高中数学人教B版 (2019)必修 第四册10.2.2 复数的乘法与除法导学案

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两个实数的积、商是一个实数，那么两个复数的积、商是怎样的？怎样规定两个复数的乘除运算，才能使在复数集中的乘法、除法与原实数集中的有关规定相容？复数的加减运算把i看作一个字母，相当于多项式的合并同类项，那么复数乘法是否可以像多项式乘法那样进行呢？
思考：(1)多项式(a＋b)(c＋d)的运算结果是什么？
(2)复数(a＋bi)(c＋di)的运算结果是什么？
知识点1 复数的乘法
1．复数乘法的定义
一般地，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，称z1z2(或z1×z2)为z1与z2的积，并规定：
z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i．
2．复数乘法的运算律
对任意z1，z2，z3∈C，有
3．复数乘法的运算性质
zm·zn＝zm＋n，(zm)n＝zmn，(z1z2)n＝zeq \\al(n,1)zeq \\al(n,2)．(其中m，n∈N*)．
4．i的乘方运算性质
i4n＋1＝i；i4n＋2＝－1；i4n＋3＝－i；i4n＝1．
[拓展]
(1)若规定i0＝1，i－m＝eq \f(1,im)(m∈N*)，则i的幂的周期性可推广到整数，即m∈Z时上式都成立．
(2)利用i的幂的周期性可解决i的高次幂问题．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若复数z的共轭复数为eq \(z,\s\up7(－))，z＝a＋bi，则z·eq \(z,\s\up7(－))＝a2＋b2．( )
(2)若z∈C，则z2＝|z|2．( )
(3)若z1，z2∈C，且zeq \\al(2,1)＋zeq \\al(2,2)＝0，则z1＝z2＝0．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)×
2．计算：(2－i)(1＋i)＝ ．
3＋i [(2－i)(1＋i)＝2－i2＋i＝3＋i．]
知识点2 复数的除法
1．复数除法的定义
如果复数z2≠0，则满足zz2＝z1的复数z称为z1除以z2的商，并记作z＝eq \f(z1,z2)(或z＝z1÷z2)，z1称为被除数，z2称为除数．
2．复数除法的意义
一般地，给定复数z≠0，称eq \f(1,z)为z的倒数，z1除以z2的商eq \f(z1,z2)也可以看成z1与z2的倒数之积，显然，利用“分母实数化”可以求出任意一个非零复数的倒数，以及任意两个复数的商(除数不能为0)．当z为非零复数且n是正整数时，规定z0＝1，z－n＝eq \f(1,zn)．
3．复数倒数运算
设z＝a＋bi，则eq \f(1,z)＝eq \f(a－bi,a2＋b2)，且eq \f(1,z)＝eq \f(\x\t(z),|z|2)．
4．复数的除法法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(c＋di≠0)，
eq \f(z1,z2)＝eq \f(a＋bi,c＋di)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i．
3．(1)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
(2)eq \f(1＋2i,(1－i)2)＝( )
A．－1－eq \f(1,2)i B．－1＋eq \f(1,2)i
C．1＋eq \f(1,2)i D．1－eq \f(1,2)i
(1)A (2)B [(1)z＝eq \f(1,i)＝－i．
(2)先进行复数的乘方运算，再进行除法运算．
eq \f(1＋2i,(1－i)2)＝eq \f(1＋2i,1－2i＋i2)＝eq \f(1＋2i,－2i)＝eq \f((1＋2i)i,2)＝－1＋eq \f(1,2)i．]
知识点3 实系数一元二次方程在复数范围内的解集
一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a ，b，c∈R且a≠0)在复数范围内总是有解的，而且
(1)当Δ＝b2－4ac＞0时，方程有两个不相等的实数根．
(2)当Δ＝b2－4ac＝0时，方程有两个相等的实数根．
(3)当Δ＝b2－4ac＜0时，方程有两个互为共轭的虚数根．
4．若1＋eq \r(2)i是关于x的实系数方程x2＋bx＋c＝0的一个复数根，则( )
A．b＝2，c＝3 B．b＝－2，c＝3
C．b＝－2，c＝－1 D．b＝2，c＝－1
B [实系数方程虚根成对，所以1－eq \r(2)i也是方程x2＋bx＋c＝0的一个根，
由根与系数的关系得，－b＝(1＋eq \r(2)i)＋(1－eq \r(2)i)＝2，
c＝(1＋eq \r(2)i)(1－eq \r(2)i)＝1＋2＝3．
所以b＝－2，c＝3．故选B．]
类型1 复数代数形式的乘法运算
【例1】 (1)已知a，b∈R，i是虚数单位．若a－i与2＋bi互为共轭复数，则(a＋bi)2＝( )
