高中数学第四章数系的扩充与复数的引入2复数的四则运算教案含解析北师大版选修1_2

复数代数形式的四则运算复数代数形式的乘除运算教学目标：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，深刻理解它是乘法运算的逆运算过程与方法：理解并掌握复数的除法运算实质是分母实数化类问题情感、态度与价值观：复数的几何意义单纯地讲解或介绍会显得较为枯燥无味，学生不易接受，教学时，我们采用讲解或体验已学过的数集的扩充的，让学生体会到这是生产实践的需要从而让学生积极主动地建构知识体系。

教学重点：复数代数形式的除法运算。

教学难点：对复数除法法则的运用。

教具准备：多媒体、实物投影仪。

教学设想：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等即：如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di⇔a=c，b=d，只有当两个复数不全是实数时才不能比较大小教学过程：学生探究过程：1.虚数单位i:(1)它的平方等于-1，即i2=-1;(2)实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立2.i与－1的关系:i就是－1的一个平方根，即方程x2=－1的一个根，方程x2=－1的另一个根是－i3.i的周期性：i4n+1=i,i4n+2=-1,i4n+3=-i,i4n=14.复数的定义：形如a+bi(a,b∈R)的数叫复数，a叫复数的实部，b叫复数的虚部全体复数所成的集合叫做复数集，用字母C表示*3.复数的代数形式:复数通常用字母z表示，即z=a+bi(a,b∈R)，把复数表示成a+bi 的形式，叫做复数的代数形式4.复数与实数、虚数、纯虚数及0的关系：对于复数a+bi(a,b∈R)，当且仅当b=0时，复数a+bi(a、b∈R)是实数a；当b≠0时，复数z=a+bi叫做虚数；当a=0且b≠0时，z=bi叫做纯虚数；当且仅当a=b=0时，z就是实数0.5.复数集与其它数集之间的关系：N Z Q R C.6.两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等即：如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di⇔a=c，b=d一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小.如果两个复数都是实数，就可以比较大小只有当两个复数不全是实数时才不能比较大小7.复平面、实轴、虚轴：点Z的横坐标是a，纵坐标是b，复数z=a+bi(a、b∈R)可用点Z(a，b)表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，也叫高斯平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴实轴上的点都表示实数对于虚轴上的点要除原点外，因为原点对应的有序实数对为(0，0)，它所确定的复数2 2131 2； 2. 2 =3 2 2 是 z=0+0 i=0 表示是实数.故除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数8．复数 z 1 与 z 2 的和的定义：z 1+z 2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.9. 复数 z 1 与 z 2 的差的定义：z 1-z 2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i. 10. 复数的加法运算满足交换律:z 1+z 2=z 2+z 1.11. 复数的加法运算满足结合律: (z 1+z 2)+z 3=z 1+(z 2+z 3)讲解新课：１．乘法运算规则：规定复数的乘法按照以下的法则进行：设 z 1=a+bi ，z 2=c+di(a 、b 、c 、d ∈R )是任意两个复数，那么它们的积(a+bi)(c+di)=(ac － bd)+(bc+ad)i.其实就是把两个复数相乘，类似两个多项式相乘，在所得的结果中把 i 换成－1，并且把实部与虚部分别合并.两个复数的积仍然是一个复数.2.乘法运算律： (1)z(z z 3)=(zz 2)z证明：设 z 1=a 1+b 1i ，z 2=a 2+b 2i ，z 3=a 3+b 3i(a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3∈R ).∵z 1z 2=(a 1+b 1i)(a 2+b 2i)=(a 1a 2-b 1b 2)+(b 1a 2+a 1b 2)i ， z 2z 1=(a 2+b 2i)(a 1+b 1i)=(a 2a 1-b 2b 1)+(b 2a 1+a 2b 1)i. 又 a 1a 2-b 1b 2=a 2a 1-b 2b 1，b 1a 2+a 1b 2=b 2a 1+a 2b 1. ∴z 1z 2=z 2z 1.(2)z(z +z 3)=z 1z 2+z 1z 3证明：设 z 1=a 1+b 1i ，z 2=a 2+b 2i ，z 3=a 3+b 3i(a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3∈R ).∵(z 1z 2)z 3= ［(a 1+b 1i)(a 2+b 2i )］(a 3+b 3i)=［(a 1a 2-b 1b 2)+(b 1b 2+a 1b 2)i ］(a 3+b 3i )= ［(a 1a 2-b 1b 2)a 3-(b 1a 2+a 1b 2)b 3］+［(b 1a 2+a 1b 2)a 3+(a 1a 2-b 1b 2)b 3］i =(a 1a 2a 3-b 1b 2a 3-b 1a 2b 3-a 1b 2b 3)+(b 1a 2a 3+a 1b 2b 3+a 1a 2b 3-b 1b 2b 3)i ， 同理可证：z 1(z 2z 3)=(a 1a 2a 3-b 1b 2a 3-b 1a 2b 3-a 1b 2b 3)+(b 1a 2a 3+a 1b 2a 3+a 1a 2b 3-b 1b 2b 3)i ， ∴(z 1z 2)z 3=z 1(z 2z 3). (3)z 1(z 2+z 3)=z 1z 2+z 1z 3.证明：设 z 1=a 1+b 1i ，z 2=a 2+b 2i ，z 3=a 3+b 3i(a 1，a 2，a 3，b 1，b 2，b 3∈R ). ∵z 1(z 2+z 3)=(a 1+b 1i )［(a 2+b 2i)+(a 3+b 3i)］=(a 1+b 1i )［(a 2+a 3)+(b 2+b 3)i ］= ［a 1(a 2+a 3)-b 1(b 2+b 3)］+［b 1(a 2+a 3)+a 1(b 2+b 3)］i =(a 1a 2+a 1a 3-b 1b 2-b 1b 3)+(b 1a 2+b 1a 3+a 1b 2+a 1b 3)i.z 1z 2+z 1z 3=(a 1+b 1i)(a 2+b 2i)+(a 1+b 1i)(a 3+b 3i )=(a 1a 2-b 1b 2)+(b 1a 2+a 1b 2)i+(a 1a 3-b 1b 3)+(b 1a 3+a 1b 3)i =(a 1a 2-b 1b 2+a 1a 3-b 1b 3)+(b 1a 2+a 1b 2+b 1a 3+a 1b 3)i =(a 1a 2+a 1a 3-b 1b 2-b 1b 3)+(b 1a 2+b 1a 3+a 1b 2+a 1b 3)i∴z 1(z 2+z 3)=z 1z 2+z 1z 3.例 1 计算(1-2i)(3+4i)(-2+i)解：(1-2i)(3+4i)(-2+i)＝(11-2i) (-2+i)= -20+15i. 例 2 计算：（1）(3+4i) (3-4i) （2）（1+ i) 解：（1）(3+4i) (3-4i) -（4i ）2=9-(-16)=25;(2) （1+ i)=1+2 i+i=1+2 i-1=2 i.3.共轭复数：当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复⎩dx + cy = b .⎪⎪ c 2 + d 2⎪ y = bc - ad .于是有:(a +bi)÷(c +di)= ac + bd ⎩原式= a + bi ( 数虚部不等于 0 的两个共轭复数也叫做共轭虚数通常记复数 z 的共轭复数为 z 。

