PAGE6-10．2.2復數的乘法與除法第1課時復數的乘法[課程目標]1.能運用復數的乘法運算法則進行簡潔的計算；2.駕馭虛數單位“i”的冪的規(guī)律進行化簡求值．學問點一復數的乘法[填一填](1)復數乘法法則一般地，設z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，稱z1z2(或z1×z2)為z1與z2的積，并規(guī)定z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i.(2)運算律對隨意復數z1，z2，z3，有z1·z2＝z2·z1，(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)，z1(z2＋z3)＝z1·z2＋z1·z3.(3)復數的乘方n個相同的復數z相乘時，仍稱為z的n次方(或n次冪)，并記作zn，即zn＝z×z×…×eq\o(z,\s\do4(n個)).當m，n均為正整數時，zmzn＝zm＋n，(zm)n＝zmn，(z1z2)n＝zeq\o\al(n,1)zeq\o\al(n,2).[答一答]怎樣理解復數代數形式的乘法法則？提示：(1)在進行復數代數形式的乘法運算時，緊緊抓住與多項式乘法的相同點和不同點進行計算，不要死記結論．(2)乘法對加法的安排律的逆向運用是為了因式分解；交換律是為結合律做打算的．(3)對于能運用乘法公式計算的兩個復數的乘法，用乘法公式更簡捷，如平方差公式、立方差公式、完全平方公式等．學問點二共軛復數的性質[填一填]設z＝a＋bi(a，b∈R)．(1)|eq\o(z,\s\up6(－))|＝|z|；(2)z·eq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2＝|eq\o(z,\s\up6(－))|2；(3)z∈R?z＝eq\o(z,\s\up6(－))，非零復數z為純虛數?z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝0；(4)z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝2a，z－eq\o(z,\s\up6(－))＝2bi；(5)eq\x\to(z1±z2)＝eq\x\to(z)1±eq\x\to(z)2，eq\x\to(z1·z2)＝eq\x\to(z)1·eq\x\to(z)2，(eq\f(z1,z2))＝eq\f(\x\to(z)1,\x\to(z)2)(z2≠0)．1．i的乘方．對隨意n∈N＋，都有：i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＝1.與i相關的幾個常用結論：(1＋i)2＝2i，(1－i)2＝－2i，eq\f(1,i)＝－i，eq\f(1＋i,1－i)＝i，eq\f(1－i,1＋i)＝－i.2．共軛復數的性質．設ω1＝eq\f(－1＋\r(3)i,2)，則其共軛復數ω2＝eq\f(－1－\r(3)i,2)，則兩者具有如下關系：(1)ωeq\o\al(3,1)＝ωeq\o\al(3,2)＝1；(2)1＋ω1＋ω2＝0；(3)ωeq\o\al(2,1)＝ω2或ωeq\o\al(2,2)＝ω1；(4)ω1＝eq\o(ω,\s\up6(－))2且eq\o(ω,\s\up6(－))1＝ω2；(5)ω1·ω2＝1，ω1＝eq\f(1,ω2)，ω2＝eq\f(1,ω1)；(6)ω3n＝1，ω3n＋1＝ω，ω3n＋2＝ω2.類型一復數的乘法運算[例1]計算：(1)(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)；(2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i.[分析]應用復數的乘法法則及運算律求解．[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＝(－2＋11i＋5)(3－4i)＋2i＝(3＋11i)(3－4i)＋2i＝(9－12i＋33i－44i2)＋2i＝53＋21i＋2i＝53＋23i.三個或三個以上的復數相乘可按從左到右的依次運算或利用結合律運算，混合運算與實數的運算一樣，對于能夠運用乘法公式計算的兩個復數相乘，用乘法公式計算將更為簡捷，如平方差公式、完全平方公式等.[變式訓練1](1)(1－2i)(3＋4i)(－2＋i)等于(D)A．20＋15i B．20－15iC．－20－15i D．－20＋15i解析：原式＝(3＋4i－6i＋8)(－2＋i)＝(11－2i)(－2＋i)＝－22＋11i＋4i＋2＝－20＋15i.故選D.(2)已知(x＋i)(1－i)＝y(tǒng)，則實數x，y分別為(D)A．x＝－1，y＝1 B．x＝－1，y＝2C．x＝1，y＝1 D．x＝1，y＝2解析：因為(x＋i)(1－i)＝y(tǒng)，所以(x＋1)＋(1－x)i＝y(tǒng)，由復數相等的充要條件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1＝y(tǒng)，,1－x＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2.))