A．5－4i B．5＋4i C．3－4i D．3＋4i
(2)复数z＝(3－2i)i的共轭复数eq \x\t(z)等于( )
A．－2－3i B．－2＋3i C．2－3i D．2＋3i
(3)i是虚数单位，复数(3＋i)(1－2i)＝ ．
(1)D (2)C (3)5－5i [(1)由题意知a－i＝2－bi，所以a＝2，b＝1，所以(a＋bi)2＝(2＋i)2＝3＋4i．
(2)因为z＝(3－2i)i＝3i－2i2＝2＋3i，
所以eq \x\t(z)＝2－3i．故选C．
(3)(3＋i)(1－2i)＝3－6i＋i－2i2＝5－5i．]
复数乘法运算的方法与常用公式是怎样的？
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法则展开．
(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＋2abi－b2(a，b∈R)；
(2)(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R)；
(3)(1±i)2＝±2i．
eq \O([跟进训练])
1．若|z1|＝5，z2＝3＋4i，且z1·z2是纯虚数，则z1＝ ．
4＋3i或－4－3i [设z1＝a＋bi(a，b∈R)，则|z1|＝eq \r(a2＋b2)＝5，即a2＋b2＝25，
z1·z2＝(a＋bi)·(3＋4i)＝(3a－4b)＋(3b＋4a)i．
因为z1·z2是纯虚数，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－4b＝0，,3b＋4a≠0，,a2＋b2＝25，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝－3.))
所以z1＝4＋3i或z1＝－4－3i．]
类型2 复数代数形式的除法运算
【例2】 (教材P39例3改编)(1)eq \f((1＋i)3,(1－i)2)＝( )
A．1＋i B．1－i C．－1＋i D．－1－i
(2)i是虚数单位，复数eq \f(7＋i,3＋4i)＝( )
A．1－i B．－1＋i
C．eq \f(17,25)＋eq \f(31,25)i D．－eq \f(17,7)＋eq \f(25,7)i
(1)D (2)A [(1)法一：eq \f((1＋i)3,(1－i)2)＝eq \f((1＋i)(1＋i)2,－2i)＝eq \f((1＋i)(1＋i2＋2i),－2i)＝eq \f(2i(1＋i),－2i)＝－1－i．故选D．
法二：eq \f((1＋i)3,(1－i)2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))eq \s\up12(2) (1＋i)＝i2(1＋i)＝－(1＋i)＝－1－i．
(2)eq \f(7＋i,3＋4i)＝eq \f((7＋i)(3－4i),(3＋4i)(3－4i))＝eq \f(25－25i,25)＝1－i，故选A．]
复数除法运算的方法与常用公式是怎样的？
1．两个复数代数形式的除法运算方法
(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．
2．常用公式
(1)eq \f(1,i)＝－i．(2)eq \f(1＋i,1－i)＝i．(3)eq \f(1－i,1＋i)＝－i．
eq \O([跟进训练])
2．(1)满足eq \f(z＋i,z)＝i(i为虚数单位)的复数z＝( )
A．eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i B．eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i
C．－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)i D．－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i
(2)若复数z满足z(1＋i)＝2i(i为虚数单位)，则|z|＝( )
A．1 B．2 C．eq \r(2) D．eq \r(3)
(1)B (2)C [(1)因为eq \f(z＋i,z)＝i，所以z＋i＝zi，
所以i＝z(i－1)．
所以z＝eq \f(i,i－1)＝eq \f(i(－1－i),(－1＋i)(－1－i))＝eq \f(1－i,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)i．
(2)因为z(1＋i)＝2i，所以z＝eq \f(2i,1＋i)＝eq \f(2i(1－i),2)＝1＋i，所以|z|＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)．]
类型3 in的周期性及应用
1．i5与i是否相等？
[提示] i5＝i4·i＝i，相等．
2．i＋i2＋i3＋i4的值为多少？
[提示] i＋i2＋i3＋i4＝0．
【例3】 计算i1＋i2＋i3＋…＋i2 022．
[思路探究] 可利用in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N*)化简．
