學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE18-學必求其心得，業必貴于專精7．2。2復數的乘、除運算考點學習目標核心素養復數的乘除運算掌握復數乘除運算的運算法則，能夠進行復數的乘除運算數學運算復數乘法的運算律理解復數乘法的運算律邏輯推理解方程會在復數范圍內解方程數學運算問題導學預習教材P77－P79的內容，思考以下問題：1．復數的乘法和除法運算法則各是什么？2．復數乘法的運算律有哪些?3．如何在復數范圍內求方程的解？1．復數乘法的運算法則和運算律(1)復數乘法的運算法則設z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b,c，d∈R），則z1·z2＝(a＋bi）（c＋di)＝(ac－bd)＋（ad＋bc)i．(2）復數乘法的運算律對任意復數z1，z2,z3∈C，有交換律z1z2＝z2z1結合律（z1z2)z3＝z1(z2z3）乘法對加法的分配律z1（z2＋z3)＝z1z2＋z1z3■名師點撥對復數乘法的兩點說明(1）復數的乘法運算與多項式乘法運算很類似，可仿多項式乘法進行運算，但結果要將實部、虛部分開（i2換成－1)．(2)多項式乘法的運算律在復數乘法中仍然成立，乘法公式也適用．2．復數除法的運算法則設z1＝a＋bi，z2＝c＋di(c＋di≠0)（a，b，c,d∈R），則eq\f(z1，z2)＝eq\f（a＋bi,c＋di)＝eq\f（ac＋bd,c2＋d2）＋eq\f（bc－ad，c2＋d2)i(c＋di≠0）．■名師點撥對復數除法的兩點說明(1)實數化：分子、分母同時乘以分母的共軛復數，化簡后即得結果，這個過程實際上就是把分母實數化,這與根式除法的分母“有理化"很類似．(2)代數式：注意最后結果要將實部、虛部分開．判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1）兩個復數的積與商一定是虛數．()（2）兩個共軛復數的和與積是實數．（）（3)復數加減乘除的混合運算法則是先乘除，后加減．（）答案：(1）×(2)√(3)√（1＋i)（2－i)＝（）A．－3－i B．－3＋iC．3－i D．3＋i答案：D(2019·高考全國卷Ⅲ)若z（1＋i）＝2i，則z＝(）A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i解析：選D.由z(1＋i）＝2i，得z＝eq\f（2i，1＋i)＝eq\f（2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2i(1－i）,2)＝i（1－i)＝1＋i.復數z＝eq\f（4－i,1＋i）的虛部為________．解析:z＝eq\f（4－i,1＋i)＝eq\f（（4－i）（1－i），(1＋i）(1－i））＝eq\f（3－5i,2）＝eq\f（3，2）－eq\f(5，2）i。答案：－eq\f(5，2）復數的乘法運算（1)(1－i）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2）＋\f(\r(3）,2）i))(1＋i）＝()A．1＋eq\r(3）i B．－1＋eq\r(3）iC.eq\r（3)＋i D．－eq\r（3)＋i（2)已知a，b∈R，i是虛數單位，若a－i與2＋bi互為共軛復數，則（a＋bi）2＝（)A．5－4i B．5＋4iC．3－4i D．3＋4i(3）把復數z的共軛復數記作eq\o(z,\s\up6（－）),已知（1＋2i）eq\o(z，\s\up6(－）)＝4＋3i，求z。【解】（1）選B.(1－i）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2)＋\f（\r(3),2）i）)（1＋i)＝（1－i）（1＋i)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2)＋\f(\r（3)，2）i)）＝(1－i2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)＋\f(\r(3），2)i））＝2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）＋\f(\r（3)，2）i)）＝－1＋eq\r（3）i。（2）選D.因為a－i與2＋bi互為共軛復數，所以a＝2，b＝1，所以(a＋bi）2＝(2＋i)2＝3＋4i。(3）設z＝a＋bi（a,b∈R），則eq\o（z，\s\up6(－)）＝a－bi,由已知得，（1＋2i)（a－bi）＝(a＋2b）＋（2a－b）i＝4＋3i,由復數相等的條件知，eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（a＋2b＝4，2a－b＝3,）)解得a＝2，b＝1，所以z＝2＋i。eq\a\vs4\al（)復數乘法運算法則的應用復數的乘法可以按照多項式的乘法計算，只是在結果中要將i2換成－1,并將實部、虛部分別合并．多項式展開中的一些重要公式仍適用于復數，如（a＋bi)2＝a2＋2abi＋b2i2＝a2－b2＋2abi，(a＋bi)3＝a3＋3a2bi＋3ab2i2＋b3i3＝a3－3ab2＋（3a2b－b3)i。1．(4－i)(6＋2i)－(7－i）(4＋3i）＝________．解析：（4－i）(6＋2i）－(7－i）(4＋3i)＝（24＋8i－6i＋2）－(28＋21i－4i＋3）＝(26＋2i)－(31＋17i）＝－5－15i.