7.2.2 复数的乘、除运算-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第二册五维课堂教师用书word（人教A版）

7．2.2　复数的乘、除运算 课程标准 素养解读 掌握复数代数形式的乘法和除法运算，理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律. 通过学习复数代数形式的乘法和除法运算，提升数学运算素养．通过学习复数乘法的交换律、结合律及乘法对加法的分配律，培养数学抽象素养. 对应学生用书P61 [情境引入] 　两个实数的积、商是一个实数．那么两个复数的积、商是怎样的？怎样规定两个复数的乘除运算．才能使在复数集中的乘法、除法与原实数集中的有关规定相容？复数的加减运算把i看作一个字母．相当于多项式的合并同类项．那么复数乘法是否可以像多项式乘法那样进行呢？ 问题　多项式(a＋b)(c＋d)的运算结果是什么？ 提示　(a＋b)(c＋d)＝ca＋ad＋bc＋bd. [知识梳理] [知识点一]　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　. z1·1＝|z1|2＝|1|2＝　a2＋b2　. [知识点二]　复数乘法的运算律 对于任意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　. [知识点三]　复数的除法 复数除法的实质就是分母实数化的过程．这与实数的除法有所不同． 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(c＋di≠0)， 则＝＝＝＋i. 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. 　怎样进行复数的除法运算 提示：在进行复数除法运算时，通常先把(a＋bi)÷(c＋di)写成的形式，再把分子、分母同乘以分母的共轭复数c－di，从而使分母实数化，化简得结果． [知识点四]　虚数单位i的运算性质 (1)i4n＋1＝　i　，i4n＋2＝　－1　，i4n＋3＝　－i　，i4n＝　1　(n∈N*)． (2)in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝　0　(n∈N*)． [预习自测] 1．下列各式的运算结果为纯虚数的是(　　) A．i(1＋i)2　　　　 B．i2(1－i) C．(1＋i)2 D．i(1＋i) 解析：C　[(1＋i)2＝2i为纯虚数知选C.] 2．在复平面内，复数的对应点位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：B　[＝＝＝－1＋2i, 对应的点的坐标为(－1,2)，位于第二象限．] 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(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，－1) C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞) 解析：B　[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.] 4．设复数z1＝2－i，z2＝1－3i，则复数＋的虚部等于________． 解析：∵＋＝＋＝＋＋i＝－＋i＋＋i＝i， ∴虚部为1. 答案：1 5．计算：i(2＋3i)＝________. 解析：i(2＋3i)＝2i＋3i2＝－3＋2i. 对应学生用书P62 复数代数形式的乘法运算 [例1]　计算下列各题： (1)(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)； (2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i. [思路点拨]　复数的乘法可以类比多项式乘法，遇到i2要换成－1. [解]　(1)(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)＝1－i2－1＋i＝1＋i. (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. 复数的乘法(乘方)按多项式的乘法展开，再将in化简． 注意应用公式(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. [变式训练] 1．(1)(1＋i)(2－i)＝(　　) A．－3－i　　　　 B．－3＋i C．3－i D．3＋i (2)若复数(1＋ai)(2＋i)是纯虚数，则实数a＝________. (3)(1＋i)4·i7＝________. 解析：(1)(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i. (2)(1＋ai)(2＋i)＝2－a＋(1＋2a)i，要使复数为纯虚数，所以有2－a＝0,1＋2a≠0，解得a＝2. (3)(1＋i)4·i7＝(2i)2·(－i)＝4i2(－i)＝4i. 