第十章10.210.2.2复数的乘法和除法2019(秋)数学必修第四册人教B版(新教材)改题型

1、10.2.2 复数的乘法和除法课标要求素养要求i.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.学习复数的乘法运算、除法运算，培养 学生的逻辑推理素养，提升数学运算素 养.课前预习知识探究教材知识探究怕壤引入实数的运算律及运算法则已成为常识， 对于新扩充的虚数，我们可以类比实数的运算法则进行.问题如何规定两复数的乘法？提示复法的乘法可以按照多项式的乘法法则进行.上新知梳理.复数的乘法法则一般地，设 zi =a+bi,z2 = c+ di(a,b, c, d C R),称ziz2(或zi x z2)为zi与z2的积，并规定 ziz2=(a+bi)(c+d

2、i) = ac+ adi + bci + bdi2= (ac bd)+ (ad+ bc)i.复数乘法的运算律以前的平方差公式、完全平方公式仍适合复数对任意复数zi, z2, 23,有(1)交换律：ziz2=z2zi.(2)结合律：(ziz2)z3 = zi(z2z3).(3)乘法对加法的分配律：zi(z2+z3) = ziz2+ziz3.(4)设 z= a+bi, z= a bi(a, bCR),则zz=|z= |z|2； ziz2 = ziz2.(5)zmzn = zm+n, (zm)n=zmn, (ziz2)n = ziz2(m, n)N*).3无数的除法法则实质是“分母实数化”，即分子分

3、母同乘以分母的共腕复数、lzi a+bi设 zi = a+bi(a, bCR), z2 = c+di(c+di w0 且 c, d C R),则=(a+bi) (c di)ac+ bd bc ad.(c+ di) (cdi) = c2+d2 + c2+d2i(c+ di 丰 0).实系数一元二次方程在复数范围内，两根仍满足根与系数的关系当a, b, c都是实数且aw0时，关于x的方程ax2+bx+c= 0称为实系数一 元二次方程，这个方程在复数范围内总有解，而且当A= b24ac0时，方程有两个不相等的实数根；当A= b24ac=0时，方程有两个相等的实数根；当A= b24ac0?有两个不等实

4、根，A= 0?有两个相等实根，A0?有两个互为共 腕复数的虚数根)且两根xi, x2满足xi+x2= xix2=c.a a【训练3】 已知1+2i是关于x的方程x2 2x+a = 0(aC R)的根，则a=. 解析 方程另一根为12i,则(1+2i)(1 2i) = a,a= 5.答案 5学面提升核心素养、素养落地.通过学习复数的乘法运算、除法运算及运算律的应用，培养逻辑推理素养，提 升数学运算素养.复数代数形式的乘除运算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.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

5、乘以分母的共腕复数，化简后可得，类似于以前学习的分母有理化 .共腕复数的性质可以用来解决一些复数问题.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,二、素养训练1.i为虚数单位,A.0C.-2i一 ，一 1解析 ；=i,bR),利用复数相等的充要条件转化.W + 15 + 17 等于()B.2iD.4i13=i,4=-i, 4 = i, .- + 13+75+7=0.i i i i i i i答案 AB.3+ 3iD.3.若复数z= 1 + i, i为虚数单位，则(1+z)z等于()A.1 + 3iC.3i解析 (1 + z) z= (2+i

6、) (1+i) = (2X1 1)+(2+1)i= 1 + 3i.答案 A，,，一 1 ,.在复平面内，复数 寸的共腕复数对应的点位于()B.第二象限D.第四象限A.第一象限C.第三象限解析11 + i 1 1,1 111，“一2 ，在用四象乙=丁=2+习，其共腕旻数为2引，对应的点为飞 限，故选D.答案 D.复数z满足i z= 1 + 2i,其中i是虚数单位，则z的实部为1+2i课后作业X店提高、选择题1+2i ,1.1-2i; (A.-4-|i5 54.5i基础达标B.-4 + |i5 5D.-5+5i解析1 + 2i (1+2i)1-2i- (1-2i)(1+2i)(1 2i)3 4.=

7、-5+5i，故选D.解析 z=2i. i答案 D.在复平面内，复数1、+（1 +由产对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限i0 1 1解析工 +(1+V3i) =2 + 2i+(-2 + 2佝=1,.31 , “ 人2+ 23+2 i,对应点2, 243+ 2在第二象限.答案 B.设i是虚数单位，z表示复数z的共腕复数.若z= 1 + i,则：+ i z等于（）A.-2B.-2iC.2D.2i解析z:= 1 + i,，z=1 i,z 1 + i则：+iz=-p+i (1 i) = 1 i+i + 1=2.答案 C TOC o 1-5 h z .若复数z满足(3 4i)