答案：－5－15i2．已知z∈C，eq\o(z,\s\up6（－））為z的共軛復數，若z·eq\o(z,\s\up6(－）)－3ieq\o（z，\s\up6(－）)＝1＋3i，求z.解：設z＝a＋bi(a，b∈R），則eq\o(z，\s\up6（－））＝a－bi（a，b∈R),由題意得（a＋bi）（a－bi）－3i(a－bi)＝1＋3i,即a2＋b2－3b－3ai＝1＋3i，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（a2＋b2－3b＝1，,－3a＝3，)）解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝0)）或eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a＝－1，，b＝3，))所以z＝－1或z＝－1＋3i.復數的除法運算計算：(1）eq\f（（1＋2i）2＋3（1－i)，2＋i)；(2)eq\f(（1－4i）(1＋i）＋2＋4i，3＋4i）。【解】（1)eq\f（（1＋2i）2＋3（1－i）,2＋i）＝eq\f(－3＋4i＋3－3i,2＋i）＝eq\f(i,2＋i）＝eq\f(i（2－i)，5)＝eq\f（1,5)＋eq\f（2,5)i.(2)eq\f(（1－4i）（1＋i)＋2＋4i,3＋4i）＝eq\f（5－3i＋2＋4i,3＋4i)＝eq\f（7＋i，3＋4i)＝eq\f（（7＋i）(3－4i），（3＋4i)（3－4i））＝eq\f（21－28i＋3i＋4，25)＝eq\f(25－25i，25）＝1－i.eq\a\vs4\al(）復數除法運算法則的應用復數的除法法則在實際操作中不方便使用，一般將除法寫成分式形式,采用分母“實數化”的方法,即將分子、分母同乘分母的共軛復數，使分母成為實數，再計算．1.eq\f(1＋2i，1－2i)＝（）A．－eq\f(4,5）－eq\f(3,5)i B．－eq\f（4，5)＋eq\f（3,5）iC．－eq\f（3，5)－eq\f(4，5)i D．－eq\f(3,5）＋eq\f(4,5）i解析：選D。eq\f（1＋2i，1－2i)＝eq\f（（1＋2i）（1＋2i），（1－2i）(1＋2i））＝eq\f（1－4＋4i,1－（2i）2)＝eq\f（－3＋4i,5）＝－eq\f（3,5)＋eq\f(4，5）i，故選D.2．計算：（1）eq\f（3＋2i,2－3i)＋eq\f(3－2i，2＋3i）;（2）eq\f(（i－2）（i－1）,(1＋i）（i－1）＋i)。解：（1）eq\f（3＋2i，2－3i）＋eq\f(3－2i,2＋3i）＝eq\f（i（2－3i）,2－3i)＋eq\f(－i(2＋3i），2＋3i）＝i－i＝0.(2）eq\f(（i－2）(i－1）,（1＋i）(i－1)＋i)＝eq\f(i2－i－2i＋2，i－1＋i2－i＋i)＝eq\f(1－3i,i－2）＝eq\f(－2－i＋6i＋3i2,5)＝eq\f(－5＋5i，5)＝－1＋i.i的運算性質（1)復數z＝eq\f（1－i,1＋i)，則ω＝z2＋z4＋z6＋z8＋z10的值為（)A．1 B．－1C．i D．－i（2)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1＋i,1－i））)eq\s\up12(2019)等于________．【解析】(1)z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－i，1＋i）))eq\s\up12（2）＝－1，所以ω＝－1＋1－1＋1－1＝－1.（2)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))eq\s\up12（2019）＝eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（(1＋i)(1＋i），（1－i）（1＋i）)))eq\s\up12(2019)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2i，2））)eq\s\up12(2019)＝i2019＝（i4）504·i3＝1504·（－i）＝－i.【答案】（1)B（2)－ieq\a\vs4\al（)（1）i的周期性要記熟，即in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N＊)．(2)記住以下結果，可提高運算速度．①（1＋i)2＝2i，（1－i）2＝－2i.②eq\f(1－i,1＋i)＝－i，eq\f(1＋i，1－i)＝i.③eq\f（1,i)＝－i.已知z＝－eq\f（1－i，\r(2)）,求z100＋z50＋1的值．解:因為（1－i）2＝1－2i＋i2＝－2i，所以z100＋z50＋1＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1－i，\r（2)))）eq\s\up12(100）＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1－i,\r(2）)）)eq\s\up12（50）＋1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1，\r(2))））eq\s\up12(100）（1－i）100＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r（2)）)）eq\s\up12（50)(1－i）50＋1＝eq\f(1,250）(－2i)50＋eq\f(1,225）（－2i）25＋1＝i50－i25＋1＝i2－i＋1＝－i.