第2课时复数代数形式的加减运算及其几何意义1.理解复数代数形式的加减运算规律.2.复数的加减与向量的加减的关系.重点:正确理解复数的加减运算,复数加减运算的几何意义.难点:对比复数加减法与向量加减法的异同,从而理解复数的几何意义.实数可以进行加减运算,并且具有丰富的运算律,其运算结果仍是实数;多项式也有相应的加减运算和运算律;对于引入的复数,其代数形式类似于一个多项式,当然它也应有加减运算,并且也有相应的运算律.问题1:依据多项式的加法法则,得到复数加法的运算法则.设z1=a+b i,z2=c+d i是任意两个复数,那么(a+b i)+(c+d i)=(a+c)+(b+d)i,很明显,两个复数的和仍然是一个确定的复数.问题2:复数的加法满足交换律、结合律.即z1+z2=z2+z1,(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3).问题3:利用向量加法讨论复数加法的几何意义向量加法遵循平行四边形法则,在直角坐标系中从横纵坐标上分析就是横纵坐标分别相加.故复数相加就是实部与虚部分别相加得到一个新的复数.问题4:如何理解复数的减法?复数减法是复数加法的逆运算.向量减法遵循三角形法则,在直角坐标系中从横纵坐标上分析就是横纵坐标分别相减.故复数相减就是实部与虚部分别相减得到一个新的复数.十八世纪末十九世纪初,著名的德国数学家高斯在证明代数基本定理“任何一元n次方程在复数集内有且仅有n个根”时,就应用并论述了卡尔丹所设想的新数,并首次引进了“复数”这个名词,把复数与平面内的点一一对应起来,创立了复平面,依赖于平面内的点或有向线段(向量)建立了复数的几何基础.这样历经300年的努力,数系从实数系到复数系的扩张才基本完成,复数才被人们广泛承认和使用.1.设z1=3-4i,z2=-2+3i,则z1-z2在复平面内对应的点位于().A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】(3-4i)-(-2+3i)=5-7i.【答案】D2.(2-i)+(3+i)+(4+i)+(5+i)-i(其中i为虚数单位)等于().A.10B.10+2iC.14D.14+2i【解析】(2-i)+(3+i)+(4+i)+(5+i)-i=2+3+4+5+(-+1++-)i=14.【答案】C3.复数z1=9+3i,z2=-5+2i,则z1-z2=.【解析】z1-z2=(9+3i)-(-5+2i)=14+i.【答案】14+i4.已知复数z1=7-6i,z1+z2=-4+3i.(1)求z2;(2)求z1-2z2.【解析】(1)z2=(z1+z2)-z1=(-4+3i)-(7-6i)=-11+9i.(2)z1-2z2=(7-6i)-2(-11+9i)=7-6i+22-18i=29-24i.复数代数形式的加减法运算(1)z1=2+3i,z2=-1+2i,求z1+z2,z1-z2;(2)计算:(+i)+(2-i)-(-i);(3)计算:(1-2i)+(-2+3i)+(3-4i)+(-4+5i)+…+(-2019+2019i)+(2019-2019i).【方法指导】依据复数代数形式的加减运算法则以及运算律求解.【解析】(1)z1+z2=2+3i+(-1+2i)=1+5i,z1-z2=2+3i-(-1+2i)=3+i.(2)+i+(2-i)-(-i)=(+2-)+(-1+)i=1+i.(3)(法一)原式=[(1-2)+(3-4)+…+(2019-2019)+2019]+[(-2+3)+(-4+5)+…+(-2019+2019)-2019]i=(-1006+2019)+(1006-2019)i=1007-1008i.(法二)(1-2i)+(-2+3i)=-1+i,(3-4i)+(-4+5i)=-1+i,(2019-2019i)+(-2019+2019i)=-1+i,将以上各式(共1006个)相加可知:原式=1006(-1+i)+(2019-2019i)=1007-1008i.【小结】几个复数相加减,运算法则为这些复数的所有实部相加减,所有虚部相加减.第(3)小题的解法一是从整体上把握,将计算分实部和虚部进行,有机构造特殊数列的和进而求得结果.解法二是从局部入手,抓住了式中相邻两项和的特点,恰当地分组使计算得以简化.复数代数形式加减运算的几何意义在复平面内,A、B、C分别对应复数z1=1+i,z2=5+i,z3=3+3i,以AB、AC为邻边作一个平行四边形ABDC,求D点对应的复数z4及AD的长.【方法指导】根据复数加减运算的几何意义可以把复数的加减运算转化为向量的坐标运算.【解析】如图所示:对应复数z3-z1,对应复数z2-z1,对应复数z4-z1.由复数加减运算的几何意义得=+,∴z4-z1=(z2-z1)+(z3-z1),∴z4=z2+z3-z1=(5+i)+(3+3i)-(1+i)=7+3i,∴AD的长为||=|z4-z1|=|(7+3i)-(1+i)|=|6+2i|=2.【小结】利用向量进行复数的加减运算时,同样满足平行四边形法则和三角形法则.复数加减法运算的几何意义为应用数形结合思想解决复数问题提供了可能.复数加减运算的综合应用已知实数a>0,b>0,复数z1=a+5i,z2=3-b i,|z1|=13,|z2|=5,求z1+z2.【方法指导】利用两复数的模,可求得a,b的值,再求z1+z2.【解析】由题意得∴∴z1=12+5i,z2=3-4i,∴z1+z2=15+i.【小结】本题结合了复数的模与复数的加法,表面看着难,其实难度不大.复数z1=2+3i,z2=4-5i,z3=-6i,求z1+z2-z3,并说明z1+z2-z3在复平面内对应的点所在的象限.