新教材高中人教A版数学必修第2册教学用书7-2-2复数的乘除运算

7.2.素养目标·定方向素养目标学法指导1．掌握复数代数形式的乘法和除法运算，并会简单应用.(数学运算)2．理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律.(逻辑推理)1．对比向量坐标的数量积运算，感觉复数乘法运算的差异，体会复数乘法运算与实数运算的异同.2．对比复数除法运算与实数除法运算的差异，类比分母有理化与共轭的关系.必备知识·探新知知识点1复数的乘法法则设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝__(ac－bd)＋(ad＋bc)i__.知识点2复数乘法的运算律对任意复数z1，z2，z3∈C，有交换律z1·z2＝__z2·z1__结合律(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)分配律z1(z2＋z3)＝__z1z2＋z1z3__知识点3复数代数形式的除法法则(a＋bi)÷(c＋di)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝__eq\f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq\f(bc－ad,c2＋d2)i__(c＋di≠0).[知识解读]1．对复数乘法的三点说明(1)类比多项式运算：复数的乘法运算与多项式乘法运算很类似，可仿多项式乘法进行，但结果要将实部、虚部分开(i2换成－1).(2)运算律：多项式乘法的运算律在复数乘法中仍然成立，乘法公式也适用.(3)常用结论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.2．对复数除法的两点说明(1)实数化：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.(2)代数式：注意最后结果要将实部、虚部分开.特别提醒：复数的除法类似于根式的分母有理化.关键能力·攻重难题型探究题型一复数代数表示式的乘法运算典例1(1)(2020·全国Ⅰ卷理)若z＝1＋i，则|z2－2z|＝(D)A．0 B．1C．eq\r(2) D．2(2)(2019·全国卷Ⅱ)设z＝i(2＋i)，则eq\o(z,\s\up6(－))＝(D)A．1＋2i B．－1＋2iC．1－2i D．－1－2i(3)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是(B)A．(－∞，1) B．(－∞，－1)C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)[分析]利用乘法公式进行运算.[解析](1)由题意可得z2－2z＝2i－2(1＋i)＝－2．故|z2－2z|＝|－2|＝2．故选D．(2)因为z＝i(2＋i)＝－1＋2i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝－1－2i.故选D．(3)z＝(1－i)(a＋i)＝(a＋1)＋(1－a)i，因为对应的点在第二象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1<0，,1－a>0，))解得a<－1，故选B．[归纳提升]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.【对点练习】❶(1)计算：(1－i)2－(2－3i)(2＋3i)＝(D)A．2－13i B．13＋2iC．13－13i D．－13－2i(2)(2017·全国卷Ⅰ)下列各式的运算结果为纯虚数的是(C)A．i(1＋i)2 B．i2(1－i)C．(1＋i)2 D．i(1＋i)[解析](1)(1－i)2－(2－3i)(2＋3i)＝1－2i＋i2－(4－9i2)＝－13－2i.故选D．(2)A项，i(1＋i)2＝i·2i＝－2，不是纯虚数；B项，i2(1－i)＝－(1－i)＝－1＋i，不是纯虚数；C项，(1＋i)2＝2i,2i是纯虚数；D项，i(1＋i)＝i＋i2＝－1＋i，不是纯虚数.故选C．题型二复数代数形式的除法运算典例2(1)(2020·全国Ⅰ)eq\f(2－i,1＋2i)＝(D)A．1 B．－1C．i D．－i(2)若复数z满足z(2－i)＝11＋7i(i是虚数单位)，则z为(A)A．3＋5i B．3－5iC．－3＋5i D．－3－5i[分析]复数的除法运算就是分子分母同乘分母的共轭复数，转化为乘法进行.[解析](1)eq\f(2－i,1＋2i)＝eq\f(2－i1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(－5i,5)＝－i.故选D．(2)∵z(2－i)＝11＋7i，∴z＝eq\f(11＋7i,2－i)＝eq\f(11＋7i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(15＋25i,5)＝3＋5i.[归纳提升]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)eq\f(1,i)＝－i；(2)eq\f(1＋i,1－i)＝i；(3)eq\f(1－i,1＋i)＝－i.