课时作业37 复数的乘法与除法
[练基础]
1．已知i是虚数单位，若复数(1＋ai)·(2＋i)是纯虚数，则实数a等于( )
A．2
B.
C．－
D．－2
2．已知i是虚数单位，是z的共轭复数，若z(1＋i)＝，则的虚部为( )
A.
B．－
C.i
D．－i
3．复数z＝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
4．已知复数z满足＝1－i，则|z|＝( )
A．2
B．2
C.
D．1
5．已知复数z满足(i－1)(z－i3)＝2i，则z的共轭复数为________．
6．已知复数z满足＝2i，求复数z对应点坐标．
[提能力]
7．[多选题]对于实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0，它在复数范围内的解是x1，x2.下列结论正确的是( )
A．若b2－4ac＝0，则x1＝x2∈R
B．若b2－4ac<0，则x1，x2?R且x1＝
C．一定有x1＋x2＝－，x1x2＝
D．一定有(x1－x2)2＝
8．已知复数z＝，则复数z在复平面内对应的点的坐标为________．
9．已知复数z＝，若z2＋az＋b＝1＋i，求实数a，b的值．
[战疑难]
10．设复数z，w满足|z|＝3，(z＋)(－w)＝7＋4i，其中i是虚数单位，，分别表示z，w的共轭复数，则(z＋2)(－2w)的模为________．
课时作业37 复数的乘法与除法
1．解析：∵(1＋ai)(2＋i)＝2－a＋(1＋2a)i，要使复数为纯虚数，∴2－a＝0且1＋2a≠0，解得a＝2.
答案：A
2．解析：由题意得z＝＝＝＝＝＝－－i
∴＝－＋i
故的虚部为.
答案：A
3．解析：由题可得z＝＝＝＝＝－i，则z＝在复平面内对应的点为，位于第四象限．故选D.
答案：D
4．解析：∵＝1－i
∴z＝＝＝i
∴|z|＝1.
答案：D
5．解析：∵(i－1)(z－i3)＝2i
∴z＝＋i3＝＋(－i)＝－i(i＋1)＋(－i)＝1－2i
∴＝1＋2i.
答案：1＋2i
6．解析：方法一 设z＝x＋yi(x，y∈R)，
则＝＝2i，
得x＋yi＝－2y＋2(x－1)i，
则?，
则复数z＝－i.
即复数z对应点为.
方法二 由＝2i，得z＝(z－1)2i＝2zi－2i，
则z(1－2i)＝－2i，
∴z＝＝
＝＝－i.
即z对应点为.
7．解析：A，B正确；在实数范围内由一元二次方程根与系数的关系可得选项C的结论，在复数范围内由计算可得选项C同样正确；复数范围内有(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝，D错误，故选ABC.
答案：ABC
8．解析：∵i＋i2＋i3＋i4＝0
i2020＝i4×505＝1
i2021＝i4×505＋1＝i
∴z＝＝＝＝＋i
∴z对应点的坐标为.
答案：
9．解析：∵z＝＝
＝＝＝＝1－i
∴z2＋az＋b＝(1－i)2＋a(1－i)＋b＝a＋b－(a＋2)i＝1＋i
∴解得.
10．解析：∵(z＋)(－w)＝7＋4i
∴z·－w·－zw＋
＝7＋4i
则
∴(z＋2)(－2w)＝z·－4w·＋2·－2z·w
＝4(z·－w·)－3z·＋2(－z·w＋·)
＝4×7－3×32＋2×4i＝1＋8i.
∴|(z＋2)·(－2w)|＝
＝.
答案：(共37张PPT)
2.2 复数的乘法与除法2.2 复数的乘法与除法
[教材要点]
要点一 复数的乘法
1．运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝________＋________i.
2．乘法运算律
(1)交换律：z1·z2＝z2·z1；
(2)结合律：(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)；
(3)乘法对加法的分配律：z1·(z2＋z3)＝z1·z2＋z1·z3.
