数学第七章 复数7.2 复数的四则运算教案

这是一份数学第七章 复数7.2 复数的四则运算教案，共13页。教案主要包含了教学目标，教学重难点，教学建议，教学过程等内容，欢迎下载使用。
【教学目标】
1．知识与技能
理解并掌握复数的代数形式的乘法与除法运算法则，了解共轭复数的概念。
2．过程与方法
理解并掌握复数的除法运算实质是分母实数化问题，通过运算过程体会这一变形本质意图。
3．情感、态度与价值观
利用多项式除法和复数除法类比，知道事物之间是普遍联系的。通过复数除法运算，培养学生探索问题、分析问题、解决问题的能力。
【教学重难点】
重点：复数代数形式的乘除法运算。
难点：复数除法法则的运用。
【教学建议】
建议本节教学采用自学指导法，在学生自主学习的基础上可利用一下教学方法及手段完成本节教学：（1）类比分析法，通过对比多项式的乘法法则推出复数乘法法则。（2）归纳推理法，运用已有的多项式乘法法则和分母有理化及复数加减法的知识，通过归纳类比，推导复数除法法则。（3）合理、恰当地运用多媒体教学手段，将静态事物动态化，将抽象事物直观化，以突破教学难点。
【教学过程】
创设问题情境，引出问题，引导学生思考两个复数如何进行代数形式的乘法与除法运算。让学生自主完成填一填，使学生进一步熟悉复数代数形式的乘法、除法运算的法则，及其满足的运算律。引导学生分析例题1的运算方法并求解，教师只需指导完善，解答疑惑并要求学生独立完成变式训练。由学生分组探究例题2解法，引导学生去发现in运算的周期性，及其应用方法。完成互动探究。
完成当堂双基达标，巩固所学知识及应用方法。并进行反馈矫正。归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识，强调重点内容和规律方法。学生自主完成例题3变式训练，老师抽查完成情况，对出现问题及时指导。通过易错辨析纠正运算中出现的错误。让学生自主分析例题3，老师适当点拨解题思路，学生分组讨论给出解法。老师组织解法展示，引导学生总结解题规律。
问题导思：
1．如何规定两个复数相乘？
提示：两个复数相乘类似于多项式相乘，只要在所得结果中把i2换成－1，并且把实部与虚部分别合并即可。
2．复数乘法满足交换律、结合律以及乘法对加法的分配律吗？
提示：满足。
（1）设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），则
z1·z2＝（a＋bi）·（c＋di）＝（ac－bd）＋（ad＋bc）i。
（2）对于任意z1，z2，z3∈C，有
问题导思：
如何规定两个复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R，c＋di≠0）相除？
提示：eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq \f(ac＋bd＋bc－adi,c2＋d2)。
（1）z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d为实数，c＋di≠0），z1，z2进行除法运算时，通常先把（a＋bi）÷（c＋di）写成eq \f(a＋bi,c＋di)的形式再把分子与分母都乘以c－di化简后可得结果：eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i。
（2）共轭复数
如果两个复数满足实部相等，虚部互为相反数时，称这两个复数为共轭复数，z的共轭复数用eq \x\t(z)表示。即z＝a＋bi，则eq \x\t(z)＝a－bi。虚部不等于0的两个共轭复数也叫共轭虚数。
例1：（1）（2013·课标全国卷Ⅱ）设复数z满足（1－i）·z＝2i，则z＝（ ）
A．－1＋i B．－1－i C．1＋i D．1－i
（2）（2013·大纲全国卷）（1＋eq \r(3)i）3＝（ ）
A．－8 B．8 C．－8i D．8i
（3）计算（eq \f(1＋i,1－i)）6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)＝________。
思路探究：（1）先设出复数z＝a＋bi，然后运用复数相等的充要条件求出a，b的值。
（2）直接利用复数的乘法运算法则计算。
（3）先计算eq \f(1＋i,1－i)再乘方，且将eq \f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)的分母实数化后再合并。
自主解答：（1）设z＝a＋bi，则（1－i）（a＋bi）＝2i，即（a＋b）＋（b－a）i＝2i。
根据复数相等的充要条件得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b＝0，,b－a＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1，))
