第一篇：復數的三角形式及乘除運算

復數的三角形式及乘除運算

一、主要內容:

復數的三角形式，模與輻角的概念及幾何意義，用三角形式進行復數乘除運算及幾何意義.二、學習要求:

1．熟練進行復數的代數形式與三角形式的互化，會求復數的模、輻角及輻角主值.2．深刻理解復數三角形式的結構特征，熟練運用有關三角公式化復數為三角形式.3．能夠利用復數模及輻角主值的幾何意義求它們的范圍（最值）.4．利用復數三角形式熟練進行復數乘除運算，并能根據乘除運算的幾何意義解決相關問題.5．注意多種解題方法的靈活運用，體會數形結合、分類討論等數學思想方法.三、重點:

復數的代數形式向三角形式的轉換，復數模及復數乘除運算幾何意義的綜合運用.四、學習建議:

1．復數的三角形式是徹底解決復數乘、除、乘方和開方問題的橋梁，相比之下，代數形式在這些方面顯得有點力不從心，因此，做好代數形式向三角形式的轉化是非常有必要的.前面已經學習過了復數的另兩種表示.一是代數表示，即Z=a+bi(a,b∈R).二是幾何表示，復數Z既可以用復平面上的點Z(a,b)表示，也可以用復平面上的向量

來表示.現在需要學習復數的三角表示.既用復數Z的模和輻角來表示，設其模為r，輻角為θ，則Z=r(cosθ+isinθ)(r≥0).既然這三種方式都可以表示同一個復數，它們之間一定有內在的聯系并能夠進行互化.代數形式r=三角形式

Z=a+bi(a,b∈R)Z=r(cosθ+isinθ)(r≥0)

復數三角形式的結構特征是:模非負，角相同，余弦前，加號連.否則不是三角形式.三角形式中θ應是復數Z的一個輻角，不一定是輻角主值.五、基礎知識

1）復數的三角形式 ①定義：復數z=a（a,b∈R）表示成r（cosθ+ isinθ）的形式叫復數z的三角形式。即z=r（cos θ+ isinθ）

其中z?r

θ為復數z的輻角。②非零復數z輻角θ的多值性。

?以ox軸正半軸為因此復數z的輻

③輻角主值

表示法；用arg

定義：適合[0，始邊，向量oz所在的射線為終邊的角θ叫復數z=a+bi的輻角 角是θ+2k?（k∈z）

z 表示復數z的輻角主值。

2?）的角θ叫輻角主值 0?argz?2?

唯一性：復數z的輻角主值是確定的，唯一的。

④不等于零的復數的模z?r是唯一的。

⑤z=0時，其輻角是任意的。

⑥復數三角形式中輻角、輻角主值的確定。（求法）

這是復數計算中必定要解決的問題，物別是復數三角形式的乘法、除法、乘方、開方等運算，尤其是逮美佛定理定理只有對復數三角形式時才能使用。因此復數化三角式是復數運算中極為重要的內容（也是解題術）復數在化三角式的過程中其模的求法是比較容易的。輻角的求法，輻角主值的確定是難點，也是關鍵存在，這個專題只簡單歸納復數輻角及輻角主值的求法。

2）復數的向量表示

在復平面內與復數z1、z2對應的點分別為z1、z2（如圖）

?

何量oz1對應于z1

?

何量oz2對應于z2

?

何量z1z2對應于z2?z1?z

顯然oz∥z1z2

則argz1=∠xoz1=θargz2=∠xoz2=θ1

?

與復數z2－z1對應的向量為oz

argz（z2－z1）=arg z=∠xoz=θ

3）復數運算的幾何意義

主要是三角式乘法、除法等運算中輻角的變化

如z1=r1（cosθ1+isinθ1）

z2=r2（cosθ2+isinθ2）

①乘法：z=z1· z2=r1·r2 [cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]

???

如圖：其對應的向量分別為oz1oz2oz

顯然積對應的輻角是θ1+θ2

?< 1 > 若θ2 > 0 則由oz1逆時針旋轉θ2角模變?yōu)閛z1的r

2?倍所得向量便是積z1·z2=z的向量oz。

???< 2 >若θ2< 0 則由向量oz1順時針旋轉?2角模變?yōu)閞1·r2所得向量便是積z1·z2=z的向量oz。

為此，若已知復數z1的輻角為α，z2的輻角為β求α+β時便可求出z1·z2=za

z

對應的輻角就是α+β這樣便可將求“角”的問題轉化為求“復數的積”的運算。②除法 z??z1?z2?z1z2?r1r2[cos(?1??2)?isin(?1??2)]

（其中 z2≠0）

除法對于輻角主要是“相減”（被除數的輻角一除數的輻角）依向量旋轉同乘法簡述如下：

?

