7.2.2　复数的乘、除运算-2024-2025学年第二学期高一数学同步课件（人教A版2019必修二）

7.2.2 复数的乘、 除运算 1.掌握复数代数形式的乘、除运算，并理解复数乘法的运算律.(重点) 2.会在复数范围内解方程. 3.了解in的周期性. 学习目标 两个实数相乘或相除的结果仍然是一个实数。那么，对于复数来说，两个复数的积和商又会是什么样的呢？在复数的加法和减法运算中，我们把虚数单位 i 看作一个字母，类似于多项式的合并同类项来进行计算。那么，复数的乘法是否也可以像多项式乘法那样进行呢？ 导 语 目 录 1 2 3 5 复数的乘法运算法则 复数的除法运算法则 复数的乘方运算 CONTENTS 书读百遍 其义自现 4 共轭复数与复数方程的解 复数的乘法运算法则 1 类比多项式的乘法，我们该如何定义两个复数的乘法呢？ 思考1 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. 类比实数乘法的运算律，你认为复数的乘法满足哪些运算律？请证明你的猜想. 思考2 提示　猜想： 对于任意z1，z2，z3∈C，有： (1)交换律：z1z2=z2z1； (2)结合律：(z1z2)z3=z1(z2z3)； (3)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，且a1a2-b1b2=a2a1-b2b1， b1a2+a1b2=b2a1+a2b1，∴z1z2=z2z1. (2)∵(z1z2)z3=［(a1+b1i)(a2+b2i)］(a3+b3i) =［(a1a2-b1b2)+(b1a2+a1b2)i］(a3+b3i) =［(a1a2-b1b2)a3-(b1a2+a1b2)b3］+［(b1a2+a1b2)a3+(a1a2-b1b2)b3］i =(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2a3+a1a2b3-b1b2b3)i， 同理可得：z1(z2z3)=(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2a3+a1a2b3-b1b2b3)i， ∴(z1z2)z3=z1(z2z3). (3)∵z1(z2+z3)=(a1+b1i)［(a2+b2i)+(a3+b3i)］ =(a1+b1i)［(a2+a3)+(b2+b3)i］ =［a1(a2+a3)-b1(b2+b3)］+［b1(a2+a3)+a1(b2+b3)］i =(a1a2+a1a3-b1b2-b1b3)+(b1a2+b1a3+a1b2+a1b3)i， z1z2+z1z3=(a1+b1i)(a2+b2i)+(a1+b1i)(a3+b3i) =(a1a2-b1b2)+(b1a2+a1b2)i+(a1a3-b1b3)+(b1a3+a1b3)i =(a1a2-b1b2+a1a3-b1b3)+(b1a2+a1b2+b1a3+a1b3)i =(a1a2+a1a3-b1b2-b1b3)+(b1a2+b1a3+a1b2+a1b3)i， ∴z1(z2+z3)=z1z2+z1z3. 1.复数的乘法法则 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 知识梳理 2.复数乘法的运算律 对任意复数z1，z2，z3∈C，有 交换律 z1z2=_______ 结合律 (z1z2)z3=__________ 乘法对加法的分配律 z1(z2+z3)=___________ z2z1 z1(z2z3) z1z2+z1z3 知识梳理 题型一　复数的乘法 探究1 √ √ 复数的除法运算法则 2 类比实数的除法是乘法的逆运算，你认为该如何定义复数的除法运算？ 思考3 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： (1)设复数a+bi(a，b∈R)除以c+di(c，d∈R)，其商为x+yi(x，y∈R)，即(a+bi)÷(c+di)=x+yi. ∵(x+yi)(c+di)=(cx-dy)+(dx+cy)i， ∴(cx-dy)+(dx+cy)i=a+bi. 由复数相等，可知 解这个方程组，得 于是有(a+bi)÷(c+di)=+i. 实际过程中一般采用下面的过程： (2)利用(c+di)(c-di)=c2+d2.于是将的分母实数化得： 原式==== =+i. ∴(a+bi)÷(c+di)=+i. 复数除法的法则是：(a+bi)÷(c+di)=(a，b，c，d∈R，且c+di≠0). 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. +i 知识梳理 题型二　复数的除法 －2＋i √ 探究2 √ √ √ 复数的乘方运算 3 i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=-1，i4n+3=-i(n∈N*). in的周期性中常用结论 知识梳理 题型三　复数的乘方运算 探究3 0 题型四　复数的积与商的模 √ 探究4 √ 共轭复数与复数方程的解 4 充要 √ √ √ √ 书读百遍 其义自现 5 ac－bd＋(ad＋bc)i 反 思 总 结 入 木 三 分 课 后 巩 固 √ √ √ √ 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★新教材同步学案★ 例1　计算：(1－i)(1＋i)＋(2＋i)2. 