié)果要將實部、虛部分開.1.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z＝（3－i）（2＋i），則z的虛部為（）A.i B.1C.7i D.7解析：B∵z＝（3－i）（2＋i）＝7＋i，∴z的虛部為1.故選B.2.復(fù)數(shù)z＝－i2+i－i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限解析：C因為z＝－i2+i－i＝－i（2－i）（2+i)(2－i）－i＝－1－2i5－i3.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足（1＋i）z＝2－2i（i為虛數(shù)單位），則｜z｜＝.

解析：由已知可得z＝2（1－i）1+i＝2（1－答案：2題型一復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法運(yùn)算【例1】計算下列各題：（1）（1－i）（1＋i）＋（－1＋i）；（2）（2－i）（－1＋5i）（3－4i）＋2i.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＝（3＋11i）（3－4i）＋2i＝（9－12i＋33i－44i2）＋2i＝53＋21i＋2i＝53＋23i.通性通法復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算法則的應(yīng)用（1）復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算可以把i看作字母，類比多項式的乘法進(jìn)行，注意要把i2化為－1，進(jìn)行最后結(jié)果的化簡；（2）對于能夠使用乘法公式計算的兩個復(fù)數(shù)的乘法，用乘法公式更簡便.例如平方差公式、完全平方公式等.1.已知復(fù)數(shù)z＝i（1－i），則其共軛復(fù)數(shù)z＝（）A.－1－i B.－1＋iC.1－i D.1＋i解析：Cz＝i（1－i）＝i－i2＝1＋i，所以z＝1－i.故選C.2.若復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1＝1－2i，z2＝3＋4i（i是虛數(shù)單位），則z1·z2的虛部為.

解析：由題意知，z1·z2＝（1－2i）（3＋4i）＝11－2i，所以z1·z2的虛部為－2.答案：－2題型二復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算【例2】（1）已知z＝3+4i1+i，i為虛數(shù)單位，則｜z｜＝A.52 B.C.522 （2）若復(fù)數(shù)z滿足zi＝－1＋i（i為虛數(shù)單位），則z＝（）A.－1－i B.－1＋iC.1－i D.1＋i解析（1）z＝3+4i1+i＝（3+4i)(1－i）（1+i)(1－i（2）因為復(fù)數(shù)z滿足zi＝－1＋i（i為虛數(shù)單位），所以z＝－1+ii＝(-1+i)(-i答案（1）C（2）D通性通法1.兩個復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算的步驟（1）首先將除式寫為分式；（2）再將分子、分母同乘以分母的共軛復(fù)數(shù)；（3）然后將分子、分母分別進(jìn)行乘法運(yùn)算，并將其化為復(fù)數(shù)的代數(shù)形式.2.常用公式（1）1i＝－i；（2）1+i1－i＝i；（31.設(shè)復(fù)數(shù)z＝1－i（i是虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)2z＋z2＝（A.1－i B.1＋iC.2＋i D.2－i解析：A2z＋z2＝21－i＋（1－i）2＝2（1+i）（1－i)(1+2.復(fù)數(shù)z＝a＋2i，a∈R，若zi＋1－3i為實數(shù)，則a＝.解析：zi＋1－3i＝a+2ii＋1－3i＝－i（a+2i）i·(-i）＋1－3i＝3－（a＋3）i，∵zi＋1－答案：－3題型三i冪值的周期性及應(yīng)用【例3】（1）復(fù)數(shù)z＝i2023的模是（）A.i B.－1C.0 D.1（2）計算：1＋i＋i2＋i3＋…＋i100（i為虛數(shù)單位）的結(jié)果是.