故選D.類型二i的冪的運算[例2](1)試求i1，i2，i3，i4，i5，i6，i7，i8的值；(2)由(1)推想in(n∈N＋)的值有什么規(guī)律，并求i23，i352，i1000，i3333，i1999的值．[分析]利用i的乘方運算找尋in(n∈N＋)的值的規(guī)律．[解](1)i1i2i3i4i5i6i7i8i－1－i1i－1－i1(2)由(1)可推想得，對隨意n∈N＋，有i4n－3＝i，i4n－2＝－1，i4n－1＝－i，i4n＝1，i23＝i4×6－1＝－i；i352＝i4×88＝1；i1000＝i4×250＝1；i3333＝i4×834－3＝i；i1999＝i4×500－1＝－i.由上述公式可知，虛數單位i的乘方有周期性，最小正周期為4，利用此周期性可快速解決有關i的乘方的計算問題.[變式訓練2]計算：(1)(2＋eq\f(1,i15))－(eq\f(1＋i,\r(2)))22；(2)1＋i＋i2＋…＋i100；(3)(4－i5)(6＋2i7)＋(7＋i11)(4－3i)．解：(1)原式＝(2＋eq\f(i,i16))－eq\f(1＋i22,\r(2)22)＝(2＋i)－eq\f(2i11,211)＝2＋i－i11＝2＋i－i3＝2＋i＋i＝2＋2i.(2)原式＝eq\f(1－i101,1－i)＝eq\f(1－i,1－i)＝1.(3)原式＝2(4－i)(3－i)＋(7－i)(4－3i)＝2(12－3i－4i＋i2)＋(28－4i－21i＋3i2)＝2(11－7i)＋25(1－i)＝47－39i.類型三共軛復數性質的應用[例3]已知z∈C，eq\x\to(z)為z的共軛復數，若z·eq\x\to(z)－3ieq\x\to(z)＝1＋3i，求z.[解]方法一：設z＝a＋bi(a，b∈R)，則eq\x\to(z)＝a－bi，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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－3b＝1，,－3a＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))所以z＝－1或z＝－1＋3i.方法二：原方程可化為－3ieq\x\to(z)－3i＝1－z·eq\x\to(z).因為z·eq\x\to(z)＝|z|2∈R，所以－3ieq\x\to(z)－3i＝－3ieq\x\to(z)－3i＝3iz＋3i，所以(z＋eq\x\to(z))3i＝－6i，即z＋eq\x\to(z)＝－2.令z＝x＋yi(x，y∈R)，代入z＋eq\x\to(z)＝－2可解得x＝－1.把z＝－1＋yi代入原方程可得y＝0或y＝3，所以z＝－1或z＝－1＋3i.1.若復數z的代數形式已知，依據共軛復數的定義可以寫出eq\x\to(z)，再進行復數的四則運算.必要時，需通過復數的運算確定復數z的代數形式，再依據共軛復數的定義求eq\x\to(z).2.恰當地運用共軛復數的性質可簡化運算.[變式訓練3]已知復數z滿意(z－2)(2－i)＝2(i為虛數單位)，求z的共軛復數eq\x\to(z)和z·eq\x\to(z)的值．解：設z＝x＋yi，由(z－2)(2－i)＝2，得2x＋2yi－4－xi＋y＋2i＝2，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－4＝2，,2y－x＋2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(14,5)，,y＝\f(2,5)，))即z＝eq\f(14,5)＋eq\f(2,5)i.所以z的共軛復數為eq\x\to(z)＝eq\f(14,5)－eq\f(2,5)i；z·eq\x\to(z)＝|z|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14,5)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)))2＝8.1．在復平面內，復數(2－i)2對應的點位于(D)A．第一象限B．其次象限C．第三象限D．第四象限解析：(2－i)2＝4－4i＋i2＝3－4i，對應的點為(3，－4)，位于第四象限，故選D.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＝(D)A．5－4i B．5＋4iC．3－4i D．3＋4i解析：本題考查復數的運算，共軛復數的概念．a－i與2＋bi互為共軛復數．∴a＝2，b＝1，∴(a＋bi)2＝(2＋i)2＝3＋4i.3．當z＝－eq\f(1－i,\r(2))時，z100＋z50＋1的值等于(D)A．1 B．－1C．i D．－i解析：∵z＝－eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)i，∴z2＝－i.∴z4＝－1，∴z100＝(z4)25＝－1，z50＝z4