【解析】　(1－i)(1＋i)＋(2＋i)2 ＝1－i2＋4＋4i＋i2 ＝5＋4i. 复数乘法运算的技巧： (1)复数乘法与实数多项式乘法类似，在计算两个复数的乘积时，先按照多项式的乘法展开，再将i2换成－1，最后合并同类项即可． (2)三个或三个以上的复数相乘可按从左到右的顺序运算或利用结合律运算，混合运算和实数的运算顺序一致． (3)在进行复数乘法运算时，若符合乘法公式，则可直接运用公式计算．例如(a±bi)2＝a2±2abi＋(bi)2，(a＋bi)(a－bi)＝a2－(bi)2等． 思考题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 【解析】　(1－i)2－(2－3i)(2＋3i)＝1－2i＋i2－(4－9i2)＝－13－2i. (2)已知(x＋i)(1－i)＝y，则实数x，y满足(　　) A．x＝－1，y＝1 B．x＝－1，y＝2 C．x＝1，y＝1 D．x＝1，y＝2 【解析】　由(x＋i)(1－i)＝y，得(x＋1)＋(1－x)i＝y. 又因为x，y为实数，所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,1－x＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.)) 例2　(1)计算：eq \f(1＋i,5)＋eq \f(2＋3i,1－2i). 【解析】　原式＝eq \f(1,5)＋eq \f(i,5)＋eq \f(（2＋3i）（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝eq \f(1,5)＋eq \f(i,5)＋eq \f(－4＋7i,5)＝－eq \f(3,5)＋eq \f(8,5)i. (2)计算：eq \f(（1＋i）（4＋3i）,（2－i）（1－i）)＝________． 【解析】　方法一：eq \f(（1＋i）（4＋3i）,（2－i）（1－i）)＝eq \f(1＋7i,1－3i)＝eq \f(（1＋7i）（1＋3i）,10)＝－2＋i. 方法二：eq \f(（1＋i）（4＋3i）,（2－i）（1－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(i（4＋3i）（2＋i）,5)＝eq \f(（－3＋4i）（2＋i）,5)＝eq \f(－10＋5i,5)＝－2＋i. (3)已知a∈R，i为虚数单位，若eq \f(a－i,2＋i)为实数，则a的值为(　　) A．2 B．0 C．－2 D.eq \f(1,2) 【解析】　方法一：由eq \f(a－i,2＋i)＝eq \f(（a－i）（2－i）,5)＝eq \f(2a－1,5)－eq \f(2＋a,5)i是实数，得－eq \f(2＋a,5)＝0，所以a＝－2. 方法二：设eq \f(a－i,2＋i)=b(其中b∈R),所以a－i=2b＋bi,故b=－1,a＝2b＝－2. (1)根据复数的除法法则，通过分子、分母都乘分母的共轭复数，使“分母实数化”，这个过程与“分母有理化”类似． (2)复数除法运算的结果要进行化简，通常要写成z＝a＋bi(a，b∈R)的形式，即实部与虚部要完全分开的形式． 思考题2　(1)复数z＝eq \f(i,1＋i)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】　因为z＝eq \f(i,1＋i)＝eq \f(i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq \f(1＋i,1＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，所以对应点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))在第一象限．故选A. (2)【多选题】下面关于复数z＝eq \f(2,－1＋i)的四个命题中，真命题是(　　) A．|z|＝2 B．z2＝2i C．z的共轭复数为1＋I D．z的虚部为－1 【解析】　∵z＝eq \f(2,－1＋i)＝－1－i，∴|z|＝eq \r(2)，z2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i，z的共轭复数为－1＋i，z的虚部为－1，综上可知，B、D是真命题． 例3　计算下列各式． (1)eq \f(（1＋i）7,1－i)＋eq \f(（1－i）7,1＋i)－eq \f(（3－4i）（2＋2i）3,4＋3i)； 【解析】　(1)原式＝[(1＋i)2]3·eq \f(1＋i,1－i)＋[(1－i)2]3·eq \f(1－i,1＋i)－eq \f(8（3－4i）（1＋i）2（1＋i）,（3－4i）i) ＝(2i)3·i＋(－2i)3·(－i)－eq \f(8·2i（1＋i）,i)＝8＋8－16－16i＝－16i. (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)－\f(1,2)i)) eq \s\up12(12)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋2i,1－\r(3)i))) eq \s\up12(8). 