∴z＝－1＋i。故选A．
（2）原式＝（1＋eq \r(3)i）（1＋eq \r(3)i）2＝（1＋eq \r(3)i）（－2＋2eq \r(3)i）＝－2＋6i2＝－8．
（3）法一：原式＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋i2,2)))6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)i\r(3)＋\r(2)i,5)
＝i6＋eq \f(\r(6)＋2i＋3i－\r(6),5)＝－1＋i。
法二 原式＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1＋i2,2)))6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)ii,\r(3)－\r(2)ii)
＝i6＋eq \f(\r(2)＋\r(3)ii,\r(2)＋\r(3)i)
＝－1＋i。
答案：（1）A （2）A （3）－1＋i
规律方法
1．复数的乘法类比多项式相乘进行运算，复数除法要先写成分式形式后，再将分母实数化，注意最后结果要写成a＋bi（a，b∈R）的形式。
2．记住以下结论可以提高运算速度
（1）（1＋i）2＝2i，（1－i）2＝－2i；
（2）eq \f(1－i,1＋i)＝－i，eq \f(1＋i,1－i)＝i；
（3）eq \f(1,i)＝－i。
变式训练
计算：
（1）（1－i）2；
（2）（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）（eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i）（1＋i）；
（3）eq \f(2i,2＋i)。
解：（1）（1－i）2＝1－2i＋i2＝－2i。
（2）（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）（eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i）（1＋i）
＝（－eq \f(\r(3),4)－eq \f(1,4)i＋eq \f(3,4)i＋eq \f(\r(3),4)i2）（1＋i）
＝（－eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,2)i－eq \f(\r(3),4)）（1＋i）
＝（－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(1,2)i）（1＋i）
＝－eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(3),2)i＋eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)
＝－eq \f(1＋\r(3),2)＋eq \f(1－\r(3),2)i。
（3）eq \f(2i,2＋i)＝eq \f(2i2－i,2＋i2－i)＝eq \f(2＋4i,5)＝eq \f(2,5)＋eq \f(4,5)i。
例2： （1）计算：eq \f(－2\r(3)＋i,1＋2\r(3)i)＋（eq \f(\r(2),1－i)）2 013；
（2）若复数z＝eq \f(1＋i,1－i)，求1＋z＋z2＋…＋z2 013的值。
思路探究：将式子进行适当的化简、变形，使之出现in的形式，然后再根据in的值的特点计算求解。
自主解答：（1）原式＝eq \f(i1＋2\r(3)i,1＋2\r(3)i)＋[（eq \f(\r(2),1－i)）2]1 006·（eq \f(\r(2),1－i)）
＝i＋（eq \f(2,－2i)）1 006·eq \f(\r(2)1＋i,2)＝i＋i1 006·eq \f(\r(2)1＋i,2)
＝－eq \f(\r(2),2)＋eq \f(2－\r(2),2)i
（2）1＋z＋z2＋…＋z2 013＝eq \f(1－z2 014,1－z)，
而z＝eq \f(1＋i,1－i)＝eq \f(1＋i2,1－i1＋i)＝eq \f(2i,2)＝i，
所以1＋z＋z2＋…＋z2 013＝eq \f(1－i2 014,1－i)＝eq \f(1－i2,1－i)＝1＋i。
规律方法
1．要熟记in的取值的周期性，要注意根据式子的特点创造条件使之与in联系起来以便计算求值。
2．如果涉及数列求和问题，应先利用数列方法求和后再求解。
互动探究
在本例（2）中若z＝i，求1＋z＋z2＋…＋z2 013的值。
解：由题意知
1＋z＋z2＋…＋z2 013＝1＋i＋i2＋…＋i2 013