【解析】z1+z2-z3=(2+3i)+(4-5i)-(-6i)=6+4i,z1+z2-z3在复平面内对应的点为(6,4),在第一象限.如图所示,平行四边形OABC的顶点O、A、C分别表示0、3+2i、-2+4i.求:(1)表示的复数;(2)表示的复数;(3)表示的复数.【解析】(1)因为=-,所以表示的复数为-3-2i.(2)因为=-,所以表示的复数为(3+2i)-(-2+4i)=5-2i.(3)因为=+,所以表示的复数为(3+2i)+(-2+4i)=1+6i.已知实数a∈R,复数z1=a+2-3a i,z2=6-7i,若z1+z2为纯虚数,求a的值.【解析】z1+z2=(a+2-3a i)+(6-7i)=a+8-(3a+7)i,∴z1+z2为纯虚数,∴∴a=-8.1.复数z1=-3+4i,z2=6-7i,则z1+z2等于().A.3-3iB.3+3iC.-9+11iD.-9-3i【答案】A2.复数(3+i)m-(2+i)对应的点在第三象限内,则实数m的取值范围是().A.m<B.m<1C.<m<1D.m>1【解析】(3+i)m-(2+i)=(3m-2)+(m-1)i,∴点(3m-2,m-1)在第三象限,∴即m<.【答案】A3.复数z1=-2+3i,z2=4+3i,则z1-z2=.【解析】z1-z2=(-2+3i)-(4+3i)=-6.【答案】-64.已知a∈R,复数z1=2+(a+2)i,z2=a2+2a-1+3i,若z1+z2为实数,求z1-z2.【解析】z1+z2=a2+2a+1+(a+5)i,∴a∈R,z1+z2为实数,∴a+5=0,∴a=-5,∴z1=2-3i,z2=14+3i,∴z1-z2=-12-6i.在复平面内,A,B,C三点对应的复数分别为1,2+i,-1+2i.(1)求向量,,对应的复数;(2)判断∈ABC的形状.【解析】(1)=-=(2+i)-1=1+i,=-=(-1+2i)-1=-2+2i,=-=(-1+2i)-(2+i)=-3+i,所以,,对应的复数分别为1+i,-2+2i,-3+i.(2)因为||2=10,||2=8,||2=2,所以有||2=||2+||2,所以∈ABC为直角三角形.1.向量对应的复数是5-4i,向量对应的复数是-5+4i,则+对应的复数是().A.-10+8iB.10-8iC.0D.10+8i【解析】+对应的复数为5-4i+(-5+4i)=0.【答案】C2.复数z1=1-5i,z2=-2+i,则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【解析】z1-z2=(1-5i)-(-2+i)=3-6i,对应的点为(3,-6),该点位于第四象限.【答案】D3.复数z1=5-12i,z2=4+7i,则z1-z2=.【解析】z1-z2=(5-12i)-(4+7i)=1-19i.【答案】1-19i4.已知z1=(3x+y)+(y-4x)i,z2=(4y-2x)-(5x+3y)i(x,y∈R).设z=z1-z2且z=13-2i,求z1,z2.【解析】z=z1-z2=(3x+y)+(y-4x)i-[(4y-2x)-(5x+3y)i]=[(3x+y)-(4y-2x)]+[(y-4x)+(5x+3y)]i=(5x-3y)+(x+4y)i,又z=13-2i,且x,y∈R,则解得故z1=(3×2-1)+(-1-4×2)i=5-9i,z2=4×(-1)-2×2-[5×2+3×(-1)]i=-8-7i.5.复平面内点A,B,C对应的复数分别为i,1,4+2i,由A→B→C→D按逆时针顺序作平行四边形ABCD,则||等于().A.5B.C.D.【解析】如图所示,∈ABCD四个顶点对应复数分别为z1=i,z2=1,z3=4+2i,z4,则有=+,=(z1-z2)+(z3-z2)=2+3i,故||==.【答案】B6.已知复数z1,z2,有|z1|=5,|z2|=12,|z1+z2|=13,则|z1-z2|为().A.8B.10C.12D.13【解析】利用向量结合复数分析可知构成的平行四边形为矩形,故对角线相等.【答案】D7.已知实数a>0,复数z1=a+2i,z2=3+5i,|z1-z2|=5,则a的值为.【解析】z1-z2=a-3-3i(a∈R),∴|z1-z2|=5,∴=25,∴a-3=±4,又a>0,∴a=7.【答案】78.已知f(z)=2z+2-i,z0=1+2i,f(z0-z1)=6-3i,z∈C,求复数z1,f(|z0+z1|).【解析】由已知得2z0-2z1+2-i=6-3i,z0=1+2i,∴2+4i-2z1+2-i=6-3i,即4+3i-2z1=6-3i,∴2z1=(4+3i)-(6-3i)=(4-6)+(3+3)i=-2+6i,∴z1=-1+3i,∴|z0+z1|=|(1+2i)+(-1+3i)|=|5i|=5,∴f(|z0+z1|)=f(5)=2×5+2-i=12-i.9.已知复数z的模为2,则|z-i|的最大值为.【解析】(法一)∴|z|=2,∴|z-i|≤|z|+|i|=2+1=3.(法二)设w=z-i,则w+i=z,∴|w+i|=|z|=2.w表示以点(0,-1)为圆心,以2为半径的圆,由图知,圆上到原点的距离以|OP|为最大,最大值是3.【答案】310.已知a,b∈R,若复数z1=a+b i,|z1|=4,z2=b-a i,求|z1+z2|,|z1-z2|.【解析】∴|z1|=4,∴=4,a2+b2=16.∴z1+z2=(a+b)+(b-a)i,∴|z1+z2|====4.∴z1-z2=(a-b)+(b+a)i,∴|z1-z2|====4.。

