2019-2020学年高中数学 第四章 数系的扩充与复数的引入 2 复数的四则运算 2.2 复数的乘

-1-2.2复数的乘法与除法目标导航1.理解并掌握复数代数形式的乘、除运算法则.2.理解互为共轭复数的概念.3.能熟练进行复数的四则运算.知识梳理1.复数的乘法运算(1)设a+bi与c+di分别是任意两个复数,定义复数的乘法如下:(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i.(a,b,c,d∈R)(2)运算律:①对任意z1,z2,z3∈C,有交换律z1·z2=z2·z1结合律(z1·z2)·z3=z1·(z2·z3)乘法对加法的分配律z1(z2+z3)=z1z2+z1z3②复数的乘方:任意复数z,z1,z2和正整数m,n,有zmzn=zm+n,(zm)n=zmn,(z1z2)n=𝑧1𝑛𝑧2𝑛.知识梳理【做一做1】已知复数z1=3+i,z2=1-i,则z=z1·z2在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限解析:z=z1·z2=(3+i)(1-i)=4-2i,故其在复平面内对应的点位于第四象限.答案:D【做一做2】(1+i)4等于()A.4B.-4C.4iD.-4i解析:(1+i)4=[(1+i)2]2=(2i)2=-4.答案:B知识梳理2.共轭复数(1)定义:当两个复数的实部相等,虚部互为相反数时,这样的两个复数叫作互为共轭复数.【做一做3】已知z=7+5i,则𝑧=________________.答案:7-5i【做一做4】设复数z满足z+i=3-i,则𝑧=()A.-1+2iB.1-2iC.3+2iD.3-2i答案:C解析:由z+i=3-i,得z=3-2i,所以𝑧=3+2i,故选C.(2)记法:复数z的共轭复数用𝑧来表示.(3)性质:若z=a+bi(a,b∈R),则z·𝑧=𝑎2+𝑏2=|𝑧|2.知识梳理3.复数的除法运算(1)给出两个复数a+bi,c+di(c+di≠0),我们把满足等式(c+di)·(x+yi)=a+bi的复数x+yi叫作复数a+bi除以c+di所得的商,记作(a+bi)÷(c+di)或𝑎+𝑏i𝑐+𝑑i,其中𝑎,𝑏,𝑐,𝑑,𝑥,𝑦都是实数.(2)复数的除法法则(a+bi)÷(c+di)=𝑎𝑐+𝑏𝑑𝑐2+𝑑2+𝑏𝑐-𝑎𝑑𝑐2+𝑑2i(𝑎,𝑏,𝑐,𝑑∈R,且c+di≠0).在进行复数除法运算时,通常先把(a+bi)÷(c+di)写成𝑎+𝑏i𝑐+𝑑i的形式,再把分子与分母都乘分母的共轭复数𝑐−𝑑i,化简后就可得到所求结果.知识梳理【做一做5】1+2i(1-i)2=()A.-1−12iB.−1+12iC.1+12iD.1−12i解析:1+2i(1-i)2=1+2i-2i=(1+2i)i2=-2+i2=−1+12i.答案:B【做一做6】若z∈C,且(3+z)i=1,则z=.解析:由(3+z)i=1,得3+z=1i=−i,即z=-3-i.答案:-3-I典例透析题型一题型二题型三题型四复数的乘法运算【例1】计算:(1)(1+2i)(1-2i);解:(1)方法1:(1+2i)(1-2i)=1+1·(-2i)+2i·1+2i·(-2i)=1-2i+2i-4i2=1+4=5;方法2:(1+2i)(1-2i)=12-(2i)2=1-(-4)=5.反思复数的乘法与多项式的乘法类似,注意i2=-1,然后合并得复数的乘积的实部与虚部.特别地,有(a+bi)2=a2+2abi-b2=(a2-b2)+2abi,(a-bi)2=(a2-b2)-2abi,(a+bi)(a-bi)=a2+b2.(2)(1−2i)2.(2)1−2i2=12−2×1×2i+2i2=1−22i+(2)2i2=1−22i+2×(−1)=−1−22i.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练1】计算:(1)(1-i)2;(2)-12+32i32+12i(1+i).解:(1)(1-i)2=1-2i+i2=-2i.(2)-12+32i32+12i(1+i)=-34-34+34-14i(1+i)=-32+12i(1+i)=-32-12+12-32i=−1+32+1-32i.典例透析题型一题型二题型三题型四复数的除法运算【例2】计算:(1)(5-295i)÷(7−35i);(2)2+2i(1-i)2+21+i2020.解:(1)原式=5-295i7-35i=(5-295i)(7+35i)(7-35i)(7+35i)=(35+29×15)+(155-29×75)i72+(35)2=470-1885i94=5−25i.(2)2+2i(1-i)2+21+i2020=2+2i-2i+21010(2i)1010=i(1+i)+1i1010=−1+i+1i4×252+2=-1+i-1=-2+i.