答案：(1)D　(2)2　(3)4i 复数的除法运算 [例2]　(1)＝(　　) A．－－i B．－＋i C．－－i D．－＋i (2)若z(1＋i)＝2i，则z＝(　　) A．－1－i B．－1＋i C．1－i D．1＋i (3)在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 (4)设复数z满足＝i，则|z|＝(　　) A．1 B. C. D．2 [思路点拨]　遇到复数的除法，分子、分母要同乘分母的共轭复数，把除法转化成乘法处理． [解析](1)∵＝＝，∴选D. (2)法一：由题意得z＝＝＝1＋i，故选D. 法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)， ∴z(1＋i)＝(a＋bi)(1＋i)＝(a－b)＋(a＋b)i， ∴(a－b)＋(a＋b)i＝2i， ∴∴ ∴z＝1＋i. (3)∵＝＝＋i， ∴其共轭复数为－i， 又－i在复平面内对应的点(，－)在第四象限，故选D. (4)由题意知1＋z＝i－zi，所以z＝＝＝i，所以|z|＝1. 答案：(1)D　(2)D　(3)D　(4)A 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． [变式训练] 2．(1)若复数z满足z(2－i)＝11＋7i(i是虚数单位)，则z为(　　) A．3＋5i B．3－5i C．－3＋5i D．－3－5i (2)计算＝________. 解析：(1)∵z(2－i)＝11＋7i， ∴z＝＝＝＝3＋5i. (2)法一：＝ ＝＝－2＋i. 法二：＝()() ＝＝ ＝＝－2＋i. 答案：(1)A　(2)－2＋i 复数的综合运算 [例3]　(1)设z＝＋2i，则|z|＝(　　) A．0　　 B.　　 C．1　　 D. (2)设i是虚数单位，()2024＋()7＝________. (3)设i是虚数单位，是复数z的共轭复数．若z·i＋2＝2z，则z＝(　　) A．1＋i B．1－i C．－1＋i D．－1－i [思路点拨]　审清题意，利用复数i的运算性质求解． [解析]　(1)因为z＝＋2i＝＋2i＝＋2i＝i，所以|z|＝＝1，故选C. (2)原式＝()1012＋i7＝i253×4＋i4＋3＝1＋i3＝1－i. (3)设z＝a＋bi(a，b∈R)，则z·i＋2＝(a＋bi)·(a－bi)·i＋2＝2＋(a2＋b2)i，故2＝2a，a2＋b2＝2b，解得a＝1，b＝1.即z＝1＋i. [答案] (1)C　(2)1－i　(3)A 1．复数的混合运算，一般先算乘方，再算除乘，最后算加减，有括号先运算括号． 2．对于不能直接求解的，设z＝a＋bi，利用复数相等求a，b. 3．注意整体结果的运用． [变式训练] 3．(1)已知i是虚数单位，满足z－2＝－1＋3i，则z＝(　　) A．1＋i B．1－i C．1＋2i D．1－2i (2)已知复数z＝＋，a∈R，若复数z对应的点在复平面内位于第四象限，则实数a的取值范围是(　　) A．a>1 B．a<0 C．0<a<1 D．a<1 解析：(1)设z＝x＋yi(x，y∈R), 则＝x－yi，所以z－2＝x＋yi－2(x－yi)＝－x＋3yi，即－x＋3yi＝－1＋3i，由复数相等得解得所以z＝1＋i，故选A. (2)z＝＋＝2a＋(1－a)i，若复数z对应的点在复平面内位于第四象限， 则解得a>1，故选A. 答案：(1)A　(2)A. 复数范围内解方程 [例4]　已知1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的一个根(b，c为实数)． (1)求b，c的值； (2)试判断1－i是否是方程的根． [思路点拨]　1＋i是方程的根，则代入方程成立，可通过复数相等求出b，c，然后再验证1－i是否为方程的根． [解]　(1)因为1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的根， ∴(1＋i)2＋b(1＋i)＋c＝0， 即(b＋c)＋(2＋b)i＝0. ∴得 ∴b＝－2，c＝2. (2)方程为x2－2x＋2＝0，把1－i代入方程左边x2－2x＋2＝(1－i)2－2(1－i)＋2＝0，显然方程成立． ∴1－i也是方程的一个根． 解决复数方程问题的方法 与复数方程有关的问题，一般是利用复数相等的充要条件，把复数问题实数化进行求解．根与系数的关系仍适用．但判别式“Δ”不再适用． [变式训练] 4．设虚数z和z2是方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的两根，则(　　) A．a＋b＝1 B．a－b＝1 C．a＋b＝0 D．a－b＝0 解析：D　[因为方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的两根互为共轭复数， 设虚数z＝m＋ni(m，n∈R)，且n≠0， 所以z2＝(m2－n2)＋2mni＝＝m－ni. 