北师大版 (2019)必修 第二册第五章 复数2 复数的四则运算2.2 复数的乘法与除法学案设计

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在研究复数的加、减法运算时，我们注意到复数的形式就像一个二项式，类比二项式乘二项式的法则，我们可以得到复数乘法的法则，让第一项与第二项的各项分别相乘，再合并“同类项”，即得到乘法的结果．
阅读教材，回答下列问题．
问题1：复数的乘法和除法运算法则各是什么？
问题2：复数乘法的运算律有哪些？
问题3：如何在复数范围内求方程的解？
知识点1 复数的乘法
(1)复数的乘法法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意两个复数，那么它们的积(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i．
(2)复数乘法的运算律
对于任意z1，z2，z3∈C，有
(3)复数的指数幂的运算性质
对复数z，z1，z2和正整数m，n，有zm·zn＝zm＋n，(zm)n＝zmn，(z1·z2)n＝z eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(1))·z eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(2))．
(4)虚数单位i乘方的周期性
对于任意自然数n，有i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，i4n＋4＝1．
(5)共轭复数的性质：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· eq \x\t(z)＝| eq \x\t(z)|2＝|z|2＝a2＋b2．
(6)复数乘法的几何意义
设复数z1＝a＋bi(a，b∈R)所对应的向量为OZ1．
①z2＝(a＋bi)·c(c>0)所对应的向量为OZ2，则OZ2是OZ1与c的数乘，即OZ2是将OZ1沿原方向拉伸或压缩c倍得到的．
②z3＝(a＋bi)·i所对应的向量为OZ3，则OZ3是由OZ1逆时针旋转 eq \f(π,2)得到的．
1.复数乘法的多项式运算与实数的多项式运算法则是否相似？
[提示] 相似，但是运算的结果要把i2写成－1.
1.复数(1＋i)(1－i)＝________．
2 [(1＋i)(1－i)＝1－i2＝2.]
知识点2 复数的除法
(1)复数的除法：
对任意的复数z1＝a＋bi(a，b∈R)和非零复数z2＝c＋di(c，d∈R)，规定复数的除法： eq \f(z1,z2)＝z1· eq \f(1,z2).即除以一个复数等于乘这个复数的倒数．因此 eq \f(z1,z2)＝ eq \f(a＋bi,c＋di)＝(a＋bi) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,c2＋d2)－\f(d,c2＋d2)i))＝ eq \f(ac＋bd,c2＋d2)－ eq \f(ad－bc,c2＋d2)i．
(2)复数除法的运算：
在实际计算 eq \f(a＋bi,c＋di)时，通常把分子和分母同乘分母c＋di的共轭复数c－di，化简后就得到上面的结果： eq \f(a＋bi,c＋di)＝ eq \f(（a＋bi）（c－di）,（c＋di）（c－di）)＝ eq \f(ac＋bd,c2＋d2)－ eq \f(ad－bc,c2＋d2)i．
由此可见，在进行复数除法运算时，实际上是将分母“实数化”．
2.类比根式除法的分母有理化，比如 eq \f(1＋\r(3),3－\r(2))＝ eq \f(（1＋\r(3)）（3＋\r(2)）,（3－\r(2)）（3＋\r(2)）)，你能写出复数的除法法则吗？
提示：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(c＋di≠0)，则 eq \f(z1,z2)＝ eq \f(a＋bi,c＋di)＝ eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋ eq \f(bc－ad,c2＋d2)i.
2.设复数z满足iz＝1，其中i为虚数单位，则z等于( )
A．－i B．i C．－1 D．1
A [z＝ eq \f(1,i)＝－i.]
类型1 复数的乘法及其几何意义
【例1】 (1)(教材北师版P171例5改编)计算：①(2＋i)(2－i)；②(1＋2i)2.
(2)设O是坐标原点，在矩形OABC(点O，A，B，C按逆时针排列)中，OA＝3OC，若A对应的复数是3＋4i，求点B，C所对应的复数．
[解] (1)①(2＋i)(2－i)＝4－i2＝4－(－1)＝5；
②(1＋2i)2＝1＋4i＋(2i)2＝1＋4i＋4i2＝－3＋4i.
(2)因为在矩形OABC中，OA＝3OC，且A对应的复数是3＋4i，
所以点C对应的复数为(3＋4i)· eq \f(1,3)i＝－ eq \f(4,3)＋i，
因为 eq \(OA,\s\up8(→))＝(3，4)， eq \(OC,\s\up8(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，1))，所以 eq \(OB,\s\up8(→))＝ eq \(OA,\s\up8(→))＋ eq \(OC,\s\up8(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，5))，
所以点B对应的复数为 eq \f(5,3)＋5i.