典例透析题型一题型二题型三题型四反思注意(1±i)2=±2i及i的指数幂的周期性在解题中的应用.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练2】计算下列各题:(1)(4-i5)(6+2i7)+(7+i11)(4-3i);(2)(1+i)71-i+(1-i)71+i−(3-4i)(2+2i)34+3i;(3)1i(2+2i)5+11+i4+1+i1-i7.典例透析题型一题型二题型三题型四解:(1)原式=2(4-i)(3-i)+(7-i)(4-3i)=2(12-3i-4i+i2)+(28-4i-21i+3i2)=2(11-7i)+25(1-i)=47-39i.(2)原式=[(1+i)2]31+i1-i+1−i23·1-i1+i−8(3-4i)(1+i)2(1+i)(3-4i)i=(2i)3·i+(-2i)3·(-i)−8×2i(1+i)i=8+8−16−16i=−16i.(3)原式=-i·25·[(1+i)2]2·(1+i)+1(1+i)22+i7=162(−1+i)−14−i=−162+14+(162−1)i.典例透析题型一题型二题型三题型四共轭复数的求法【例3】已知z∈C,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,则有𝑎2+𝑏2-3𝑏=1,-3𝑎=3,解得𝑎=-1,𝑏=0或𝑎=-1,𝑏=3.所以z=-1或z=-1+3i.反思将复数问题转化为实数问题是解复数问题常用的、重要的方法,在本题中是由复数为纯虚数的条件来实现这一转化的.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练3】设复数z满足|z|=5,且(3+4i)z是纯虚数,求𝑧.解:设z=a+bi(a,b∈R).∵|z|=5,∴𝑎2+𝑏2=5.①又(3+4i)z=(3+4i)(a+bi)=(3a-4b)+(4a+3b)i是纯虚数,∴3𝑎-4𝑏=0,4𝑎+3𝑏≠0.解得b=34𝑎,代入①,得a2+34𝑎2=25,解得a=±4,∴𝑎=4,𝑏=3或𝑎=-4,𝑏=-3.故z=4+3i或z=-4-3i,∴𝑧=4−3i或𝑧=−4+3i.典例透析题型一题型二题型三题型四易错辨析易错点因忽视范围致误【例4】在复数集内解方程x2-5|x|+6=0.错解:∵x2-5|x|+6=0,∴|x|2-5|x|+6=0.∴|x|=2或|x|=3,∴x=±2或x=±3.错因分析将|x|看成“绝对值”从而出现错误的几种解法:(1)将方程变形为|x|2-5|x|+6=0⇒|x|=2或|x|=3⇒x=±2或x=±3.(2)将方程化为𝑥≥0,𝑥2-5𝑥+6=0或𝑥0,𝑥2+5𝑥+6=0求解.典例透析题型一题型二题型三题型四正解:设x=a+bi(a,b∈R),原方程可化为a2-b2-5𝑎2+𝑏2+6+2𝑎𝑏i=0⇒𝑎2-𝑏2-5𝑎2+𝑏2+6=0,2𝑎𝑏=0⇒𝑎=2,𝑏=0或𝑎=3,𝑏=0或𝑎=-2,𝑏=0或𝑎=-3,𝑏=0或𝑎=0,𝑏=1或𝑎=0,𝑏=-1,即x为2或3或-2或-3或i或-i.典例透析题型一题型二题型三题型四【变式训练4】关于x的方程x2+(2a-i)x-ai+1=0有实数根,求实数a的取值范围.解:设x0是其实根,代入原方程变形为𝑥02+2𝑎𝑥0+1−(𝑎+𝑥0)i=0,由复数相等的定义,得𝑥02+2𝑎𝑥0+1=0,𝑥0+𝑎=0,解得a=±1.12341.设复数z1=1+i,z2=x+2i(x∈R),若z1·z2为实数,则x等于()A.-2B.-1C.1D.2解析:z1·z2=(1+i)(x+2i)=(x-2)+(2+x)i,∵z1·z2∈R,∴2+x=0,∴x=-2.答案:A512342.若复数z=1+i(i为虚数单位),𝑧是𝑧的共轭复数,则𝑧2+𝑧2的虚部为()A.0B.-1C.1D.-2解析:因为z=1+i,所以𝑧=1−i.而z2=(1+i)2=2i,𝑧2=(1−i)2=−2i,所以z2+𝑧2=0,故选A.答案:A5123453.设(1+2i)(a+i)的实部与虚部相等,其中a为实数,则a=()A.-3B.-2C.2D.3解析:由已知,得(1+2i)(a+i)=a-2+(2a+1)i.∵(1+2i)(a+i)的实部与虚部相等,∴a-2=2a+1,解得a=-3,故选A.答案:A123454.i是虚数单位,复数z满足(1+i)z=2,则z的实部为.解析:因为(1+i)z=2,所以z=21+i=1−i.所以z的实部为1.答案:1123455.已知复数z满足(z-2)i=a+i(a∈R).(1)求复数z;(2)求a为何值时,复数z2对应的点在第一象限.解:(1)由已知,得z-2=𝑎+ii=1−𝑎i,∴𝑧=3−𝑎i.(2)由(1),得z2=9-a2-6ai,∵复数z2对应的点在第一象限,∴9-𝑎20,-6𝑎0,解得-3a0.即当-3a0时,复数z2对应的点在第一象限.