2复数的四则运算已知复数z1＝a＋b i，z2＝c＋d i(a，b，c，d∈R)．问题1：多项式的加减实质是合并同类项，类比想一想复数如何加减．提示：两个复数相加(减)就是把实部与实部、虚部与虚部分别相加(减)，即(a＋b i)±(c ＋d i)＝(a±c)＋(b±d)i.问题2：类比向量的加法，复数的加法满足交换律和结合律吗？提示：满足．1．加(减)法法则设a＋b i与c＋d i(a，b，c，d∈R)是任意复数，则：(a＋b i)±(c＋d i)＝(a±c)＋(b±d)i.2．运算律对任意的z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1(交换律)；(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)(结合律).问题1：复数的加减类似于多项式加减，试想：复数相乘是否类似两多项式相乘？提示：类似．问题2：复数的乘法是否满足交换律、结合律，以及乘法对加法的分配律？提示：满足．问题3：试举例验证复数乘法的交换律．提示：若z1＝a＋b i，z2＝c＋d i(a，b，c，d∈R)．z1z2＝(a＋b i)(c＋d i)＝(ac－bd)＋(bc＋ad)i，z2z1＝(c＋d i)(a＋b i)＝(ac－bd)＋(bc＋ad)i.故z1z2＝z2z1.复数的乘法(1)定义：(a＋b i)(c＋d i)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i.(2)运算律：①对任意z1，z2，z3∈C，有12＝z ，(z m )n ＝z mn ，(z 1z 2)n＝z n 1z n2.观察下列三组复数： (1)z 1＝2＋i ；z 2＝2－i ； (2)z 1＝3＋4i ；z 2＝3－4i ； (3)z 1＝4i ；z 2＝－4i.问题1：每组复数中的z 1与z 2有什么关系？ 提示：实部相等，虚部互为相反数．问题2：试计算每组中的z 1z 2，你发现了什么规律吗？ 提示：z 1与z 2的积等于z 1的实部与虚部的平方和．共轭复数当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这样的两个复数叫作共轭复数．复数z 的共轭复数用z 来表示，也就是当z ＝a ＋b i 时，z ＝a －b i.于是z z ＝a 2＋b 2＝|z |2.我们知道实数的除法是乘法的逆运算，类似地，复数的除法也是复数乘法的逆运算，给出两个复数a ＋b i ，c ＋d i(c ＋d i≠0)．若(c ＋d i)(x ＋y i)＝a ＋b i ，则x ＋y i ＝a ＋b ic ＋d i叫作复数a ＋b i 除以c ＋d i 的商．问题1：根据乘法运算法则和复数相等的概念，请用a ，b ，c ，d 表示出x ，y . 提示：由(c ＋d i)(x ＋y i)＝a ＋b i 得xc －yd ＋(xd ＋yc )i ＝a ＋b i.即⎩⎪⎨⎪⎧xc －yd ＝a ，xd ＋yc ＝b .∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ac ＋bdc 2＋d 2，y ＝bc －adc 2＋d 2.问题2：运用上述方法求两个复数的商非常繁琐，有更简便的方法求两个复数的商吗？提示：可以用分母的共轭复数同乘分子与分母后，再进行运算．复数的除法法则设z1＝a＋b i，z2＝c＋d i(c＋d i≠0)，则z1z2＝a＋b ic＋d i＝ac＋bdc2＋d2＋bc－adc2＋d2i(c＋d i≠0)．1．复数的加法、减法和乘法与多项式的加法、减法和乘法相类似，但应注意在乘法中必须把i2换成－1，再把实部、虚部分别合并．2．复数的除法和实数的除法有所不同，实数的除法可以直接约分、化简得出结果；而复数的除法是先将两复数的商写成分式，然后分母实数化(分子、分母同乘分母的共轭复数)．[例1] 计算：(2)5i－[(3＋4i)－(－1＋3i)]；(3)(a＋b i)－(2a－3b i)－3i(a，b∈R)．[思路点拨] 利用复数加、减运算的法则计算．[精解详析] (1)(1＋2i)＋(3－4i)－(5＋6i)＝(4－2i)－(5＋6i)＝－1－8i.(2)5i－[(3＋4i)－(－1＋3i)]＝5i－(4＋i)＝－4＋4i.(3)(a＋b i)－(2a－3b i)－3i＝(a－2a)＋[b－(－3b)－3]i＝－a＋(4b－3)i.[一点通] 复数加、减运算的方法技巧：(1)复数的实部与实部相加、减，虚部与虚部相加、减；(2)把i看作一个字母，类比多项式加、减中的合并同类项．1．计算：(1＋2i)＋(－2－3i)－(3－2i)．解：(1＋2i)＋(－2－3i)－(3－2i)＝[－1＋(2－3)i]－(3－2i)＝－4＋(2＋2－3)i.2．若(3－10i)y＋(－2＋i)x＝1－9i，求实数x，y的值．解：原式化为3y－10y i＋(－2x＋x i)＝1－9i.即(3y－2x)＋(x－10y)i＝1－9i.∴⎩⎪⎨⎪⎧3y －2x ＝1，x －10y ＝－9，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1.