10.2.2 复数的乘法与除法 -【步步高】2023-2024学年高一数学必修第四册学习笔记（人教B版2019）

10.2.2　复数的乘法与除法 [学习目标]　1.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． 导语 我们知道，两个一次式相乘，有(ax＋b)(cx＋d)＝acx2＋(bc＋ad)x＋bd，复数的加减法也可以看作多项式相加减，那么复数的乘除法可以看作多项式乘除吗？本节课我们就来学习一下． 一、复数乘法的运算法则和运算律 问题1　类比多项式的乘法，我们该如何定义两复数的乘法呢？ 提示　复数的乘法法则如下： 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)是任意两个复数，那么它们的积(a＋bi)·(c＋di)＝ac＋bci＋adi＋bdi2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i. 问题2　类比实数的运算律，你认为复数满足哪些运算律？请证明你的猜想． 提示　猜想： 对于任意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. 证明： 设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，z3＝a3＋b3i. (1)∵z1z2＝(a1＋b1i)(a2＋b2i) ＝(a1a2－b1b2)＋(b1a2＋a1b2)i， z2z1＝(a2＋b2i)(a1＋b1i) ＝(a2a1－b2b1)＋(b2a1＋a2b1)i， 又a1a2－b1b2＝a2a1－b2b1， b1a2＋a1b2＝b2a1＋a2b1， ∴z1z2＝z2z1. (2)(3)略． 知识梳理 1．复数的乘法法则 一般地，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，称z1z2(或z1×z2)为z1与z2的积，并规定z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac＋adi＋bci＋bdi2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i. 2．复数乘法的运算律 对任意复数z1，z2，z3∈C，有 交换律 z1z2＝z2z1 结合律 (z1z2)z3＝z1(z2z3) 乘法对加法的分配律 z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z3 例1　计算下列各题． (1)(1－i)(1＋i)＋(2＋i)2； (2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i. 解　(1)(1－i)(1＋i)＋(2＋i)2 ＝1－i2＋4＋4i＋i2 ＝5＋4i. (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. 反思感悟　(1)两个复数代数形式的乘法运算的一般步骤 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． (2)常用公式及结论 ①(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi(a，b∈R)； ②(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R)； ③(1±i)2＝±2i. ④z＝|z|2. 跟踪训练1　(1)计算：(1－i)2－(2－3i)(2＋3i)等于(　　) A．2i－13 B．13＋2i C．13－2i D．－13－2i 答案　D 解析　(1－i)2－(2－3i)(2＋3i)＝1－2i＋i2－(4－9i2)＝－13－2i. (2)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(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，－1) C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞) 答案　B 解析　因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i， 所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)， 又此点在第二象限，所以解得a<－1. 二、复数除法的运算法则 问题3　类比实数的除法运算是乘法运算的逆运算，你认为该如何定义复数的除法运算？ 提示　复数除法的法则： (a＋bi)÷(c＋di)＝＋i(a，b，c，d∈R，且c＋di≠0)． 求解过程：(略) 知识梳理 1．如果复数z2≠0，则满足zz2＝z1的复数z称为z1除以z2的商，并记作z＝(或z＝z1÷z2)，z1称为被除数，z2称为除数． 2．一般地，给定复数z≠0，称为z的倒数． 3．设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R，且c＋di≠0)是任意两个复数， 则＝＝＝＋i. 