1.两个复数代数形式乘法的运算步骤
(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.常用公式
(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.
eq \a\vs4\al([跟进训练])
1．(1)计算：(1－i)2－(2－3i)(2＋3i)＝( )
A．2－13i B．13＋2i
C．13－13i D．－13－2i
(2)复数(1－i)2(2－3i)的值为( )
A．6－4i B．－6－4i
C．6＋4i D．－6＋4i
(3)设复数2＋i对应的向量为 eq \(OZ,\s\up8(→))，把 eq \(OZ,\s\up8(→))沿原方向拉伸3倍所得到的向量对应的复数是( )
A．－1＋2i B．6＋3i
C．6＋i D．－6－3i
(1)D (2)B (3)B [(1)(1－i)2－(2－3i)(2＋3i)＝1－2i＋i2－(4－9i2)＝－13－2i.
(2)(1－i)2(2－3i)＝(－2i)(2－3i)＝－6－4i.
(3)把 eq \(OZ,\s\up8(→))沿原方向拉伸3倍所得到的向量对应的复数是(2＋i)·3＝6＋3i.]
类型2 复数的除法
【例2】 (1)已知i为虚数单位，图中复平面内的点A表示复数z，则表示复数 eq \f(z,1＋i)的点是( )
A．M B．N
C．P D．Q
(2)设复数z＝1＋2i，则 eq \f(z2＋3,z－1)＝( )
A．2i B．－2i
C．2 D．－2
(3)设复数z满足 eq \f(1＋z,1－z)＝i，则|z|等于( )
A．1 B． eq \r(2)
C． eq \r(3) D．2
(1)D (2)C (3)A [(1)由图可知z＝3＋i，所以复数 eq \f(z,1＋i)＝ eq \f(3＋i,1＋i)＝ eq \f(（3＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝ eq \f(4－2i,2)＝2－i，表示的点是Q(2，－1).故选D.
(2) eq \f(z2＋3,z－1)＝ eq \f(（1＋2i）2＋3,1＋2i－1)＝ eq \f(12＋4i＋4i2＋3,2i)＝ eq \f(4i,2i)＝2.故选C.
(3)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.故选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．
eq \a\vs4\al([跟进训练])
2．(1) eq \f(3＋i,1＋i)＝( )
A．1＋2i B．1－2i
C．2＋i D．2－i
(2)已知i为虚数单位，则 eq \f(1＋i,3－i)＝( )
A． eq \f(2－i,5) B． eq \f(2＋i,5)
C． eq \f(1－2i,5) D． eq \f(1＋2i,5)
(1)D (2)D [(1) eq \f(3＋i,1＋i)＝ eq \f(（3＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝ eq \f(4－2i,2)＝2－i.
(2) eq \f(1＋i,3－i)＝ eq \f(（1＋i）（3＋i）,（3－i）（3＋i）)＝ eq \f(1＋2i,5).]
类型3 复数几何意义的综合应用
【例3】 (1)已知i是虚数单位，设复数z1＝1＋i，z2＝1＋2i，则 eq \f(z1,z2)在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
(2)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，＋∞)
1. 复数z＝－2＋i在复平面内对应的点在第几象限？
[提示] 因为复数z＝－2＋i在复平面内对应的点为（－2，1），它在第二象限．
2.若复数z＝a＋bi（a，b∈R）在复平面内对应的点在第四象限，则实数a，b应满足什么条件？
[提示] a>0，b<0.
3.(1) eq \x(计算\f(z1,z2))→ eq \x(\a\al(求复数\f(z1,z2)在,复平面内对应的点))→ eq \x(判断其所在的象限)
(2) eq \x(计算（1－i）（a＋i）)→ eq \x(\a\al(求复数（1－i）（a＋i）在,复平面内对应的点))→ eq \x(构建方程组并求解)
(1)D (2)B [(1)由题可得， eq \f(z1,z2)＝ eq \f(1＋i,1＋2i)＝ eq \f(（1＋i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝ eq \f(3,5)－ eq \f(1,5)i，对应在复平面上的点的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，－\f(1,5)))，在第四象限．
(2)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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋1<0，,1－a>0，))解得a＜－1.]
1．把例3(1)中的复数“ eq \f(z1,z2)”换为“ eq \f(1,1＋i)”，答案是哪个？
[解] eq \f(1,1＋i)＝ eq \f(1－i,（1＋i）（1－i）)＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2)i，对应的点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，
在第四象限，故选D.
2．把例3(2)中的复数“(1－i)(a＋i)”换为“ eq \f(1－2i,a＋i)”，其余条件不变， 求实数a的取值范围．
[解] 因为 eq \f(1－2i,a＋i)＝ eq \f(（1－2i）（a－i）,（a＋i）（a－i）)＝ eq \f(a－2,a2＋1)－ eq \f(2a＋1,a2＋1)i，
由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a－2,a2＋1)<0,－\f(2a＋1,a2＋1)>0)) ，解得a<－ eq \f(1,2).