所以m2－n2＝m,2mn＝－n所以m＝－，n＝±，所以方程x2＋ax＋b＝0(a，b∈R)的两根为－±i，所以－a＝－＋i＋＝－1，b＝＝1， 所以a＝b＝1，a－b＝0.] 对应学生课时P289 1．复数(1＋i)2(2＋3i)的值为(　　 ) A．6－4i B．－6－4i C．6＋4i D．－6＋4i 解析：D　[(1＋i)2(2＋3i)＝2i(2＋3i)＝4i＋6i2＝－6＋4i.] 2．在复平面内，复数(i是虚数单位)所对应的点位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：B　[＝＝＝－＋i，∴复数对应的点位于第二象限．] 3．若复数z＝2i＋，其中i是虚数单位，则复数z的模为(　　 ) A. B. C. D．2 解析：B　[由题意，得z＝2i＋＝2i＋＝1＋i， 复数z的模|z|＝＝.] 4．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 解析：B　复数＋(1＋i)2＝＋1＋2i－3＝－＋i， 因为复数－＋i对应复平面内的点，故在第二象限． 5．若复数(b∈R)的实部与虚部互为相反数，则b等于(　　) A. B. C．－ D．2 解析：C　[∵＝＝的实部与虚部互为相反数， ∴2－2b＝b＋4.∴b＝－.] 6．(多选)下面四个命题中的真命题为(　　) A．若复数z满足∈R，则z∈R B．若复数z满足z2∈R，则z∈R C．若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝z2 D．若复数z∈R，则∈R 解析：AD　[对于A中，设z＝a＋bi(a，b∈R)，可得＝＝＝－i， 因为∈R，可得b＝0，则z∈R，所以A正确； 对于B中，若复数z＝i时，可得z2＝－1∈R，此时z∉R，所以B为假命题； 对于C中，若复数z1＝i，z2＝2i，可得z1z2＝－2∈R，则z1≠z2，所以C为假命题； 对于D中，若复数z∈R，则∈R，所以D为真命题．] 7．若z1＝(cos α＋isin α)，z2＝cos β＋isin β(α，β∈R)，则z1·z2的实部、虚部分别为__________和__________． 解析：∵z1·z2＝(cos α＋isin α)(cos β＋isin β)＝cos αcos β＋icos αsin β＋isin αcos β＋i2sin αsin β＝(cos αcos β－sin αsin β)＋i(cos αsin β＋sin αcos β)＝cos(α＋β)＋isin (α＋β)，∴z1·z2的实部为cos(α＋β)，虚部为sin (α＋β)． 答案：cos(α＋β)　sin (α＋β) 8．若复数(a∈R，i是虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为________． 解析：＝＝. 又∵复数是纯虚数，∴∴a＝－6. 答案：－6 9．定义运算＝ad－bc.若复数x＝，y＝，则|x|＝______，y＝________. 解析：因为x＝＝＝－i，则|x|＝1，所以y＝＝＝4i·0－1×2＝－2. 答案：1　－2 10．计算： (1)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i； (2)－. 解：(1)原式＝(3＋11i)(3－4i)＋2i＝53＋23i. (2)原式＝－＝ 3－＝i－i＝0. 11．已知z为虚数，且z1＝是实数，z2＝也是实数，求z3的值． 解：设z＝a＋bi，a，b∈R因为z为虚数，故b≠0，又z1＝＝ ， 因为z1∈R，故(a＋bi)(a2－b2＋1－2abi)为实数，所以－a×2ab＋b(a2－b2＋1)＝0，故a2＋b2＝1，而z2＝也为实数，同理可得(a2－b2＋2abi)(1＋a－bi)为实数，故－(a2－b2)×b＋(1＋a)×2ab＝0，a2＋b2＋2a＝0，故a＝－，所以b＝±，故z＝－±i，若z＝－＋i，则z3＝3＝＝1，同理若z＝－－i，则z3＝1. 12．已知x＝1＋2i是方程x2－mx＋2n＝0的一个根(m，n∈R)，则m＋n＝________. 解析：把x＝1＋2i代入x2－mx＋2n＝0中，得(1＋2i)2－m(1＋2i)＋2n＝0，即1－4＋4i－m－2mi＋2n＝0，整理得(2n－m－3)＋(4－2m)i＝0，根据复数相等的充要条件，得解得m＝2，n＝，m＋n＝. 答案： 13．复数z满足z·＋2i＝3＋ai(a∈R)，且其所对应的点在第二象限，求a的取值范围． 解：设z＝x＋yi(x，y∈R)，由题意知x＜0且y＞0，由z·＋2i＝3＋ai(a∈R)， 得x2＋y2＋2i(x－yi)＝3＋ai. ∴ 由②式得x＝，将其代入①式得y2＋2y＋－3＝0.③ 由y∈R，知Δ＝4－4≥0，∵－4≤a≤4.④ 此时y＝－1± .∵y＞0，∴y＝－1＋＞0， 即＞1，∴－2＜a＜2.⑤再由x＝＜0，得a＜0.⑥ 综合④⑤⑥三式得a的取值范围是－2＜a＜0. 学科网（北京）股份有限公司 $