[例2] 计算：(1)(1－i)(1＋i)＋(－1＋i)； (2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i ； (3)(－2＋3i)÷(1＋2i)＋i 5； (4)－＋24＋3i＋⎝⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 2.[思路点拨] 按照复数的乘法与除法运算法则进行计算． [精解详析] (1)(1＋i)(1－i)＋(－1＋i) ＝1－i 2＋(－1＋i) ＝2－1＋i ＝1＋i.(2)(2－i)(－1＋5i)(3－4i)＋2i ＝(－2＋10i ＋i －5i 2)(3－4i)＋2i ＝(－2＋11i ＋5)(3－4i)＋2i ＝(3＋11i)(3－4i)＋2i ＝(9－12i ＋33i －44i 2)＋2i ＝53＋21i ＋2i ＝53＋23i. (3)原式＝－2＋3i 1＋2i ＋i 5＝－2＋3i 1－2i 1＋2i1－2i＋(i 2)2·i＝4＋7i 5＋i ＝45＋125i. (4)－＋24＋3i ＋⎝⎛⎭⎪⎫1－i 1＋i 2＝3－4＋3i＋－2i 2i＝＋4＋3i－1＝8－1 ＝7. [一点通](1)复数的乘法可以把i 看作字母，按多项式的乘法法则进行，注意把i 2化成－1，进行最后结果的化简；复数的除法先写成分式的形式，再把分子与分母都乘以分母的共轭复数，并进行化简．(2)i m(m ∈N ＋)具有周期性，且最小正周期为4，则：①i4n ＋1＝i ，i4n ＋2＝－1，i 4n ＋3＝－i ，i 4n＝1(n ∈N ＋)；②i 4n＋i4n ＋1＋i4n ＋2＋i 4n ＋3＝0(n ∈N ＋)．3．化简2＋4i＋2的结果是( ) A ．2＋i B ．－2＋i C ．2－i D ．－2－i解析：选C2＋4i ＋2＝2＋4i2i＝＋－－＝4－2i2＝2－i.4．已知i 为虚数单位，则复数i2－i的模等于( )A. 5B.3C.33 D.55解析：选 D 因为i2－i＝＋－＋＝＋5＝－15＋25i ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪i 2－i ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－15＋25i ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－152＋⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝55，故选D.5．计算：(1)1i ＋(－3－i)3＋1＋i 1－i ； (2)2＋22＋－－.解：(1)1i ＋(－3－i)3＋1＋i 1－i＝－i ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2i ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i 3＋＋2－＋＝－i －8i ＋i ＝－8i. (2)2＋22＋－－＝4＋5－4－9i＝－20＋16i1－9i ＝－－＋82＝－＋82＝－2－2i.[例3] 已知z ∈C ，z 为z 的共轭复数，若z ·z －3i z ＝1＋3i ，求z . [思路点拨] 利用共轭复数的性质求解． [精解详析] 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)， 则z ＝a －b i(a ，b ∈R)，由题意得(a ＋b i)(a －b i)－3i(a －b i)＝1＋3i ， 即a 2＋b 2－3b －3a i ＝1＋3i ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－3b ＝1，－3a ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3.所以z ＝－1或z ＝－1＋3i.[一点通] 已知关于z 和z 的方程，求z 的问题，解题的常规思路为设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)，则z ＝a －b i ，代入所给等式，利用复数相等的充要条件，转化为方程组求解．6．已知a ，b ∈R ，i 是虚数单位，若a －i 与2＋b i 互为共轭复数，则(a ＋b i)2的值为( ) A ．5－4i B ．5＋4i C ．3－4iD ．3＋4i解析：选D 根据已知得a ＝2，b ＝1，所以(a ＋b i)2＝(2＋i)2＝3＋4i. 7．已知a ∈R ，i 是虚数单位．若z ＝a ＋ 3 i ，z ·z ＝4，则a 等于( ) A ．1或－1 B.7或－7 C ．－ 3 D. 3 解析：选A 法一：由题意可知z ＝a －3i ，∴z ·z ＝(a ＋3i)(a －3i)＝a 2＋3＝4，故a ＝1或－1. 法二：z ·z ＝|z |2＝a 2＋3＝4，故a ＝1或－1.1．复数的四则运算顺序与实数运算顺序一致，即先算平方，再算乘除，最后算加减，同时要注重复数运算中的独特技巧，如：(1±i)2＝±2i，1＋i 1－i ＝i ，i 4n ＝1，i 4n ＋1＝i ，i4n ＋2＝－1，i4n ＋3＝－i(n ∈N ＋)等，在解题中可使运算简化．2．解决共轭复数问题时，除用共轭复数定义解题外，也常用下列结论简化解题过程． ①z ·z ＝|z |2＝|z |2； ②z ∈R ⇔z ＝z ；③z ≠0，z 为纯虚数⇔z ＝－z .1．