在復數范圍內解方程在復數范圍內解下列方程．（1）x2＋5＝0；（2)x2＋4x＋6＝0。【解】(1)因為x2＋5＝0，所以x2＝－5,又因為（eq\r（5）i)2＝（－eq\r(5)i）2＝－5，所以x＝±eq\r（5）i，所以方程x2＋5＝0的根為±eq\r(5)i。(2）法一：因為x2＋4x＋6＝0，所以(x＋2）2＝－2，因為(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的根為x＝－2±eq\r（2)i.法二:由x2＋4x＋6＝0知Δ＝42－4×6＝－8〈0，所以方程x2＋4x＋6＝0無實數根．在復數范圍內，設方程x2＋4x＋6＝0的根為x＝a＋bi(a，b∈R且b≠0）,則（a＋bi)2＋4(a＋bi）＋6＝0，所以a2＋2abi－b2＋4a＋4bi＋6＝0，整理得（a2－b2＋4a＋6）＋(2ab＋4b）i＝0，所以eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（a2－b2＋4a＋6＝0，，2ab＋4b＝0，）)又因為b≠0，所以eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a2－b2＋4a＋6＝0，，2a＋4＝0，))解得a＝－2，b＝±eq\r（2）。所以x＝－2±eq\r（2)i，即方程x2＋4x＋6＝0的根為x＝－2±eq\r(2）i。eq\a\vs4\al()在復數范圍內，實系數一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0)的求解方法(1)求根公式法①當Δ≥0時，x＝eq\f(－b±\r(b2－4ac),2a)。②當Δ〈0時,x＝eq\f(－b±\r(－（b2－4ac）)i,2a）.（2）利用復數相等的定義求解設方程的根為x＝m＋ni（m,n∈R),將此代入方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0),化簡后利用復數相等的定義求解．1．在復數范圍內解方程2x2＋3x＋4＝0.解：因為b2－4ac＝32－4×2×4＝9－32＝－23〈0,所以方程2x2＋3x＋4＝0的根為x＝eq\f（－3±\r(－（－23））i，2×2）＝eq\f（－3±\r(23)i,4）.2．已知3＋2i是關于x的方程2x2＋px＋q＝0的一個根,求實數p，q的值．解:因為3＋2i是方程2x2＋px＋q＝0的根，所以2（3＋2i）2＋p（3＋2i）＋q＝0，即2（9＋12i－4)＋(3p＋2pi）＋q＝0，整理得(10＋3p＋q）＋(24＋2p）i＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（10＋3p＋q＝0，,24＋2p＝0，））解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝－12，，q＝26。)）1．若復數（1＋bi)(2＋i）是純虛數（i是虛數單位,b是實數）,則b＝()A．－2 B．－eq\f（1,2)C。eq\f（1,2） D．2解析:選D.因為(1＋bi)(2＋i)＝2－b＋（2b＋1)i是純虛數，所以b＝2。2．已知i為虛數單位，則復數eq\f(i,2－i)的模等于(）A。eq\r(5） B。eq\r（3）C.eq\f（\r（3），3） D。eq\f(\r(5）,5)解析：選D。因為eq\f(i，2－i）＝eq\f（i（2＋i）,(2－i）（2＋i））＝eq\f（i（2＋i），5)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i，所以|eq\f（i,2－i）｜＝｜－eq\f（1,5）＋eq\f(2,5)i|＝eq\r（（－\f(1，5)）2＋(\f（2,5）)2）＝eq\f（\r(5)，5)，故選D。3．計算：(1）eq\f(2＋2i，（1－i）2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r（2），1＋i）））eq\s\up12（2018）；(2）(4－i5)(6＋2i7)＋(7＋i11）（4－3i）．解：(1)eq\f(2＋2i,(1－i）2）＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),1＋i））)eq\s\up12(2018)＝eq\f（2＋2i,－2i）＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2,2i))）eq\s\up12(1009)＝i(1＋i）＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，i))）eq\s\up12(1009）＝－1＋i＋(－i）1009＝－1＋i－i＝－1.(2)原式＝（4－i）（6－2i）＋(7－i）(4－3i）＝22－14i＋25－25i＝47－39i。[A基礎達標］1．復數eq\f（i2＋i3＋i4,1－i)＝()A．－eq\f（1，2)－eq\f(1,2)i B．－eq\f（1,2)＋eq\f（1，2)iC。