高中數(shù)學(xué) 3-2-2復(fù)數(shù)的乘方及除法運(yùn)算規(guī)范訓(xùn)練 蘇教版選修1-2

第2課時(shí)復(fù)數(shù)的乘方及除法運(yùn)算eq\a\vs4\al\co1(雙基達(dá)標(biāo)限時(shí)15分鐘)1．已知a是實(shí)數(shù)，eq\f(a－i,1＋i)是純虛數(shù)，則a等于________．解析eq\f(a－i,1＋i)＝eq\f(a－i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(a－1－a＋1i,2)＝eq\f(a－1,2)－eq\f(a＋1,2)i，因?yàn)樵搹?fù)數(shù)為純虛數(shù)，所以a＝1.答案12．eq\f(10i,2－i)＝________.解析eq\f(10i,2－i)＝eq\f(10i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(20i－10,5)＝－2＋4i.答案－2＋4i3．若復(fù)數(shù)z1＝4＋29i，z2＝6＋9i，其中i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)(z1－z2)i的實(shí)部為_(kāi)_______．解析(z1－z2)i＝(－2＋20i)i＝－20－2i，故(z1－z2)i的實(shí)部為－20.答案－204．若復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z(1＋i)＝1－i(i是虛數(shù)單位)，則其共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)＝__________.解析z＝eq\f(1－i,1＋i)＝eq\f(1－i2,1＋i1－i)＝－i，∴eq\x\to(z)＝i.答案i5．若ω＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，則ω＋eq\f(1,ω)＝__________.解析ω＋eq\f(1,ω)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i＋eq\f(1,－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i＝－1.答案－16．已知復(fù)數(shù)z1＝a＋2i(a∈R)，z2＝3－4i，且eq\f(z1,z2)為純虛數(shù)，求復(fù)數(shù)z1.解eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋2i,3－4i)＝eq\f(a＋2i3＋4i,5)＝eq\f(3a－8＋6＋4ai,5)，因?yàn)閑q\f(z1,z2)為純虛數(shù)，∴3a－8＝0，a＝eq\f(8,3)，z1＝eq\f(8,3)＋2i.eq\a\vs4\al\co1(綜合提高限時(shí)30分鐘)7．若n∈N*，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,\r(2))))4n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,\r(2))))4n＝__________.解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,\r(2))))4n＝eq\f(2i2n,22n)＝(－1)n；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i,\r(2))))4n＝eq\f(－2i2n,22n)＝(－1)n.∴原式＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n為偶數(shù)，,－2n為奇數(shù).))答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n為偶數(shù),－2n為奇數(shù)))8．設(shè)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z)，若z＋eq\x\to(z)＝4，z·eq\x\to(z)＝8，則eq\f(\x\to(z),z)等于__________．解析設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則eq\x\to(z)＝x－yi，依題意2x＝4且x2＋y2＝8，∴x＝2，y＝±2，∴eq\f(\x\to(z),z)＝eq\f(\x\to(z)2,z·\x\to(z))＝eq\f(2±2i2,8)＝±i.答案±i9．已知z是純虛數(shù)，eq\f(z＋2,1－i)是實(shí)數(shù)，那么z等于__________．解析由題意得z＝ai(a∈R且a≠0)，∴eq\f(z＋2,1－i)＝eq\f(2＋ai1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(2－a＋a＋2i,2)，則a＋2＝0，∴a＝－2.∴z＝－2i.答案－2i10．設(shè)z＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，那么z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6的值是__________．解析法一由z＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(1,2)))2＝－eq\f(3,4)，即z2－z＋1＝0.①而z≠－1，∴(z＋1)(z2－z＋1)＝0，即z3＝－1.②∴原式＝z＋z2＋z3＋z·z3＋z2·z3＋z3·z3＝z＋z2－1－z－z2＋1＝0.法二設(shè)ω＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，則z＝－eq\x\to(ω).以下利用復(fù)數(shù)ω的性質(zhì)可得原式＝0.法三原式＝eq\f(z1－z6,1－z).由z＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，可得z3＝－1，從而z6＝1，所以原式＝0.答案011．設(shè)z1＝2－i，z2＝1－3i，求z＝eq\f(2i,z1)＋eq\f(\x\to(z2)2,5)的值．解z＝eq\f(2i,2－i)＋eq\f(1＋3i2,5)＝eq\f(2i2＋i,5)＋eq\f(－8＋6i,5)＝eq\f(－10＋10i,5)＝－2＋2i.12．已知x，y∈R，且eq\f(x,1＋i)＋eq\f(y,1＋2i)＝eq\f(5,1＋3i)，求x、y的值．解∵eq\f(x,1＋i)＋eq\f(y,1＋2i)＝eq\f(5,1＋3i)，∴eq\f(x1－i,2)＋eq\f(y1－2i,5)＝eq\f(51－3i,10)，即5x(1－i)＋2y(1－2i)＝5－15i，(5x＋2y)－(5x＋4y)i＝5－15i，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x＋2y＝5，,5x＋4y＝15，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝5.))13．(創(chuàng)新拓展)求同時(shí)滿(mǎn)足下列兩個(gè)條件的所有復(fù)數(shù)：(1)z＋eq\f(10,z)是實(shí)數(shù)且1<z＋eq\f(10,z)≤6；(2)z的實(shí)部和虛部都是整數(shù)．解設(shè)z＝x＋yi(x，y∈Z)，則z＋eq\f(10,z)＝x＋yi＋eq\f(10,x＋yi)＝x＋yi＋eq\f(10x－yi,x2＋y2)∈R，得y－eq\f(1