【解析】　(2)原式＝i12·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)) eq \s\up12(12)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))) eq \s\up12(8) ＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))\s\up12(3))) eq \s\up12(4)＋eq \f([（1＋i）2]4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))\s\up12(3)))\s\up12(3)) ＝1－(2i)4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝1－8＋8eq \r(3)i＝－7＋8eq \r(3)i. 对于复数运算，除了应用四则运算法则之外，对于一些简单算式要知道其结果，这样起点高，方便计算，从而达到迅速简捷、少出错的效果．比如(1±i)2＝±2i，eq \f(1,i)＝－i，eq \f(1＋i,1－i)＝i，eq \f(1－i,1＋i)＝－i，eq \f(a＋bi,i)＝b－ai，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)±\f(\r(3),2)i)) eq \s\up12(3)＝1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)±\f(\r(3),2)i)) eq \s\up12(3)＝－1等． 思考题3　设i是虚数单位，且w＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，则w2＋w＋1＝________． 【解析】　因为w＝－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，所以w2＋w＋1＝w(1＋w)＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＋1＝－1＋1＝0. 例4　(1)若复数z满足z(1＋i)＝2i(i为虚数单位)，则|z|＝(　　) A．1　　　 B．2 C.eq \r(2)　 　　 D.eq \r(3) 【解析】　方法一：∵z(1＋i)＝2i，∴z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i（1－i）,2)＝1＋i，∴|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2). 方法二：∵z(1＋i)＝2i，∴|z(1＋i)|＝|2i|. ∵|z||1＋i|＝|z|eq \r(12＋12)＝eq \r(2)|z|，|2i|＝2，∴eq \r(2)|z|＝2，∴|z|＝eq \r(2). (2)满足z＝eq \f(i,i－1)(i为虚数单位)的复数z的模＝________． eq \f(\r(2),2) 【解析】　方法一：z＝eq \f(i,i－1)＝eq \f(i（－1－i）,（－1＋i）（－1－i）)＝eq \f(1－i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \r(\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2). 方法二：由z＝eq \f(i,i－1)可知|z|＝eq \f(|i|,|i－1|)＝eq \f(1,\r(（－1）2＋12))＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2). 复数的积或商的模的求解方法： 求解复数的积或商的模的方法有两种，一是直接计算出复数的积或商后，根据积或商的实部与虚部直接利用模的公式计算；二是利用复数的模的运算性质：(1)两个或多个复数积的模等于各个复数的模的积，即|z1z2…zn|＝|z1||z2|…|zn|.(2)两个复数的商的模等于模的商，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))＝eq \f(|z1|,|z2|)(z2≠0)．(3)|z|2＝|eq \o(z,\s\up12(－))|2＝|z2|＝|eq \o(z,\s\up12(－))2|＝z·eq \o(z,\s\up12(－)). 思考题4　已知复数z＝2－i，则z·eq \o(z,\s\up12(－))的值为(　　) A．5　 　　 B.eq \r(5) C．3　 　　 D.eq \r(3) 【解析】　方法一：z·eq \o(z,\s\up12(－))＝(2－i)(2＋i)＝22－i2＝4＋1＝5，故选A. 方法二：由z＝2－i可知|z|＝eq \r(22＋（－1）2)＝eq \r(5)，因此z·eq \o(z,\s\up12(－))＝(eq \r(5))2＝5. 