eq\f（1，2)－eq\f(1，2）i D。eq\f（1,2)＋eq\f（1,2）i解析:選C.因為i2＝－1,i3＝－i，i4＝1，所以eq\f(i2＋i3＋i4，1－i)＝eq\f（－i,1－i）＝eq\f（－i（1＋i），2）＝eq\f（1,2）－eq\f(1,2）i。2．（2019·安徽六安一中模考)設復數z＝1＋bi（b∈R）且z2＝－3＋4i，則z的共軛復數eq\o（z,\s\up6(－)）的虛部為（)A．－2 B．－2iC．2 D．2i解析：選A。z2＝（1＋bi)2＝1－b2＋2bi＝－3＋4i，所以eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(1－b2＝－3,2b＝4)），所以b＝2,故z＝1＋2i，eq\o（z,\s\up6(－）)＝1－2i。故選A.3．若復數z滿足eq\f(eq\o(z，\s\up6（－））,1－i)＝i，其中i為虛數單位，則z＝（）A．1－i B．1＋iC．－1－i D．－1＋i解析：選A.由題意eq\o(z，\s\up6（－））＝i（1－i）＝1＋i，所以z＝1－i，故選A.4．（2019·江西贛州尋烏中學期末)若復數eq\f(a＋i，b－i)＝2－i(其中a，b是實數，i是虛數單位),則復數a＋bi在復平面內所對應的點位于(）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：選C。由eq\f(a＋i，b－i）＝2－i，可得a＋i＝（b－i）(2－i），即a＋i＝2b－1－(2＋b）i，所以eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（a＝2b－1,1＝－（2＋b），)）解得eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a＝－7，b＝－3,）)所以復數a＋bi在復平面內所對應的點的坐標為(－7，－3)，位于第三象限，故選C.5．設復數z滿足eq\f(1＋z,1－z)＝i，則|z|＝()A．1 B.eq\r（2)C。eq\r（3) D．2解析：選A。由eq\f（1＋z,1－z)＝i，得z＝eq\f（－1＋i,1＋i）＝eq\f（（－1＋i)（1－i），2）＝eq\f(2i,2）＝i，所以｜z|＝|i｜＝1，故選A.6．復數z滿足方程eq\o（z,\s\up6(－))i＝1－i，則z＝________．解析：由題意可得eq\o（z,\s\up6（－))＝eq\f(1－i,i）＝eq\f（(1－i）（－i）,i·（－i））＝－i(1－i)＝－1－i，所以z＝－1＋i。答案:－1＋i7．已知i為虛數單位，若復數z＝eq\f（1＋2i，2－i)，z的共軛復數為eq\o(z，\s\up6(－)），則z·eq\o（z,\s\up6(－））＝________．解析：依題意,得z＝eq\f（（1＋2i）(2＋i)，(2－i）（2＋i））＝i，所以eq\o(z,\s\up6(－）)＝－i，所以z·eq\o（z，\s\up6(－)）＝i·（－i)＝1。答案：18．設復數z＝－2＋i，若復數z＋eq\f（1,z）的虛部為b,則b等于________．解析：因為z＝－2＋i,所以z＋eq\f（1，z)＝－2＋i＋eq\f(1，－2＋i）＝－2＋i＋eq\f(－2－i,(－2＋i）（－2－i））＝－2＋i－eq\f（2,5）－eq\f(1,5）i＝－eq\f(12,5）＋eq\f（4,5)i，所以b＝eq\f(4,5).答案：eq\f（4,5）9．計算：(1)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)＋\f(\r（3),2)i））(2－i)（3＋i)；(2)eq\f（（\r(2）＋\r(2)i）2（4＋5i）,（5－4i）（1－i))。解:(1）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1,2)＋\f（\r（3)，2)i))(2－i)(3＋i）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）＋\f(\r（3），2)i))(7－i)＝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））＝eq\f（4i(4＋5i),5－4－9i)＝eq\f(－20＋16i，1－9i）＝eq\f（－4（5－4i）(1＋9i），82）＝eq\f(－4（41＋41i）,82）＝－2－2i。10．已知復數z1＝1－i，z2＝4＋6i，i為虛數單位．（1）求eq\f（z2，z1)；（2)若復數z＝1＋bi（b∈R）滿足z＋z1為實數，求|z|。解：(1）eq\f(z2,z1)＝eq\f（4＋6i，1－i）＝eq\f((4＋6i）（1＋i）,（1－i)(1＋i））＝eq\f(－2＋10i,2）＝－1＋5i。(2）因為z＝1＋bi（b∈R），所以z＋z1＝2＋(b－1）i，因為z＋z1為實數,所以b－1＝0，所以b＝1,所以z＝1＋i，所以|z|＝eq\r(2）。［B能力提升］11．已知復數z＝1－i，則eq\f（z2－2z，z－1)＝（)A．2i B．－2iC．2 D．－2解析:選B。法一：因為z＝1－i，所以eq\f（z2－2z，z－1)＝eq\f(（1－i）2－2（1－i),1－i－1)＝eq\f（－2,－i)＝－2i。法二：由已知得z－1＝－i，從而eq\f（z2－2z，z－1）＝