(1)复数z＝a＋bi(a，b∈R)Z(a，b)eq \(OZ,\s\up8(→))＝(a，b).
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解法更加直观．
eq \a\vs4\al([跟进训练])
3．已知复数z满足(1＋2i)z＝4＋3i(i为虚数单位)，求z及 eq \f(z,\x\t(z)).
[解] ∵(1＋2i)z＝4＋3i，
∴z＝ eq \f(4＋3i,1＋2i)＝ eq \f(（4＋3i）（1－2i）,（1＋2i）（1－2i）)＝2－i，
∴ eq \x\t(z)＝2＋i，
∴ eq \f(z,\x\t(z))＝ eq \f(2－i,2＋i)＝ eq \f(（2－i）2,（2＋i）（2－i）)＝ eq \f(3－4i,5)＝ eq \f(3,5)－ eq \f(4,5)i.
1．复数(1＋i)2(2＋3i)的值为( )
A．6－4i B．－6－4i
C．6＋4i D．－6＋4i
D [(1＋i)2(2＋3i)＝2i(2＋3i)＝－6＋4i.]
2．已知i是虚数单位，若复数z满足zi＝1＋i，则z2＝( )
A．－2i B．2i
C．－2 D．2
A [∵zi＝1＋i，∴z＝ eq \f(1＋i,i)＝ eq \f(1,i)＋1＝1－i. ∴z2＝(1－i)2＝1＋i2－2i＝－2i.]
3. 在复平面内，复数 eq \f(1,1－i)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
D [ eq \f(1,1－i)＝ eq \f(1＋i,2)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)i，其共轭复数为 eq \f(1,2)－ eq \f(1,2)i，∴复数 eq \f(1,1－i)的共轭复数对应的点的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)))，位于第四象限，故选D.]
4．计算：(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)＝________．
1＋i [(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)＝1－i2－1＋i＝1＋i.]
5．设复数z＝1＋ eq \r(2)i，则z2－2z＝________．
－3 [ ∵z＝1＋ eq \r(2)i，∴z2－2z＝z(z－2)＝(1＋ eq \r(2)i)(1＋ eq \r(2)i－2)＝(1＋ eq \r(2)i)(－1＋ eq \r(2)i)＝－3.]
回顾本节内容，自我完成以下问题：
1.如何进行复数代数形式的乘除运算？
[提示] (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.解决复数问题的基本思想是什么？
[提示] 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．
利用复数产生分形图
以前我们学过的函数，定义域都是实数集的子集．但函数概念还可以推广：定义域是复数集的子集的函数称为复变函数．类似地，我们还可以得到多项式复变函数的概念．例如，f(z)＝z2就是一个多项式复变函数，此时
f(i)＝i2＝－1，f(1＋i)＝(1＋i)2＝2i.
给定多项式复变函数f(z)之后，对任意一个复数z0，通过计算公式zn＋1＝f(zn)，n∈N可以得到一列值
z0，z1，z2，…，zn，….
如果存在一个正数M，使得|zn|＜M对任意n∈N都成立，则称zn为f(z)的收敛点；否则，称zn为f(z)的发散点．f(z)的所有收敛点组成的集合称为f(z)的充满茹利亚集．
例如，当f(z)＝z2时，如果zn＝i，则得到的一列值是
i，－1，1，1，…，1，…；
如果zn＝1＋i，则算出的一列值是
1＋i，2i，－4，…，22n－1，….
显然，对于f(z)＝z2来说，i为收敛点，1＋i为发散点．事实上，利用|z2|＝|z|2可以证明，f(z)＝z2的充满茹利亚集是一个单位圆盘(即由满足|z|≤1的所有z组成的集合).
让人惊讶的是，当f(z)＝z2＋c时，对于某些复数c来说，f(z)的充满茹利亚集是非常复杂的．如果利用计算机对不同形态的收敛点和发散点进行不同的着色，就可以得到分形图．而且，如果按照一定的规则对c进行分类，并进行着色，可以得到如图所示的芒德布罗分形图．
学 习 任 务
核 心 素 养
1．掌握复数代数形式的乘法和除法运算．(重点、难点)
2．理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律． (难点)
3．了解复数乘法的几何意义．
1．通过学习复数的乘法和除法，培养学生数学运算素养．
2．通过学习复数乘法运算所满足的运算律，培养学生数学抽象素养．
交换律
z1·z2＝z2·z1
结合律
(z1·z2)·z3＝z1·_(z2·z3)
乘法对加法的分配律
z1· (z2＋z3)＝z1·z2＋z1·z3