解析（1）因為i2＝－1，i4＝1，所以z＝i2023＝i4×505＋3＝i3＝－i，所以復(fù)數(shù)z的模是1.故選D.（2）由復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則可知：1＋i＋i2＋i3＋…＋i100＝1＋（i＋i2＋i3＋i4）＋…＋（i97＋i98＋i99＋i100）＝1＋0＋…＋0＝1.答案（1）D（2）1通性通法利用i冪值的周期性解題的技巧（1）熟記i的冪值的4個結(jié)果，當(dāng)冪指數(shù)除以4所得的余數(shù)是0，1，2，3時，相應(yīng)的冪值分別為1，i，－1，－i；（2）對于n∈N，有in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0.計算：1+i1－解：∵1+i1－i＝（1+i)(1+i）（1－i)(1+i）＝2i2＝i∴1+i1－i2022＋1－i1+i2023＝i2022＋（－i）2023＝i2020×i2＋（－i）2020×題型四在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程【例4】在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解下列方程：（1）x2＋5＝0；（2）x2＋4x＋6＝0.解（1）因為x2＋5＝0，所以x2＝－5，又因為（5i）2＝（－5i）2＝－5，所以x＝±5i，所以方程x2＋5＝0的根為x＝±5i.（2）法一因為x2＋4x＋6＝0，所以（x＋2）2＝－2，因為（2i）2＝（－2i）2＝－2，所以x＋2＝2i或x＋2＝－2i，即x＝－2＋2i或x＝－2－2i，所以方程x2＋4x＋6＝0的根為x＝－2±2i.法二由x2＋4x＋6＝0知Δ＝42－4×6＝－8＜0，所以方程x2＋4x＋6＝0無實數(shù)根.在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，設(shè)方程x2＋4x＋6＝0的根為x＝a＋bi（a，b∈R且b≠0），則（a＋bi）2＋4（a＋bi）＋6＝0，所以a2＋2abi－b2＋4a＋4bi＋6＝0，整理得（a2－b2＋4a＋6）＋（2ab＋4b）i＝0，所以a又因為b≠0，所以a解得a＝－2，b＝±2.所以x＝－2±2i，即方程x2＋4x＋6＝0的根為x＝－2±2i.通性通法在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)，實系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的求解方法（1）求根公式法：①當(dāng)Δ≥0時，x＝－b②當(dāng)Δ＜0時，x＝－b（2）利用復(fù)數(shù)相等的定義求解：設(shè)方程的根為x＝m＋ni（m，n∈R），代入方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0），化簡后利用復(fù)數(shù)相等的定義求解；（3）一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系仍成立，即x1＋x2＝－ba，x1x2＝c1.已知2i－3是關(guān)于x的方程x2＋6x＋q＝0（q∈R）的一個根，則該方程的另一個根為（）A.2i＋3 B.－2i－3C.2i－3 D.－2i＋3解析：B根據(jù)題意，方程的另一個根為－6－（2i－3）＝－3－2i.故選B.2.已知關(guān)于x的方程x2＋（k＋2i）x＋2＋ki＝0有實根，求這個實根及實數(shù)k的值.解：設(shè)x＝x0是方程的實根，代入方程并整理得（x02＋kx0＋2）＋（2x0＋k）i由復(fù)數(shù)相等的條件得x02＋kx0＋2＝2x0＋k＝解得x0＝∴方程的實根為x＝2或－2，相應(yīng)的k的值為－22或22.1.已知m∈R，i為虛數(shù)單位，若（m＋i）（2－3i）＝5－i，則m＝（）A.1 B.－1C.2 D.－2解析：A由（m＋i）（2－3i）＝（2m＋3）＋（2－3m）i＝5－i，得2m+3=5，22.復(fù)數(shù)z滿足：z（2＋i）＝5（i是虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z的虛部為（）A.－2 B.2C.－i D.－1解析：Dz＝52+i＝5（2－i）（2+i)(3.已知復(fù)數(shù)z＝i＋2i2＋3i3＋4i4（其中i為虛數(shù)單位），則｜z｜＝（）A.2 B.22C.4 D.10解析：B依題意，z＝i＋2×（－1）＋3（－i）＋4＝2－2i，所以｜z｜＝22＋(-2）24.已知復(fù)數(shù)z滿足z（1＋i）＝2ti（t∈R），若｜z｜＝22，求t的值.解：由z（1＋i）＝2ti（t∈R），得z＝2ti1+i＝2ti（1－i）（1+i)(1－i）＝ti（1－i）＝t＋ti，因為｜z｜＝22，所以t2歐拉公式及應(yīng)用歐拉公式eix＝cosx＋isinx（x∈R，i為虛數(shù)單位）是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)明的，它將指數(shù)函數(shù)的定義域推廣到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，它在復(fù)變函數(shù)論里占有非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”.【例】（1）歐拉公式eiθ＝cosθ＋isinθ把自然對數(shù)的底數(shù)e、虛數(shù)單位i、三角函數(shù)聯(lián)系在一起，充分體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的和諧美.若復(fù)數(shù)z滿足（eiπ＋i）·z＝i，則z的虛部為（）A.12B.－12 C.1D.（2）（多選）歐拉公式exi＝cosx＋isinx（其中i為虛數(shù)單位，x∈R），依據(jù)歐拉公式，下列選項正確的是（）A.復(fù)數(shù)e2i對應(yīng)的點位于第三象限B.eπC.復(fù)數(shù)exiD.eπ6i的共軛復(fù)數(shù)為1解析（1）由歐拉公式知：eiπ＝cosπ＋isinπ＝－1，∴（eiπ＋i）·z＝（－1＋i）·z＝i，∴z＝i－1+i＝i(-1－i）(-1+i)(-1－i）（2）由題知e2i＝cos2＋isin2，而cos2＜0，sin2＞0，則復(fù)數(shù)e2i對應(yīng)的點位于第二象限，故A錯誤；eπ2i＝cosπ2＋isinπ2＝i，則eπ2i為純虛數(shù)，故B正確；exi3＋i＝cosx＋isinx3＋i＝（cosx＋isinx)(3－i）（3＋i)(3－i）＝3cosx＋sin答案（1）B（2）BC1.（2023·濟(jì)南月考）歐拉公式eiθ＝cosθ＋isinθ（e＝2.71828…），被譽(yù)為數(shù)學(xué)上優(yōu)美的數(shù)學(xué)公式.已知ei（θ＋π6）＝12＋3A.π3＋2kπ（k∈Z） B.π6＋2kπ（k∈C.π3＋kπ（k∈Z） D.π6＋kπ（k∈解析：B∵eiθ＝cosθ＋isinθ，∴ei（θ＋π6）＝cos（θ＋π6）＋isin（θ＋π6）＝12＋32i，∴cos（θ＋π6）＝12，sin（θ＋π2.（多選）公式eix＝cosx＋isinx（x∈R，i為虛數(shù)單位）在復(fù)變函數(shù)中有非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，據(jù)此公式，則有（）A.eiπ＋1＝0 B.（12＋32i）2022C.｜eix＋e－ix｜≤2 D.－2≤eix－e－ix≤2解析：ABC對于A，當(dāng)x＝π時，因為eiπ＝cosπ＋isinπ＝－1，所以eiπ＋1＝0，故