(1＋2i)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－32i －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋52i 的值为( ) A ．－2i B ．2－2i C ．2＋2iD ．2解析：选B 原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－32－52i ＝2－2i. 2．已知i 是虚数单位，若复数z 满足z i ＝1＋i ，则z 2等于( ) A ．－2i B ．2i C ．－2D ．2解析：选A ∵z i ＝1＋i ，∴z ＝1＋i i ＝1i ＋1＝1－i ，∴z 2＝(1－i)2＝1＋i 2－2i ＝－2i. 3．复数2＋i1－2i的共轭复数是( )A ．－35i B.35iC ．－iD ．i解析：选C 依题意2＋i 1－2i＝＋＋－＋＝5i5＝i ，其共轭复数为－i ，选C. 4．(1＋i)20－(1－i)20的值是( ) A ．－1 024 B ．1 024 C ．0D ．512解析：选 C (1＋i)20－(1－i)20＝[(1＋i)2]10－[(1－i)2]10＝(2i)10－(－2i)10＝(2i)10－(2i)10＝0.5．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________．解析：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 )．又因为此点在第二象限，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1＜0，1－a ＞0，解得a ＜－1.答案：(－∞，－1) 6．若复数z ＝2i1－i，则|z ＋3i|＝________. 解析：∵z ＝2i1－i ＝＋2＝－1＋i ，∴z ＝－1－i.∴|z ＋3i|＝|－1＋2i|＝ 5. 答案： 5 7．计算(1)(2＋2i)2(4＋5i)； (2)＋2＋－2＋i.解：(1)(2＋2i)2(4＋5i)＝2(1＋i)2(4＋5i) ＝4i(4＋5i)＝－20＋16i. (2)1＋i2＋31－i 2＋i ＝2i ＋3－3i 2＋i ＝3－i2＋i＝1－i.8．已知复数z ＝3＋b i(b ∈R)，且(1＋3i)·z 为纯虚数． (1)求复数z ；(2)若w ＝z2＋i ，求复数w 的模|w |. 解：(1)因为 z ＝3＋b i ，所以(1＋3i)·z ＝(1＋3i)(3＋b i)＝3(1－b )＋(9＋b )i.因为(1＋3i)·z 为纯虚数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－b ＝0，9＋b ≠0.解得b ＝1.所以z ＝3＋i.(2)因为 z ＝3＋i ，所以w ＝z2＋i ＝3＋i2＋i＝＋－＋－＝7－i 5＝75－15i ，所以|w |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫752＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－152＝ 2.9．已知复数z 满足(z －2)i ＝a ＋i(a ∈R)． (1)求复数z ；(2)a 为何值时，复数z 2对应的点在第一象限？ 解：(1)由已知得z －2＝a ＋ii＝1－a i ，∴z ＝3－a i.(2)由(1)得z 2＝9－a 2－6a i ，∵复数z 2对应的点在第一象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧9－a 2>0，－6a >0，解得－3<a <0.即当－3<a <0时，复数z 2对应的点在第一象限．一、复数的基本概念1．复数a ＋b i⎩⎨⎧实数b ＝虚数b⎩⎪⎨⎪⎧纯虚数a ＝非纯虚数a2．复数的相等两个复数z 1＝a ＋b i(a ，b ∈R)，z 2＝c ＋d i(c ，d ∈R)，当且仅当a ＝c 且b ＝d 时，z 1＝z 2.特别地，当且仅当a ＝b ＝0时，a ＋b i ＝0.3．复数是实数的充要条件 (1)z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)∈R ⇔b ＝0； (2)z ∈R ⇔z ＝z ； (3)z ∈R ⇔z 2≥0.4．复数是纯虚数的充要条件(1)z ＝a ＋b i(a ，b ∈R)是纯虚数⇔a ＝0，且b ≠0； (2)z 是纯虚数⇔z ＋z ＝0(z ≠0)； (3)z 是纯虚数⇔z 2<0. 二、复数的运算复数加、减、乘、除运算的实质是实数的加、减、乘、除的运算，加减法是对应实、虚部相加减，而乘法类比多项式乘法，除法类比分式的分子、分母有理化，注意i 2＝－1.在运算的过程中常用来降幂的公式有： (1)i 的乘方：i 4k＝1，i 4k ＋1＝i ，i4k ＋2＝－1，i4k ＋3＝－i(k ∈N ＋)．(2)(1±i)2＝±2i.(3)作复数除法运算时，有如下技巧：a ＋b i b －a i ＝a ＋bb －a＝a ＋ba ＋b i＝i ，利用此结论可使一些特殊的计算过程简化．。