注意点： 复数的除法的实质是分母实数化．若分母为a＋bi型，则分子、分母同乘a－bi；若分母为a－bi型，则分子、分母同乘a＋bi，即分子、分母同乘分母的共轭复数． 例2　(1)若复数z满足z(2－i)＝11＋7i(i为虚数单位)，则z为(　　) A．3＋5i B．3－5i C．－3＋5i D．－3－5i 答案　A 解析　∵z(2－i)＝11＋7i， ∴z＝＝＝＝3＋5i. (2)计算：＝________. 答案　－2＋i 解析　方法一　＝＝＝＝－2＋i. 方法二　＝ ＝＝ ＝＝－2＋i. 反思感悟　复数的除法运算法则的应用 复数的除法法则在实际操作中不方便使用，一般将除法写成分式形式，采用“分母实数化”的方法，即将分子、分母同乘分母的共轭复数，使分母成为实数，再计算． 跟踪训练2　已知复数z＝，是z的共轭复数，则的模等于(　　) A．4 B．2 C．1 D. 答案　C 解析　复数z＝＝＝＝－i，则＝i，故的模等于1. 三、实系数一元二次方程在复数范围内的解集 知识梳理 1．实系数一元二次方程根的判定 当a，b，c都是实数且a≠0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是有解的． (1)当Δ＝b2－4ac>0时，方程有两个不相等的实数根； (2)当Δ＝b2－4ac＝0时，方程有两个相等的实数根； (3)当Δ＝b2－4ac<0时，方程有两个互为共轭的虚数根． 2．实系数一元二次方程根与系数的关系 实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a，b，c是实数，且a≠0)的两根为x1，x2，那么x1＋x2＝－，x1x2＝. 例3　在复数范围内求解下列方程： (1)3x2＋x＋2＝0； (2)x2＋ax＋4＝0(a∈R)． 解　(1)因为Δ＝1－4×3×2＝－23<0， ∴方程3x2＋x＋2＝0的解为x1＝－＋i， x2＝－－i. (2)∵Δ＝a2－16， 当Δ＝a2－16>0，即a<－4或a>4时， 原方程的解为x1＝，x2＝； 当Δ＝0，即a＝±4时， 若a＝4，则原方程的解为x1＝x2＝－2， 若a＝－4，则原方程的解为x1＝x2＝2； 当Δ<0，即－4<a<4时，原方程的解为x1＝－＋i，x2＝－－i. 反思感悟　在复数范围内，实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的求解方法 (1)求根公式法 ①当Δ≥0时，x＝； ②当Δ<0时，x＝. (2)利用复数相等的定义求解 设方程的根为x＝m＋ni(m，n∈R)，将此根代入方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，化简后利用复数相等的定义求解． 跟踪训练3　已知1＋i是方程x2＋bx＋c＝0(b，c为实数)的一个根． (1)求b，c的值； (2)试判断1－i是不是方程的根． 解　(1)∵1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的根， 且b，c为实数， ∴(1＋i)2＋b(1＋i)＋c＝0，即b＋c＋(b＋2)i＝0， ∴解得 (2)由(1)知方程为x2－2x＋2＝0， 把1－i代入方程左边得(1－i)2－2(1－i)＋2＝0＝右边，即方程成立． ∴1－i是方程的根． 1．知识清单： (1)复数的乘法及运算律． (2)复数的除法运算． (3)在复数范围内解方程． (4)i的运算性质． 2．方法归纳：分母实数化、配方法、求根公式法． 3．常见误区：解实系数一元二次方程时的判别式Δ的讨论． 1．设复数z1＝1＋i，z2＝m－i，若z1z2为纯虚数，则实数m可以是(　　) A．1 B．－1 C．2 D．－2 答案　B 解析　z1z2＝(1＋i)(m－i)＝m＋1＋(m－1)i. ∵z1z2为纯虚数， ∴即得m＝－1. 2．在复平面内，复数＋(1＋i)2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 答案　B 解析　＋(1＋i)2＝＋i＋(－2＋2i)＝－＋i，故复数的对应点在第二象限． 3．方程x2＋3＝0在复数范围内的解集为________． 答案　{i，－i} 解析　由题意，得x2＝－3＝(±i)2，所以方程在复数范围内的解集为{i，－i}． 4．计算：(1)16＋(1＋2i)2＝________； (2)＋＋＋＝________. 答案　(1)－2＋4i　(2)0 解析　(1)原式＝8＋(－3＋4i) ＝8－3＋4i＝(－i)8－3＋4i＝－2＋4i. (2)∵＝－i，＝i，＝－i，＝i， ∴原式＝－i＋i－i＋i＝0. 1．在复平面内，复数z＝i(－2＋i)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 答案　C 解析　z＝i(－2＋i)＝－2i＋i2＝－1－2i， 故复平面内复数z＝i(－2＋i)对应的点为(－1，－2)，位于第三象限． 2．设a是实数，且＋是实数，则a等于(　　) A. B．1 C. D．2 答案　B 解析　∵＋＝＋＝＋i， 又∵∈R，∴＝0，解得a＝1. 3．(1＋i)20－(1－i)20的值是(　　) A．