8、z= |4+ 3i|,则z的虚部为()A.-4B.-4C.4D.455解析 .(34i)z=|4+ 3i|,_|4+ 3i|_5 _5 (3 + 4i)3 4-3-4i3-4i- (3-4i) (3 + 4i)5 5i则z的虚部是5. 5答案 D.若 z+ z=6, z z=10,则 z 等于()A.1 d3iB.3 士C.3+iD.3 i解析设z= a+bi(a, bCR),由题意得2a=6,a = 3,a = 3,得 或；z= 3或a2+b2=10,b=1b= 1,答案 B二、填空题a i.已知aCR, i为虚数单位，若2q-为实数，则a的值为a i 解析=(a-i) (2-i)(2a1)

9、 (a+2) i 2a-1 a+22+i (2+i) (2-i)5-i为实数, 5a + 2则一5- = 0, a= -2.答案 2.设z1，z2是一对共腕复数，幺一国=273,且12是实数，则幺| =解析 设 zi = a+bi(a, bC R), WJ N = abi, . |zi z2|= 2|b| = 2V, . . |b|=*, g Z1Z1 Z2又另是实数，:=1，z?= Z。，(a+ bi)3 = (a bi)3, /.a3-b3i + 3a2bi -3ab2 = a3+ b3i-3a2bi -3ab2,即 3a2bb3 = 0, - a2= 1,|zi|= Ja2+ b2 =

10、2.答案2j Z28.设复数zi = 2i, z2=1 3i,则复数二十 1的虚部等于4 O解析i Z2 i 1 + 3i i (2+i)1 31 21 3廿十十廿十川，虚部为1.答案1三、解答题f- 2 010、-2+2i JI9计算：+1 + i(2)(4-i5)(6+2i7)+(7+ i11)(4- 3i).2+2iJI2010解2+ 1(1-i) 2 1+2+2i二 +-2i1 00522i1 0051= i(1+i)+ ；=- 1 + i + (-i)1 005=1 + i i = 1.(2)原式=(4 i)(6 2i) + (7-i)(4- 3i) = 22 14i + 25 25

11、i = 47 39i.(1 + i) ?+3 (1 i)91、.10.已知复数 z=诟，右 z2+az+b= 1 + i(a, bCR),求 a+b的值.(1 + i) 2+3 (1-i) 2i + 33i解z=-2+i2+i3-i (3-i) (2-i)=1 i,2+i (2+i) (2-i)又 z2 + az+ b= 1 + i, . . (1 -i)2+a(1-i)+b=1 + i,. . (a+b)+( 2 a)i = 1+i, .a+b=1.能力提升11.已知复数z=4 _|_ bi彳二y(be R)的实部为一1,则复数zb在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象

12、限D.第四象限4+bi解析 z=(4+ bi) (1 + i)1-i (1-i) (1 + i)(4-b) + (4+ b) i 4b 4+b=-2-+2-i,又复数z= 4b(be R)的实部为一1,1 i4 b则-2 =-1，即 b=6. - - z= - 1 + 5i,则2 = 1 - 5i.一复数z b= 1 5i 6= 7 5i,在复平面内对应的点的坐标为(7, 5),位于第三象限.故选C.答案 C12.已知i是虚数单位，且复数z满足(z 3)(2 i) = 5.求 z 及 |z 2+3i|;若z (a+ i)是纯虚数，求实数a的值.解(1)(z3)(2 i) = 5,._55 (2

13、+i)2-i (2-i) (2+i) = (2+i) + 3 = 5+i. . |z- 2+3i| = |3+4i|=32 + 42= 5.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，5a1 = 0 且 a+5w 0,解得 a= 1.5创新猜想13.(多选题)下列命题中，是真命题的有()1-A.若复数z满足CR,则zCRB.若复数z满足z2R,则z RC.若复数 z1 , z2满足 zz2CR,则 z1=z2D.若复数z R,则zC R一1 z -解析 A中三=帝 R, z e R,从而zC R,正确；B中，取z=i,不成立；C中，取z1=i, z2=2i,不成立；D中实数