一、共轭复数的性质 (1)涉及共轭复数的题目，要充分利用共轭复数的性质：如z＋eq \o(z,\s\up12(－))等于z的实部的两倍，z·eq \o(z,\s\up12(－))＝|z|2等，另外注意复数问题实数化及方程思想的应用． (2)共轭复数的性质： ①|z|＝|eq \o(z,\s\up12(－))|. ②z·eq \o(z,\s\up12(－))＝|z|2＝|eq \o(z,\s\up12(－))|2. ③z＝eq \o(z,\s\up12(－))⇔z∈R；eq \o(z,\s\up12(－))＝－z(z≠0)⇔z为纯虚数． ④eq \o(z1＋z2,\s\up12(——))＝eq \o(z,\s\up12(－))1＋eq \o(z,\s\up12(－))2. ⑤eq \o(z1·z2,\s\up12(——))＝eq \o(z,\s\up12(－))1·eq \o(z,\s\up12(－))2. ⑥b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z1,z2)))eq \o(,\s\up26(—)) ＝eq \f(\o(z,\s\up12(－))1,\o(z,\s\up12(－))2)(z2≠0)． 例1　|z|＝1是z＝eq \f(1,\o(z,\s\up12(－)))的________条件． 【解析】　设z＝x＋yi(x，y∈R)，则eq \o(z,\s\up12(－))＝x－yi， 则|z|＝1⇔x2＋y2＝1. z＝eq \f(1,\o(z,\s\up12(－)))⇔z·eq \o(z,\s\up12(－))＝1⇔(x＋yi)(x－yi)＝1⇔x2＋y2＝1，∴|z|＝1⇔z＝eq \f(1,\o(z,\s\up12(－))). 思考题1　(1)已知复数eq \o(z,\s\up12(－))是z的共轭复数．若2i·eq \o(z,\s\up12(－))＝1－i，其中i为虚数单位，则|z|＝(　　) A.eq \f(1,2)　　　　　　 B.eq \f(\r(2),2) C.eq \r(2) D．2 【解析】　因为2i·eq \o(z,\s\up12(－))＝1－i，所以(－i)·2i·eq \o(z,\s\up12(－))＝(－i)·(1－i)，即2eq \o(z,\s\up12(－))＝(－i)·(1－i)=－1－i，eq \o(z,\s\up12(－))=－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i，可得z=－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i，所以|z|＝eq \r(\f(1,4)＋\f(1,4))＝eq \f(\r(2),2).故选B. (2)已知复数z在复平面内对应的点为(3，4)，复数z的共轭复数为eq \o(z,\s\up12(－))，那么z·eq \o(z,\s\up12(－))＝(　　) A．5 B．－7 C．12 D．25 【解析】　由题意得，z＝3＋4i，则z·eq \o(z,\s\up12(－))＝|z|2＝(eq \r(32＋42))2＝25. (3)已知复数z满足|z|－eq \o(z,\s\up12(－))＝eq \f(10,1－2i)，则z＝(　　) A．－3＋4i B．－3－4i C．3－4i D．3＋4i 【解析】　|z|－eq \o(z,\s\up12(－))＝eq \f(10,1－2i)＝2＋4i，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \r(a2＋b2)－a＋bi＝2＋4i，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4，,\r(a2＋b2)－a＝2，))解得b＝4，a＝3.故选D. 二、复数范围内一元二次方程的解法 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＝eq \f(－b±\r(b2－4ac),2a). ②当Δ<0时，x＝eq \f(－b±\r(－（b2－4ac）),2a)i. (2)利用复数相等的定义求解． 设方程的根为x＝m＋ni(m，n∈R)，将此式子代入方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，化简后利用复数相等的定义求解． (3)实系数的一元二次方程若有虚根，则两个虚根互为共轭复数． 例2　在复数范围内解下列方程： (1)3x2＋2x＋1＝0； 【解析】　(1)因为Δ＝4－4×3×1＝－8<0， 所以方程3x2＋2x＋1＝0的根为x＝eq \f(－2±\r(8)i,2×3)＝－eq \f(1,3)±eq \f(\r(2),3)i. (2)x2＋4x＋6＝0. 【解析】　(2)方法一：由x2＋4x＋6＝0，知Δ＝42－4×1×6＝－8<0， 所以方程x2＋4x＋6＝0的根为x＝eq \f(－4±\r(8)i,2×1)，即x＝－2±eq \r(2)i. 方法二：因为x2＋4x＋6＝0，所以(x＋2)2＝－2， 因为(eq \r(2)i)2＝(－eq \r(2)i)2＝－2，所以x＋2＝eq \r(2)i或x＋2＝－eq \r(2)i，即x＝－2＋eq \r(2)i或x＝－2－eq \r(2)i， 所以方程x2＋4x＋6＝0的根为x＝－2±eq \r(2)i. 思考题2　(1)若1＋2i是关于x的实系数一元二次方程x2＋bx＋c＝0的一个根，则(　　) A．b＝2，c＝5　　　　 B．b＝－2，c＝5 C．b＝－2，c＝－5 D．b＝2，c＝－5 【解析】　由题意可知，关于x的实系数一元二次方程x2＋bx＋c＝0的两个根分别为1＋2i和1－2i，由根与系数的关系，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1＋2i）＋（1－2i）＝－b，,（1＋2i）·（1－2i）＝c，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,c＝5.))