－1 024 B．1 024 C．0 D．512 答案　C 解析　∵(1＋i)2＝2i，∴(1＋i)4＝－4， 又(1－i)2＝－2i，∴(1－i)4＝－4， ∴(1＋i)20－(1－i)20＝(－4)5－(－4)5＝0. 4．若z＋＝6，z＝10，则z等于(　　) A．1±3i B．3±i C．3＋i D．3－i 答案　B 解析　设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi， 由题意得解得或 ∴z＝3±i. 5．复数z是x2－2x＋3＝0的根，则|z|等于(　　) A．1 B. C. D．2 答案　C 解析　∵复数z是x2－2x＋3＝0的根， ∴z＝1±i，∴|z|＝. 6．(多选)复数z满足(z－2)·i＝z(i为虚数单位)，为复数z的共轭复数，则下列说法错误的是(　　) A．z2＝2i B．z＝2 C．|z|＝2 D．z＋＝0 答案　ACD 解析　由(z－2)·i＝z，得zi－2i＝z，∴z＝＝＝1－i，∴z2＝(1－i)2＝－2i，z＝|z|2＝2，|z|＝，z＋＝2，故B正确，ACD错误． 7．在复数范围内，方程2x2＋3x＋4＝0的解为__________________________． 答案　 解析　因为Δ＝32－4×2×4＝9－32＝－23<0， 所以方程2x2＋3x＋4＝0的根为 x＝＝. 8．已知a是实数，方程x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0的一个实根是b(i为虚数单位)，则|a＋bi|的值为________． 答案　2 解析　因为b是方程x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0的一个实根，所以b2＋(4＋i)b＋4＋ai＝0，即b2＋4b＋4＋(a＋b)i＝0，所以解得 所以|a＋bi|＝|2－2i|＝＝2. 9．已知z1＝1－i，z2＝2＋2i(i为虚数单位)． (1)求z1z2； (2)若＝＋，求z. 解　(1)∵z1＝1－i，z2＝2＋2i， ∴z1z2＝(1－i)(2＋2i)＝4. (2)由＝＋，得z＝ ＝＝＝＝＝－i. 10．已知复数z＝. (1)求复数z； (2)若z2＋az＋b＝1－i，求实数a，b的值． 解　(1)z＝＝＝＝＝1＋i. (2)把z＝1＋i代入z2＋az＋b＝1－i， 得(1＋i)2＋a(1＋i)＋b＝1－i， 整理得a＋b＋(2＋a)i＝1－i， 所以解得 11．(多选)已知复数z1，z2是方程x2＋x＋1＝0的两根，则(　　) A．z1＋z2＝1 B．|z1|＝|z2|＝1 C．z＝2 D．z1＋∈R 答案　BD 解析　由x2＋x＋1＝0，得z1＝－＋i，z2＝－－i，所以z1＋z2＝－1，故A错误； |z1|＝＝1，|z2|＝＝1，故B正确； z＝2＝－i－＝－－i＝z2，故C错误； ＋z1＝－＋i＝－1∈R，故D正确． 12．已知复数3－2i是关于x的方程2x2－mx＋n＝0的一个根，则实数m，n的值分别为(　　) A．6,5 B．12,10 C．12,26 D．24,26 答案　C 解析　复数3－2i是关于x的方程2x2－mx＋n＝0的一个根，则复数3＋2i也是关于x的方程2x2－mx＋n＝0的一个根，∴3－2i＋3＋2i＝， (3－2i)(3＋2i)＝，∴m＝12，n＝26. 13．(多选)设z1，z2是复数，则下列命题中的真命题是(　　) A．若|z1－z2|＝0，则有1＝2 B．若z1＝2，则1＝z2 C．若|z1|＝|z2|，则z1·1＝z2·2 D．若|z1|＝|z2|，则z＝z 答案　ABC 解析　若|z1－z2|＝0，则z1＝z2， ∴1＝2，A正确； 若z1＝2，即z2与z1互为共轭复数， ∴1＝z2，B正确； z1·1＝|z1|2，z2·2＝|z2|2， 又|z1|＝|z2|， ∴z1·1＝z2·2，故C正确； 若|z1|＝|z2|，如z1＝1＋i，z2＝1－i， 则z≠z，故D错误． 14．设复数z1＝2－i，z2＝1－3i，则复数＋的虚部为________． 答案　1 解析　∵＋＝＋＝＋＋i＝－＋i＋＋i＝i， ∴虚部为1. 15．已知复数z1＝cos θ－i，z2＝sin θ＋i(θ∈R)，则z1z2的实部最大值为________，虚部最大值为________． 答案　　 解析　z1z2＝(cos θ－i)(sin θ＋i) ＝(cos θsin θ＋1)＋i(cos θ－sin θ)， 实部cos θsin θ＋1＝1＋sin 2θ≤，最大值为， 虚部cos θ－sin θ＝cos≤，最大值为. 16．设z是虚数，ω＝z＋是实数，且－1<ω<2. (1)求|z|的值及z的实部的取值范围； (2)设μ＝，求证：μ为纯虚数． (1)解　因为z是虚数， 所以可设z＝x＋yi(x，y∈R，且y≠0)， 则ω＝z＋＝(x＋yi)＋＝x＋yi＋＝＋i. 因为ω是实数，且y≠0， 所以y－＝0，即x2＋y2＝1. 所以|z|＝＝1，此时ω＝2x. 又－1<ω<2，所以－1<2x<2. 所以－<x<1， 即z的实部的取值范围是. (2)证明　μ＝＝ ＝ ＝. 又x2＋y2＝1，所以μ＝－i. 因为y≠0，所以μ为纯虚数． 学科网（北京）股份有限公司 $$