3．整数指数幂的运算性质：对复数z，z1，z2和正整数m，n有zm·zn＝zm＋n，(zm)n＝zmn，(z1·z2)n＝z·z.
4．i的乘方规律
(1)i0＝1，i1＝i，i2＝－1，i3＝－i，…
(2)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i.
复数乘法运算的方法
(1)两个复数相乘，类似于两个多项式相乘，只要在所得的结果中把i
2换成－1，并且把实部与虚部分别合并即可．
(2)复数的乘法可以应用实数运算中的乘法公式，如平方差公式，完全平方公式等．
要点二 复数的除法
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则＝＝____________.
[教材答疑]
[教材P173思考交流]
(1)(3＋2i)(3－2i)＝13
(2)(2＋i)(2－i)＝5
(3)(－2－i)(－2＋i)＝9
(4)(＋i)(－i)＝5
规律：互为共轭复数的两个复数的乘积是实数，等于这个复数(或其共轭复数)模的平方，即若z＝a＋bi(a，b∈R)，则z·＝|z|2＝||2＝a2＋b2.
证明：＝a－bi
∴z·＝(a＋bi)(a－bi)＝a2－abi＋bai－b2i2＝a2＋b2
|z|2＝a2＋b2，||2＝a2＋b2
∴z·＝|z|2＝||2＝a2＋b2.
[基础自测]
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)两个共轭虚数的和为纯虚数．( )
(2)两个复数互为共轭复数是它们的模相等的必要条件．( )
(3)若z1，z2∈C，且z＋z＝0，则z1＝z2＝0.( )
(4)两个虚数相乘的结果可能为实数．( )
2．设z＝i(2＋i)，则＝( )
A．1＋2i
B．－1＋2i
C．1－2i
D．－1－2i
3．若z(1＋i)＝2i，则z＝( )
A．－1－i
B．－1＋i
C．1－i
D．1＋i
4．设复数z＝，则|z|＝________.
题型一 复数的乘、除运算——自主完成
计算下列各题：
(1)(1－i)2；
(2)；
(3)(1＋i)(2－i)(3＋2i)；
(4)；
(5).
方法归纳
1．两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．
2．两个复数代数形式的除法运算步骤：
(1)把除式写为分式．
(2)分子、分母同时乘以分母的共轭复数．
(3)对分子、分母分别进行乘法运算．
(4)把运算结果化为复数的代数形式．
题型二 复数运算的综合应用——微点探究
微点1 复数的综合运算
例1 (1)计算：；
(2)计算：＋2＋3＋…＋2020.
方法归纳
在复数的运算过程中，适当地运用运算技巧能使复杂问题简单化．
(1)i的运算律：i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋4＝1，in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0，n∈N.
(2)(1±i)2＝±2i.
(3)＝i，＝－i.
微点2 与共轭复数有关的运算
例2 若复数z＝1＋2i，则(z＋)·＝________.
变式探究 将本例中条件改为“(1＋2i)z＝4＋3i”，则＝________.
方法归纳
与共轭复数有关问题的解决方法：(1)若复数z的代数形式已知，根据共轭复数的定义表示出，再进行复数的四则运算；
(2)若复数z的代数形式未知，设z＝a＋bi(a，b∈R)，则＝a－bi，代入所给等式或方程，利用复数相等的充要条件，转化为解方程(组)问题．
微点3 与复数的模有关的运算
例3 (1)设复数z满足＝i，则|z|＝( )
A．1
B.
C.
D．2
(2)i是虚数单位，则的值为________．
方法归纳
对已知的复数先运算再求模．
微点4 与复数的几何意义有关的运算
例4 (1)复数在复平面内所对应的点位于( )
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
(2)若z＝(a－)＋ai为纯虚数，其中a∈R，则＝( )
A．i
B．1
C．－i
D．－1
方法归纳
利用复数的四则运算进行化简，然后利用题目中复数满足的几何意义求解．
跟踪训练1 (1)已知z＝，则||＝( )
A．5
B.
