高中数学 3.2.2复数代数形式的乘除运算课时作业 新人教A版选修2-2

3.2.2复数代数形式的乘除运算课时目标1.掌握复数代数形式的乘法和除法运算.2.理解复数乘法的交换律、结合律和乘法对加法的分配律．3．理解共轭复数的概念．1．复数的乘法法则设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝________________.2．复数乘法的运算律对任意z1、z2、z3∈C，有交换律z1·z2＝________结合律(z1·z2)·z3＝__________乘法对加法的分配律z1(z2＋z3)＝__________3.共轭复数设z＝a＋bi(a，b∈R)，则eq\x\to(z)＝________叫z的共轭复数．若b≠0，则eq\x\to(z)叫虚数z的________虚数，且z＋eq\x\to(z)＝______，z－eq\x\to(z)＝______，两共轭复数在复平面内所对应点关于________对称．4．复数的除法eq\f(a＋bi,c＋di)＝____________＝____________(c＋di≠0)．5．i的乘方设i为虚数单位，则i1＝________，i2＝________，i3＝________，i4＝______.一、选择题1．若复数z1＝1＋i，z2＝3－i，则z1·z2等于()A．4＋2iB．2＋iC．2＋2iD．3＋i2．已知复数z＝1＋i，则eq\f(z2－2z,z－1)等于()A．2iB．－2iC．2D．－23．设z＝3＋i，则eq\f(1,\x\to(z))等于()A．3＋iB．3－iC.eq\f(3,10)i＋eq\f(1,10)D.eq\f(3,10)＋eq\f(1,10)i4．设a是实数，且eq\f(a,1＋i)＋eq\f(1＋i,2)是实数，则a等于()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．25．设复数z的共轭复数是eq\x\to(z)，若复数z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·eq\x\to(z)2是实数，则实数t等于()A.eq\f(3,4)B.eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3)D．－eq\f(3,4)6．设a，b为实数，若复数eq\f(1＋2i,a＋bi)＝1＋i，则()A．a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,2)B．a＝3，b＝1C．a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(3,2)D．a＝1，b＝3题号123456答案二、填空题7．已知eq\f(a＋2i,i)＝b＋i(a，b∈R)，其中i为虚数单位，则a＋b＝________.8．设x、y为实数，且eq\f(x,1－i)＋eq\f(y,1－2i)＝eq\f(5,1－3i)，则x＋y＝__________________________________________________________.9．若实数x，y满足(1＋i)x＋(1－i)y＝2，则xy＝______.三、解答题10．计算：eq\f(3＋4i,4－3i)＋9＋2i.11.已知z，ω为复数，(1＋3i)z为纯虚数，ω＝eq\f(z,2＋i)，且|ω|＝5eq\r(2)，求ω.能力提升12．复数z＝eq\f(i,1＋i)在复平面上对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限13．已知复数z1＝i(1－i)3，(1)求|z1|；(2)若|z|＝1，求|z－z1|的最大值．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．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．答案知识梳理1．(ac－bd)＋(ad＋bc)i2.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)＝z1z2＋z1z33.a－bi共轭2a2bix4.eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)eq\f(ac＋bd＋bc－adi,c2＋d2)5．i－1－i1作业设计1．A[∵z1＝1＋i，z2＝3－i，∴z1·z2＝(1＋i)(3－i)＝3＋3i－i－i2＝3＋2i＋1＝4＋2i.]2．A[eq\f(z2－2z,z－1)＝eq\f(1＋i2－21＋i,1＋i－1)＝eq\f(2i－2－2i,i)＝eq\f(－2,i)＝eq\f(－2i,i2)＝2i.]3．D[eq\f(1,\x\to(z))＝eq\f(1,3－i)＝eq\f(3＋i,10)＝eq\f(3,10)＋eq\f(i,10).]4．B[∵eq\f(a,1＋i)＋eq\f(1＋i,2)＝eq\f(a－ai,2)＋eq\f(1＋i,2)＝eq\f(a＋1,2)＋eq\f(1－a,2)i为实数，∴eq\f(1－a,2)＝0，∴a＝1.]5．A[∵z2＝t＋i，∴eq\x\to(z)2＝t－i.z1·eq\x\to(z)2＝(3＋4i)(t－i)＝3t＋4＋(4t－3)i，又∵z1·eq\x\to(z)2∈R，∴4t－3＝0，∴t＝eq\f(3,4).]6．A[∵eq\f(1＋2i,a＋bi)＝1＋i，∴a＋bi＝eq\f(1＋2i,1＋i)＝eq\f(1＋2i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(3＋i,2)，∴a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,2).]7．1解析∵eq\f(a＋2i,i)＝b＋i，∴a＋2i＝bi－1.∴a＝－1，b＝2，∴a＋b＝1.8．4解析eq\f(x,1－i)＋eq\f(y,1－2i)＝eq\f(5,1－3i)⇒eq\f(x1＋i,1－i1＋i)＋eq\f(y1＋2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(51＋3i,1－3i1＋3i)⇒eq\f(1,2)x(1＋i)＋eq\f(1,5)y(1＋2i)＝(eq\f(1,2)x＋eq\f(1,5)y)＋(eq\f(1,2)x＋eq\f(2,5)y)i＝eq\f(1,2)(1＋3i)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(1,5)y＝\f(1,2),\f(1,2)x＋\f(2,5)y＝\f(3,2)))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝5，))∴x＋y＝4.9．1解析由(1＋i)x＋(1－i)y＝2，得(x＋y)＋(x－y)i＝2.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x－y＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1.))∴xy＝1.10．解eq\f(3＋4i,4－3i)＋9＋2i＝eq\f(3＋4ii,4i－3i2)＋9＋2i＝eq\f(3＋4ii,3＋4i)＋9＋2i＝9＋3i.11．解设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(1＋3i)z＝a－3b＋(3a＋b)i，由题意，得a＝3b∵|ω|＝|eq\f(z,2＋i)|＝5eq\r(2)，∴|z|＝eq\r(a2＋b2)＝5eq\r(10)，将a＝3b代入上式，得a＝±15，b＝±5，故ω＝±eq\f(15＋5i,2＋i)＝±(7－i)．12．A[∵z＝eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1＋i,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴复数z在复平面上对应的点位于第一象限．]13．解方法一(1)z1＝i(1－i)3＝i(－2i)(1－i)＝2－2i，∴|z1|＝eq\r(22＋－22)＝2eq\r(2).方法二|z1|＝|i(1－i)3|＝|i|×|1－i|3＝1×(eq\r(2))3＝2eq\r(2).(2)∵|z|＝1，∴设z＝cosθ＋isinθ，|z－z1|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i|＝