【对点练习】❷(1)在复平面内，复数eq\f(5i,2－i)的对应点位于(B)A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限(2)计算：eq\f(1＋i4＋3i,2－i1－i)＝__－2＋i__.[解析](1)eq\f(5i,2－i)＝eq\f(5i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(5i2＋i,5)＝－1＋2i，对应的点的坐标为(－1,2)，位于第二象限.(2)法一：eq\f(1＋i4＋3i,2－i1－i)＝eq\f(1＋7i,1－3i)＝eq\f(1＋7i1＋3i,10)＝－2＋i.法二：eq\f(1＋i4＋3i,2－i1－i)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋3i,2－i)))＝eq\f(i4＋3i2＋i,5)＝eq\f(－3＋4i2＋i,5)＝eq\f(－10＋5i,5)＝－2＋i.题型三实系数一元二次方程在复数范围内根的问题典例3已知x＝－1＋i是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的一个根.(1)求实数a，b的值；(2)结合根与系数的关系，猜测方程的另一个根，并给予证明.[分析]解决实系数一元二次方程的基本方法是复数相等的充要条件.[解析](1)把x＝－1＋i代入方程x2＋ax＋b＝0，得(－a＋b)＋(a－2)i＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋b＝0，a－2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，b＝2.))(2)由(1)知方程为x2＋2x＋2＝0．设另一个根为x2，由根与系数的关系，得－1＋i＋x2＝－2，∴x2＝－1－i.把x2＝－1－i代入方程x2＋2x＋2＝0，则左边＝(－1－i)2＋2(－1－i)＋2＝0＝右边，∴x2＝－1－i是方程的另一个根.[归纳提升](1)实系数一元二次方程的虚根是成对出现的，即若复数a＋bi(a，b∈R，b≠0)是实系数一元二次方程的根，则其共轭复数a－bi是该方程的另一根.(2)和在实数范围内对比，在复数范围内解决实系数一元二次方程问题，韦达定理和求根公式仍然适用，但是判别式判断方程根的功能就发生改变了.【对点练习】❸(1)方程x2＋6x＋13＝0的一个根是(A)A．－3＋2i B．3＋2iC．－2＋3i D．2＋3i(2)已知a，b∈R，且2＋ai，b＋i(i是虚数单位)是实系数一元二次方程x2＋px＋q＝0的两个根，求p，q的值.[解析](1)∵Δ＝36－4×13＝－16，∴x＝eq\f(－6±\r(－16),2)＝－3±2i.(2)由根与系数的关系可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋ai＋b＋i＝－p，,2＋ai·b＋i＝q，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝－2＋b－a＋1i，,q＝2b－a＋2＋abi，))因为p，q均为实数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋1＝0，,2＋ab＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2，))从而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝－4，,q＝5.))易错警示误认为|z|2＝z2典例4已知复数z满足条件z2－|z|－6＝0，求复数z.[错解]由z2－|z|－6＝0⇒(|z|－3)(|z|＋2)＝0．因为|z|＋2≠0，所以|z|＝3．则在复平面内以原点为圆心，3为半径的圆上的所有点对应的复数均符合要求.[错因分析]本题将复数z的模等同于实数的绝对值，误认为|z|2＝z2．[正解]设z＝x＋yi(x，y∈R)，则由条件得x2－y2＋2xyi－eq\r(x2＋y2)－6＝0．由复数相等的充要条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2－\r(x2＋y2)－6＝0，,2xy＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－\r(x2)－6＝0，,y＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋\r(y2)＋6＝0，,x＝0))(无解)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x2)－3\r(x2)＋2＝0，,y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝±3，,y＝0.))故z＝3或z＝－3．[误区警示]设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi，|z|2＝a2＋b2，即z2≠|z|2，二者不可混淆.【对点练习】❹(2