＝eq \f(1·1－i2 014,1－i)＝eq \f(1－i4×503＋2,1－i)＝eq \f(1－i2,1－i)＝1＋i。
∴原式＝1＋i。
例3：设z1，z2∈C，A＝z1·eq \x\t(z2)＋z2·eq \x\t(z1)，B＝z1·eq \x\t(z1)＋z2·eq \x\t(z2)，问A与B是否可以比较大小？为什么？
思路探究：设出z1，z2的代数形式→化简A，B→判断A，B是否同为实数→结论
自主解答：设z1＝a＋bi，
z2＝c＋di（a，b，c，d∈R），
则eq \x\t(z1)＝a－bi，eq \x\t(z2)＝c－di，
∴A＝z1·eq \x\t(z2)＋z2·eq \x\t(z1)
＝（a＋bi）（c－di）＋（c＋di）（a－bi）
＝ac－adi＋bci－bdi2＋ac－bci＋adi－bdi2
＝2ac＋2bd∈R，
B＝z1·eq \x\t(z1)＋z2·eq \x\t(z2)
＝|z1|2＋|z2|2
＝a2＋b2＋c2＋d2∈R，
∴A与B可以比较大小。
规律方法
1．z·eq \x\t(z)＝|z|2＝|eq \x\t(z)|2是共轭复数的常用性质。
2．实数的共轭复数是它本身，即z∈R⇔z＝eq \x\t(z)，利用此性质可以证明一个复数是实数。
3．若z≠0且z＋eq \x\t(z)＝0，则z为纯虚数，利用此性质可证明一个复数是纯虚数。
变式训练
已知z∈C，eq \x\t(z)为z的共轭复数，若z·eq \x\t(z)－3ieq \x\t(z)＝1＋3i，求z。
解：设z＝a＋bi（a，b∈R），则eq \x\t(z)＝a－bi（a，b∈R），
由题意得（a＋bi）（a－bi）－3i（a－bi）＝1＋3i，
即a2＋b2－3b－3ai＝1＋3i，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2－3b＝1,－3a＝3))，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1,b＝0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1,b＝3))，
所以z＝－1或z＝－1＋3i。
典例：设复数z满足eq \f(1＋2i,z)＝i，则z＝（ ）
A．－2＋I B．－2－i
C．2－i D．2＋i
错解：设复数z＝a＋bi（a，b∈R）满足eq \f(1＋2i,z)＝i，
所以1＋2i＝ai＋B．
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
所以z＝2＋i，故选D项。
答案：D
错因分析：将i2＝－1当成i2＝1来运算漏掉负号。
防范措施：在进行乘除法运算时，灵活运用i的性质，并注意一些重要结论的灵活应用。
正解：设复数z＝a＋bi（a，b∈R）满足eq \f(1＋2i,z)＝i，
所以1＋2i＝ai－B．
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－1，))
所以z＝2－i，故选C项。
答案：C
课堂小结
1．复数代数形式的乘除运算
（1）复数代数形式的乘法类似于多项式乘以多项式，复数的乘法满足交换律、结合律以及乘法对加法的分配律。
（2）在进行复数代数形式的除法运算时，通常先将除法写成分式的形式，再把分子、分母都乘以分母的共轭复数，化简后可得，类似于以前学习的分母有理化。
2．共轭复数的性质可以用来解决一些复数问题。
3．复数问题实数化思想。
复数问题实数化是解决复数问题的基本思想方法，其桥梁是设复数z＝a＋bi（a，b∈R），利用复数相等的充要条件转化。
当堂双基达标
1．（2012·北京高考）在复平面内，复数eq \f(10i,3＋i)对应的点的坐标为（ ）
A．（1，3） B．（3，1）
C．（－1，3） D．（3，－1）
解析：eq \f(10i,3＋i)＝eq \f(10i3－i,32＋12)＝eq \f(10i3－i,10)＝1＋3i，
∴其对应点的坐标为（1，3），选A．
答案：A
2．（2013·安徽高考）设i是虚数单位，若复数a－eq \f(10,3－i)（a∈R）是纯虚数，则a的值为（ ）
A．－3 B．－1
C．1 D．3
解析：因为a－eq \f(10,3－i)＝a－eq \f(103＋i,3－i3＋i)＝a－eq \f(103＋i,10)＝（a－3）－i，由纯虚数的定义，知a－3＝0，所以a＝3．
答案：D
3．若x－2＋yi和3x－i互为共轭复数，则实数x＝________，y＝________。
解析：由题意得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2＝3x，,y＝1，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝1.))