[解] 因为i1＋i2＋i3＋i4＝0，
所以in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N*)，
所以i1＋i2＋i3＋…＋i2 022＝(i1＋i2＋i3＋i4)＋(i5＋i6＋i7＋i8)＋…＋(i2 017＋i2 018＋i2 019＋i2 020)＋i2 021＋i2 022＝i＋i2＝－1＋i．
虚数单位i的周期性
(1)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)．
(2)in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N*)．
eq \O([跟进训练])
3．计算：eq \f(1＋i,1－i)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))eq \s\up12(2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))eq \s\up12(3)·…·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋i,1－i)))eq \s\up12(10)．
[解] 因为eq \f(1＋i,1－i)＝i，
所以原式＝i·i2·i3·…·i10＝i1＋2＋3＋…＋10＝i55＝i3＝－i．
类型4 解复数方程
【例4】 已知x＝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x＝1－i是不是方程的根．
[解] (1)因为1＋i是方程x2＋bx＋c＝0的根，
所以(1＋i)2＋b(1＋i)＋c＝0，即(b＋c)＋(2＋b)i＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＋c＝0，,2＋b＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,c＝2.))
故b的值为－2，c的值为2．
(2)由(1)知方程可化为x2－2x＋2＝0，
把x＝1－i代入方程左边得
x2－2x＋2＝(1－i)2－2(1－i)＋2＝0，
显然方程成立，所以x＝1－i也是方程的根．
在复数范围内，实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0a≠0的求根公式为
1当Δ≥0时，x＝两个实数根；
2当Δ＜0时，x＝两个共轭虚数根.
提醒：当Δ<0时，根与系数的关系仍成立
eq \O([跟进训练])
4．已知关于x的方程x2＋(k＋2i)x＋2＋ki＝0有实数根，则实数k的值为 ．
±2eq \r(2) [设x0是方程的实数根，代入方程并整理得(xeq \\al(2,0)＋kx0＋2)＋(2x0＋k)i＝0．
由复数相等的充要条件得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)＋kx0＋2＝0，,2x0＋k＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\r(2)，,k＝－2\r(2)))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\r(2)，,k＝2\r(2)，))
所以k的值为－2eq \r(2)或2eq \r(2)．]
1．若复数z1＝1＋i，z2＝3－i，则z1·z2＝( )
A．4＋2i B．2＋i C．2＋2i D．3
A [z1·z2＝(1＋i)(3－i)＝3－i＋3i－i2＝4＋2i．]
2．已知复数z满足(1＋2i)z＝4＋3i，则z＝( )
A．2＋i B．2－i C．1＋2i D．1－2i
B [法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则
(1＋2i)(a＋bi)＝(a－2b)＋(2a＋b)i，
由已知及复数相等的条件得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2b＝4，,2a＋b＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝－1，))故选B．
法二：z＝eq \f(4＋3i,1＋2i)＝eq \f((4＋3i)(1－2i),(1＋2i)(1－2i))＝eq \f(10－5i,5)＝2－i．]
3．i为虚数单位，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))eq \s\up12(2)＝( )
A．－1 B．1 C．－i D．i
A [eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－i,1＋i)))eq \s\up12(2)＝eq \f((1－i)2,(1＋i)2)＝eq \f(－2i,2i)＝－1．]
4．若eq \f(2,1－i)＝a＋bi(i为虚数单位，a，b∈R)，则a＋b＝ ．