第1课时数系的扩充和复数的概念1.了解引进复数的必要性,理解并掌握虚数单位i.2.理解复数的代数形式,复数虚部与实部.3.实数集、复数集、虚数集与纯虚数集的关系.重点:掌握复数的实部与虚部;实数、复数、虚数、纯虚数与复数的代数形式的实部、虚部的关系;两复数相等的充要条件.难点:体会复数问题实数化的过程.由于解方程的需要推动了数的发展,为了使类似x+5=3的方程有解,引入了负数;为了使类似5x=3的方程有解,引入了分数;为了使类似x2=3的方程有解,引入了无理数.但引入无理数后,类似x2=-1的方程在实数范围内仍然没解.问题1:为了得到方程x2=-1的解,需引入虚数单位i,试给出虚数单位i的定义?虚数单位i满足它的平方等于-1 ,即i2= -1 .问题2:(1)复数:形如a+bi(a,b∈R) 的数叫作复数.(2)复数集:全体复数所成的集合叫作复数集,用字母C表示.(3)复数的代数形式:复数通常用字母z表示,把复数表示成a+bi(a,b∈R)的形式,其中a与b分别叫作复数的实部与虚部.(4)两个复数相等的定义:如果两个复数的实部和虚部分别相等,那么我们就说这两个复数相等.这就是说,如果a、b、c、d∈R,那么a+bi=c+di⇔a=c,b=d.问题3:复数z=a+bi(a,b∈R),当b=0时,复数z是实数;当b≠0 时,复数z是虚数;当时,复数z是纯虚数.问题4: 两复数可不可以比较大小?当两复数是实数时,两复数可以比较大小;当两复数有一个是虚数时,两复数不能比较大小,只能分析两复数相不相等.“复数”“虚数”这两个名词,都是人们在解方程时引入的.为了用公式求一元二次、三次方程的根,就会遇到求负数的平方根的问题.1545年,意大利数学家卡丹诺在《大术》一书中,首先研究了虚数,并进行了一些计算.1.“a=0”是“复数a+bi(a,b∈R)为纯虚数”的( ).A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】a=0时,a+bi(a,b∈R)可能为纯虚数,也可能为0;a+bi为纯虚数时,a=0.所以答案为B.【答案】B2.复数z=-3-10i的实部是( ).A.3B.-3C.-10iD.10【解析】复数z=-3-10i的实部是-3.【答案】B3.若复数z1=a+|b|i,z2=c+|d|i(a、b、c、d∈R),则z1=z2的充要条件是.【解析】z1=z2,则它们的实部与虚部分别相等,即a=c且|b|=|d|.【答案】a=c且b2=d2(或写成a=c且|b|=|d|)4.判断下列命题的真假:(1)-1的平方根只有一个;(2)i是1的4次方根;(3)i是方程x6-1=0的根;(4)方程x3-x2+x-1=0的根只有一个.【解析】(1)∵(-i)2=i2=-1,∴-i也是-1的平方根,故(1)为假命题.(2)∵i2=-1,∴i4=i2·i2=(-1)2=1,故(2)为真命题.(3)i6-1=i2·i2·i2-1=(-1)3-1=-2≠0,故(3)为假命题.(4)由x3-x2+x-1=0得(x2+1)(x-1)=0,则x2=-1或x=1,即x=±i或x=1都是方程x3-x2+x-1=0的根,故(4)为假命题.对复数概念的理解已知下列命题:。