答案：－1、1
4．计算：
（1）（1－i）（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）（1＋i）；
（2）eq \f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)；
（3）（2－i）2．
解：（1）法一：（1－i）（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）（1＋i）
＝（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i＋eq \f(1,2)i－eq \f(\r(3),2)i2）（1＋i）
＝（eq \f(\r(3)－1,2)＋eq \f(\r(3)＋1,2)i）（1＋i）
＝eq \f(\r(3)－1,2)＋eq \f(\r(3)＋1,2)i＋eq \f(\r(3)－1,2)i＋eq \f(\r(3)＋1,2)i2
＝－1＋eq \r(3)i。
法二：原式＝（1－i）（1＋i）（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）
＝（1－i2）（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）
＝2（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）
＝－1＋eq \r(3)i。
（2）eq \f(\r(2)＋\r(3)i,\r(3)－\r(2)i)＝eq \f(\r(2)＋\r(3)i\r(3)＋\r(2)i,\r(3)－\r(2)i\r(3)＋\r(2)i)
＝eq \f(\r(2)＋\r(3)i\r(3)＋\r(2)i,\r(3)2＋\r(2)2)
＝eq \f(\r(6)＋2i＋3i－\r(6),5)
＝eq \f(5i,5)＝i。
（3）（2－i）2＝（2－i）（2－i）
＝4－4i＋i2
＝3－4i。
课后知能训练
一、选择题
1．复数（2＋i）2等于（ ）
A．3＋4i B．5＋4i
C．3＋2i D．5＋2i
解析：（2＋i）2＝4＋4i＋i2＝4＋4i－1＝3＋4i。故选A．
答案：A
2．i是虚数单位，复数eq \f(5＋3i,4－i)＝（ ）
A．1－i B．－1＋i
C．1＋i D．－1－i
解析：eq \f(5＋3i,4－i)＝eq \f(5＋3i4＋i,42＋1)＝eq \f(17＋17i,17)＝1＋i。
答案：C
3．若复数z满足（3－4i）z＝|4＋3i|，则z的虚部为（ ）
A．－4 B．－eq \f(4,5)
C．4 D．eq \f(4,5)
解析：∵（3－4i）z＝|4＋3i|，∴z＝eq \f(|4＋3i|,3－4i)＝eq \f(\r(42＋32),3－4i)＝eq \f(53＋4i,25)＝eq \f(3,5)＋eq \f(4,5)i，∴z的虚部为eq \f(4,5)。
答案：D
4．若z＋eq \x\t(z)＝6，z·eq \x\t(z)＝10，则z＝（ ）
A．1±3i B．3±i
C．3＋i D．3－i
解析：设z＝a＋bi（a，b∈R），则eq \x\t(z)＝a－bi，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝6,a2＋b2＝10))，解得a＝3，b＝±1，则z＝3±i。
答案：B
5．（2013·湖北高考）在复平面内，复数z＝eq \f(2i,1＋i)（i为虚数单位）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
解析：z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i1－i,1＋i1－i)＝1＋i，所以eq \x\t(z)＝1－i，故复数z的共轭复数对应的点位于第四象限。
答案：D
二、填空题
6．（2013·江苏高考）设z＝（2－i）2（i为虚数单位），则复数z的模为________。
解析：z＝（2－i）2＝3－4i，所以|z|＝|3－4i|＝eq \r(32＋－42)＝5．
答案：5
7．若eq \f(3＋bi,1－i)＝a＋bi（a，b为实数，i为虚数单位），则a＋b＝________。
解析：eq \f(3＋bi,1－i)＝eq \f(3＋bi1＋i,2)
＝eq \f(1,2)[（3－b）＋（3＋b）i]＝eq \f(3－b,2)＋eq \f(3＋b,2)i。
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(3－b,2)，,\f(3＋b,2)＝b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0，,b＝3.))∴a＋b＝3．
答案：3
8．当z＝－eq \f(1－i,\r(2))时，z2 012＋z2 014＝________。
解析：z＝－eq \f(1－i,\r(2))，∴z2＝eq \f(－2i,2)＝－i，
∴z2 012＝（－i）2 012＝1，
z2 014＝（－i）2 014＝－1，
∴z2 012＋z2 014＝1－1＝0.
答案：0
三、解答题
9．计算下列各题：
（1）eq \f(1＋i7,1－i)＋eq \f(1－i7,1＋i)－eq \f(3－4i2＋2i3,4＋3i)；
（2）eq \f(1,i)（eq \r(2)＋eq \r(2)i）5＋（eq \f(1,1＋i)）4＋（eq \f(1＋i,1－i)）7；
（3）（－eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i）12＋（eq \f(2＋2i,1－\r(3)i)）8．
解：（1）原式＝[（1＋i）2]3eq \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 \f(1,i)（eq \r(2)＋eq \r(2)i）5＋（eq \f(1,1＋i)）4＋（eq \f(1＋i,1－i)）7
＝－i·（eq \r(2)）5·[（1＋i）2]2·（1＋i）＋[eq \f(1,1＋i2)]2＋i7
＝16eq \r(2)（－1＋i）－eq \f(1,4)－i
＝－（16eq \r(2)＋eq \f(1,4)）＋（16eq \r(2)－1）i。
（3）（－eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i）12＋（eq \f(2＋2i,1－\r(3)i)）8
＝（－i）12·（－eq \f(\r(3),2)－eq \f(1,2)i）12＋（eq \f(1＋i,\f(1,2)－\f(\r(3),2)i)）8
＝（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）12＋eq \f([1＋i2]4·\f(1,2)－\f(\r(3),2)i,[\f(1,2)－\f(\r(3),2)i3]3)
＝[（－eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i）3]4＋（－8＋8eq \r(3)i）
＝1－8＋8eq \r(3)i＝－7＋8eq \r(3)i。
10.复数z＝eq \f(1＋i2＋31－i,2＋i)，若z2＋eq \f(a,z)