2 [因为eq \f(2,1－i)＝eq \f(2(1＋i),(1－i)(1＋i))＝1＋i，所以1＋i＝a＋bi，所以a＝1，b＝1，所以a＋b＝2．]
5．设z1＝a＋2i，z2＝3－4i，且eq \f(z1,z2)为纯虚数，则实数a的值为 ．
eq \f(8,3) [设eq \f(z1,z2)＝bi(b∈R且b≠0)，
所以z1＝bi·z2，即a＋2i＝bi(3－4i)＝4b＋3bi，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4b，,2＝3b，))所以a＝eq \f(8,3)．]
回顾本节知识，自我完成以下问题：
1．如何规定两复数相乘？
[提示] 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，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i2换成－1，并且把实部与虚部分别合并即可．即z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝ac＋bci＋adi＋bdi2＝(ac－bd)＋(bc＋ad)i．
2．如何规定两复数相除？
[提示] 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，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分母的共轭复数c－di，化简后可得结果，即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)＝eq \f(ac＋bd,c2＋d2)＋eq \f(bc－ad,c2＋d2)i(c＋di≠0)．
3．in(n∈N*)有怎样的性质？
[提示] 根据复数乘法法则，容易得到i的n次幂的计算法则，即当n∈N*时，i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，其中i0＝1，i－n＝eq \f(1,in)(n∈N*)．
另外，i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0．
代数基本定理
借助计算器或计算机，我们可以发现这样一个现象：对于随机生成的多项式，在复数集中最终都可以分解成一次因式的乘积，一次因式的个数(包括重复因式)当然就是被分解的多项式的次数．设想一下，如果这是一条普遍的规律，那么它揭示了复数集什么样的优越性呢？
代数基本定理：任何n(n∈N*)次复系数多项式f(x)至少有一个复数根．
代数基本定理的证明方法有很多种，因为每种证法都要涉及高等数学知识，此处不作介绍．有兴趣的同学可以查阅有关资料．
下面我们从代数基本定理出发，看看能得到一些怎样的结论．
你能说明下面结论成立的理由吗？
(1)任何n(n∈N*)次复系数多项式f(x)在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积．进而，n次多项式有n个复数根(重根按重数计)．
(2)如果虚数a＋bi是实系数一元n次方程anxn＋an－1xn－1＋…＋a1x＋a0＝0的根，那么它的共轭虚数a－bi也是方程的根(“虚根成对”)．
(3)根与系数之间的关系
设实系数一元二次方程a2x2＋a1x＋a0＝0在复数集C内的根为x1，x2，容易得到eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(a1,a2)，,x1x2＝\f(a0,a2).))
设实系数一元三次方程a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝0，①
在复数集C内的根为x1，x2，x3，可以得到方程①可变形为a3(x－x1)(x－x2)(x－x3)＝0，展开得a3x3－a3(x1＋x2＋x3)x2＋a3(x1x2＋x1x3＋x2x3)x－a3x1x2x3＝0，②
比较①②可以得到eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＋x3＝－\f(a2,a3)，,x1x2＋x1x3＋x2x3＝\f(a1,a3)，,x1x2x3＝－\f(a0,a3).))
如果实系数一元四次方程a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0＝0在复数集C内的根为x1，x2，x3，x4，那么它们与方程的系数之间有什么关系呢？对上述方程，如果系数是复数，那么根与系数的这些关系仍然成立吗？
1．能进行复数代数形式的乘法和除法运算．(重点)
2．理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律．(重点、难点)
3．了解实系数一元二次方程在复数范围内的解集．(难点)
通过复数的乘法、除法运算法则及运算性质的学习，提升数学运算、逻辑推理素养．
交换律
z1z2＝z2z1
结合律
(z1z2)z3＝z1(z2z3)
乘法对加法的分配律
z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z3