课堂教学单元教案科目：高二数学课题：数系的扩充与复数的引入一．数学分析：（1）复数系是在实数系的基础上扩充儿得到的，为了帮助学生了解学习复数的必要性，了解实际需求和数学内部的矛盾在数系扩充中的作用，本章从一个思考问题开始，在问题情境中简单介绍了由实数系扩到复数系的过程，这样不仅可以激发学生的学习复数的欲望，而且也可以比较自然的引入复数的学习之中。

复数的概念是整个复数内容的基础，复数的有关概念都是围绕复数的代数形式展开的，虚数单位、实部、虚部、复数相等的充要条件、以及虚数，纯虚数等概念的理解都应促进对复数实质的理解，即复数实际上一有序的实数对。

类比实数可以用数轴上的点表示，把复数在直角坐标系中表示出来，就得到了复数的集合表示。

用复平面内的点或平面向量表示复数，不仅使抽象的复数得到直观形象的表示，而且也使数和形得到了有机的结合。

（2）复数代数形式的四个运算，及复数代数形式的加法，减法，乘法和除法，重点是加法和乘法。

复数加法和乘法的法则是规定的，是具有其合理性的；这种规定与实数的加法，乘法的法则是一致的，而且实数的加法，乘法的有关运算仍然成立的。

二．学情分析：1.知识掌握上，高二年级的学生已经学过实数的扩充，已经有一定基础，但是扩充的过程可能会有所遗忘，所以首先应该进行适当的引入复习，同时高二的学生已经掌握了一些分析思考的能力，所以教学中通过问题的提出到解决过程有意识地进一步应用、提高学生的这些能力；2.心理上，多数学生感觉到数学过于枯燥繁琐，而且刚刚学的一章内容“推理与证明”又是数学中的难点，所以学生对新的一块内容可能也带有异样情绪，因此在引入、学习时要能让学生们能够感兴趣并且愿意去了解；3.学生学习本节内容可能存在的知识障碍：学生学习本节内容可能会遇到一些障碍，如对复数的理解，复数的引入是否具有实际意义，复数的引入是否具有实际应用，复数相等条件的理解等。

所以教学中对复数概念的讲解中尽量以简单明白、深入浅出的分析为主，在引入后花少许时间对复数的实际意义、复数的实际应用作以解释。

复数的加法与减法一、教课目的：1、知识与技术：掌握复数的加法运算及意义；2、过程与方法：理解并掌握实数进行四则运算的规律；3、感情、态度与价值观：理解并掌握复数的相关观点( 复数集、代数形式、虚数、纯虚数、实部、虚部) 理解并掌握复数相等的相关观点。

二、教课重难点要点：复数的代数形式的加、减运算及其几何意义难点：加、减运算的几何意义三、教课方法：探析概括，讲练联合四、教课过程（一）、复习准备：1.与复数一一对应的有？2.试判断以下复数 1 4i,7 2i ,6, i , 2 0i,7 i,0,0 3i 在复平面中落在哪象限？并画出其对应的向量。

3.同时用坐标和几何形式表示复数z1 1 4i与 Z272i 所对应的向量，并计算OZ1OZ2。

向量的加减运算知足何种法例？4.类比向量坐标形式的加减运算，复数的加减运算怎样？（二）、探析新课：1.复数的加法运算及几何意义①. 复数的加法法例：z1a bi与Z2 c di ，则 Z1Z2 ( a c) (b d )i 。

例 1、计算（ 1）(14i) +(72i ) （2） (7 2i) +(14i)（ 3）[(3 2i) +( 43i)](5i)（4）(3 2i)+[ ( 4 3i) (5 i)]②．察看上述计算，复数的加法运算能否知足互换、联合律，试赐予考证。

例 2、例 1 中的（ 1）、（3）两小题，分别标出(1 4i ),(7 2i) ， (3 2i),( 4 3i ),(5 i)所对应的向量，再画出乞降后所对应的向量，看有所发现。

③复数加法的几何意义：复数的加法能够依据向量的加法来进行（知足平行四边形、三角形法例）2、复数的减法及几何意义：类比实数，规定复数的减法运算是加法运算的逆运算, 即若 Z1Z Z2，则Z叫做Z2减去 Z1的差 ,记作 Z Z2Z1。

④议论：若Z1 a b,Z2 c di ，试确立Z Z1Z2是不是一个确立的值？（指引学生用待定系数法，联合复数的加法运算进行推导，师生一同板演）⑤复数的加法法例及几何意义：( a bi) (c di)(a c)(b d )i ，复数的减法运算也能够按向量的减法来进行。

3.1.1数系的扩充和复数的概念教案篇一：3.1.1数系的扩充与复数的概念(教案)3.1.1数系的扩充与复数的引入【教学目标】1．了解解方程等实际需要也是数系发展的一个主要原因，数集的扩展过程以及复数的分类表；2．理解复数的有关概念以及符号表示；3．掌握复数的代数表示形式及其有关概念；4．在问题情境中了解数系得扩充过程，体会实际需求与数学内部的矛盾（数的运算规则、方程求根）在数系扩充过程中的作用，感受人类理性思维的作用以及数与现实世界的联系。

【学情分析】学生为文科普通版班学生，基础较差，理解力一般，且个别学生学习积极性不够高。

【重点难点】教学重点：引进虚数单位i的必要性、对i的规定以及复数的有关概念。

教学难点：复数概念的理解。

【教学过程】【导入】知识形成过程1．对数集因生产和科学发展的需要而逐步扩充的过程进行概括（教师引导学生进行简明扼要的概括和总结）自然数→分数→负数→整数→有理数→无理数→实数2．提出问题我们知道，对于实系数一元二次方程x?1?0，没有实数根。

我们能否将实数集进行扩充，使得在新的数集中，该问题能得到圆满解决呢？【活动】组织讨论，研究问题我们说，实系数一元二次方程x?1?0没有实数根。

实际上，就是在实数范围内，没有一个实数的平方会等于负数。

解决这一问题，其本质就是解决一个什么问题呢？组织学生讨论，引导学生研究，最后得出结论：最根本的问题是要解决－1的开平方问题。

即一个什么样的数，它的平方会等于－1。

【讲授】引入新数1．引入新数i，并给出它的两条性质根据前面讨论结果，我们引入一个新数i，i叫做虚数单位，并规定：（1）i??1；（2）实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有的加、乘运算律仍然成立。

有了前面的讨论，引入新数i，可以说是水到渠成的事。

这样，就可以解决前面提出的问题（?1可以开平方，而且?1的平方根是?i）。

2．提出复数的概念根据虚数单位i的第（2）条性质，i可以与实数b相乘，再与实数a相加。