C．1
D．2
(2)已知复数z1＝1＋ai，z2＝3＋2i，a∈R，若z1z2为实数，则a＝( )
A．－
B．－
C.
D.
(3)＋＋＋＝________.
题型三 复数范围内的一元二次方程问题——师生共研
把1＋i代入方程，利用复数相等求值．例5 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．
方法归纳
与复数范围内一元二次方程有关的问题，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，但根的判别式“Δ”不再适用．
跟踪训练2 已知1＋i是方程关于x的方程ax2＋bx＋2＝0(a，b∈R)的一个根，则a＋b＝( )
A．－1
B．1
C．－3
D．3
易错辨析 误认为z2＝|z|2致错
例6 已知复数z满足条件z2－|z|－6＝0，则复数z＝________.
解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，
则由条件得x2－y2＋2xyi－－6＝0.
由复数相等的充要条件得
解得或(无解)
即解得故z＝3或z＝－3.
答案：3或－3
易错警示
易错原因
纠错心得
解题时，误认为z2＝|z|2，得到错误答案：在复平面内以原点为圆心，3为半径的圆上的所有点.
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.
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章末质量检测(四)
2．2 复数的乘法与除法
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点一
1．(ac－bd) (bc＋ad)
要点二
－i
[基础自测]
1．(1)× (2)× (3)× (4)√
2．解析：∵z＝i(2＋i)＝2i－1＝－1＋2i，
∴＝－1－2i
答案：D
3．解析：z＝＝＝
＝i(1－i)＝1＋i
答案：D
4．解析：∵z＝＝1－i，
∴|z|＝.
答案：
题型探究·课堂解透
题型一
解析：(1)(1－i)2＝1－2i＋i2＝－2i；
(2)
＝2－2
＝＋＝1；
(3)(1＋i)(2－i)(3＋2i)＝(2－i＋2i－i2)(3＋2i)＝(3＋i)(3＋2i)＝9＋6i＋3i＋2i2＝7＋9i；
(4)＝＝＝－＋i；
(5)＝＝＝－i.
题型二
例1 解析：(1)＝
＝＝＝＝＋i；
(2)∵＝＝＝i，
∴原式＝i＋i2＋i3＋…＋i2020
＝[i＋(－1)＋(－i)＋1]＋…＋[i＋(－1)＋(－i)＋1]＝0.
例2 解析：·＝·(1－2i)
＝(1＋2i)(1－2i)＋＝5＋＝5＋＝－i.
答案：－i
变式探究 解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，
则(1＋2i)(x＋yi)＝4＋3i，
得解得
所以z＝2－i.
所以＝＝＋i.
答案：＋i
例3 解析：(1)由题意得1＋z＝i(1－z)，
∴z＝＝i，
∴|z|＝1.
(2)＝＝|2－3i|＝.
答案：(1)A (2)
例4 解析：(1)＝＝i(1＋i)＝－1＋i，在复平面内，对应点的坐标为(－1,1)，位于第二象限．
(2)∵z＝(a－)＋ai为纯虚数，
∴∴a＝，
∴＝＝
＝＝＝－i.
答案：(1)B (2)C
跟踪训练1 解析：z＝＝＝i(1－2i)＝2＋i，
∴＝2－i，
∴||＝|2－i|＝＝.
答案：
B
解析：z1z2＝(1＋ai)(3＋2i)＝(3－2a)＋(3a＋2)i.
∵z1z2∈R，
∴3a＋2＝0，
∴a＝－.
答案：
A
解析：＋＋＋＝－＋－＝0.
答案：
0
题型三
例5 解析：(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)方程化为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．
跟踪训练2 解析：∵1＋i是方程ax2＋bx＋2＝0的根
∴a(1＋i)2＋b(1＋i)＋2＝0
即(b＋2)＋(2a＋b)i＝0
∴∴
∴a＋b＝1－2＝－1.
答案：A