故选B. (2)在复数范围内分解因式：－eq \f(1,2)x2＋x－3＝________________________. －eq \f(1,2)(x－1＋eq \r(5)i)(x－1－eq \r(5)i) 【解析】　将－eq \f(1,2)x2＋x－3＝0化简并整理，得 x2－2x＋6＝0，Δ＝(－2)2－4×1×6＝－20<0， 则x＝eq \f(2±\r(20)i,2)＝1±eq \r(5)i，所以－eq \f(1,2)x2＋x－3＝－eq \f(1,2)(x－1＋eq \r(5)i)(x－1－eq \r(5)i)． 要点1　复数乘法和除法的运算法则 设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R，且c＋di≠0)， 则z1·z2＝__________________． eq \f(z1,z2)＝_____________________． eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i 要点2　复数乘法的运算律 对任意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 要点3　in的周期性 i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i.(n∈N*) 1．当z∈R时，z2＝|z|2，这说明实数集内的乘法、乘方的一些重要结论和运算法则在复数集成立？此结论能推广吗？ 答：不成立，例如，|i|2＝1，而i2＝－1.不能推广，如当z∈C时，|z|2∈R，z2∈C，此时z2与|z|2却不一定能比较大小． 2．若m，n∈R，则m2＋n2＝0⇔m＝n＝0；若z1，z2∈C，则z12＋z22＝0时z1＝z2＝0成立吗？ 答：不一定成立，但是当z1＝z2＝0时，则一定有z12＋z22＝0. 3．若复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq \o(z,\s\up12(－))＝a－bi(a，b∈R)，那么z·eq \o(z,\s\up12(－))的值与|z|，|eq \o(z,\s\up12(－))|有什么关系？ 答：由复数z＝a＋bi(a，b∈R)及eq \o(z,\s\up12(－))＝a－bi(a，b∈R)可知，z·eq \o(z,\s\up12(－))＝(a＋bi)(a－bi)＝a2－b2i2＝a2＋b2，因此z·eq \o(z,\s\up12(－))＝|z|2＝|eq \o(z,\s\up12(－))|2. 1．若复数z满足eq \f(z,1－i)＝i，其中i为虚数单位，则eq \o(z,\s\up12(－))＝(　　) A．－1＋i　　　　 B．1＋i C．－1－i D．1－i 解析　依题意得z＝i(1－i)＝1＋i，则eq \o(z,\s\up12(－))＝1－i.故选D. 2．在复平面内，复数eq \f(i,1＋i)＋(1＋eq \r(3)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 解析　由题知eq \f(i,1＋i)＋(1＋eq \r(3)i)2＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i＋(－2＋2eq \r(3)i)＝－eq \f(3,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋\f(1,2)))i，则对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2\r(3)＋\f(1,2)))，在第二象限． 3．已知z(1＋2i)＝4＋3i，则|z|＝(　　) A.eq \r(2) B.eq \r(3) C．2 D.eq \r(5) 解析　∵z(1＋2i)＝4＋3i，∴z＝eq \f(4＋3i,1＋2i)， ∴|z|＝eq \b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,,)) eq \f(4＋3i,1＋2i) eq \b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))＝eq \f(|4＋3i|,|1＋2i|)＝eq \f(5,\r(5))＝eq \r(5).故选D. 4．已知i是虚数单位，若复数(1＋ai)·(2＋i)是纯虚数，则实数a＝(　　) A．2 B.eq \f(1,2) C．－eq \f(1,2) D．－2 解析　(1＋ai)(2＋i)＝2－a＋(1＋2a)i，要使复数为纯虚数，则2－a＝0且1＋2a≠0，解得a＝2. 5．计算： (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))(2－i)(3＋i)； 解析　(1)原式＝eq \f(\r(3)－7,2)＋eq \f(7\r(3)＋1,2)i. (2)eq \f(（\r(2)＋\r(2)i）2（4＋5i）,（5－4i）（1＋i）). 解析　(2)原式＝eq \f(4i（4＋5i）,（5－4i）（1＋i）)＝eq \f(－4（5－4i）,（5－4i）（i＋1）)＝eq \f(－4,i＋1)＝eq \f(4（i－1）,2)＝－2＋2i. $$