< 1 >?2?0時oz1順時針旋轉?２角。

?< 2 >?２?0時oz1逆時針旋轉?２角。

例1．下列各式是否是三角形式，若不是，化為三角形式:

(1)Z1=-2(cosθ+isinθ)

(2)Z2=cosθ-isinθ

(3)Z3=-sinθ+icosθ

(4)Z4=-sinθ-icosθ

(5)Z5=cos60°+isin30°

分析:由三角形式的結構特征，確定判斷的依據和變形的方向.變形時，可按照如下步驟進行:首先確定復數Z對應點所在象限（此處可假定θ為銳角），其次判斷是否要變換三角函數名稱，最后確定輻角.此步驟可簡稱為“定點→定名→定角”.這樣，使變形的方向更具操作性，能有效提高解決此類問題的正確率.解:（1）由“模非負”知，不是三角形式，需做變換:Z1=Z(-cosθ-isinθ)

復平面上Z1(-2cosθ,-2sinθ)在第三象限（假定θ為銳角），余弦“-cosθ”已在前，不需再變換三角函數名稱，因此可用誘導公式“π+θ”將θ變換到第三象限.∴Z1=Z(-cosθ-isinθ)=2[cos(π+θ)+isin(π+θ)]

（2）由“加號連”知，不是三角形式

復平面上點Z2(cosθ,-sinθ)在第四象限（假定θ為銳角），不需改變三角函數名稱，可用誘導公式 “2π-θ”或“-θ”將θ變換到第四象限.∴ Z2=cosθ-isinθ=cos(-θ)+isin(-θ)或Z2=cosθ-isinθ=cos(2π-θ)+isin(2π-θ)

考慮到復數輻角的不唯一性，復數的三角形式也不唯一.（3）由“余弦前”知，不是三角形式

復平面上點Z3(-sinθ,cosθ)在第二象限（假定θ為銳角），需改變三角函數名稱，可用誘導公式

“ +θ”將θ變換到第二象限.∴Z3(-sinθ,cosθ)=cos(+θ)+isin(+θ)

同理（4）Z4=-sinθ-icosθ=cos(π-θ)+isin(π-θ)

（5）Z5=cos60°+isin30°=+i=(1+i)=·(cos+isin)=(cos+isin)

小結:對這類與三角形式很相似的式子，如何將之變換為三角形式，對于初學者來講是個難點.有了“定點→定名→定角”這樣一個可操作的步驟，應能夠很好地解決此類問題.例2．求復數Z=1+cosθ+isinθ(π<θ<2π)的模與輻角主值.分析:式子中多3個“1”，只有將“1”消去，才能更接近三角形式，因此可利用三角公式消“1”.解:Z=1+cosθ+isinθ=1+(2cos2

-1)+2i·sincos=2cos(cos+isin)........(1)

∵ π<θ<2π ∴ <<π, ∴cos<0

∴(1)式右端=-2cos(-cos-isin)=-2cos[cos(π+)]+isin(π+)] 3

∴ r=-2cos, ArgZ=π++2kπ(k∈Z)

∵ <<π

∴ π<π+<2π，∴argZ=π+.小結:（1）式右端從形式上看似乎就是三角形式.不少同學認為r=2cos, argZ=或ArgZ=

錯誤之處在于他們沒有去考慮θ角范圍，因此一定要用“模非負，角相同，余弦前，加號連”來判斷是否為三角形式.看了這道例題，你一定能解決如Z1=1-cosθ+isinθ(π<θ<2π)，Z2=1+cosθ-isinθ(π<θ<2π)等類似問題.例3．將Z=(π<θ<3π)化為三角形式，并求其輻角主值.分析:三角形中只有正余弦，因此首先想到“化切為弦”.下一步當然是要分母實數化，再向三角形式轉化.解:====cos2θ+isin2θ

∵ π<θ<3π, ∴<2θ<6π，∴π<2θ-4π<2π，∴ argZ=2θ-4π

小結:掌握三角變形是解決這類問題的根本.但在此之前的解題方向一定要明確，即要分析式子結構.比較其與三角形式的異同，從而決定變形的方向，采用正確的方法.要求學生做好每道例題后的反思，并能由此及彼，舉一反三，達到熟練解決一類問題的目的，如1-itgθ, tgθ+i, i-ctgθ等.2．復數Z的模|Z|的幾何意義是:復平面上點Z到原點距離，復數模|Z1-Z2|的幾何意義是:復平面上兩點Z1，Z2之間距離.輻角幾何意義是:以x軸正半軸為角始邊，以向量內的輻角稱輻角主值，記為argZ.要求學生不僅要理解以上所說各幾何意義，還要運用幾何意義去解決相關問題.例4．若Z∈c，|Z-2|≤1，求｜Ｚ｜的最大，最小值和argZ范圍.解:法一，數形結合

由|Z-2|≤1，知Ｚ的軌跡為復平面上以（2，0）為圓心，1為半徑的圓面（包括圓周），|Z|表示圓面上任一點到原點的距離.顯然1≤|Z|≤3, ∴|Z|max=3, |Z|min=1，另設圓的兩條切線為OA，OB，A，B為切點，由|CA|=1，|OC|=2知

所在射線為終邊的角記為ArgZ.在[0，2π)范圍

∠AOC=∠BOC=，∴argZ∈[0,]∪[π,2π)

法二:用代數形式求解|Z|的最大，最小值，設Z=x+yi(x,y∈R)

則由|Z-2|≤1得(x-2)2+y2≤1，∴ |Z|=22≤2

=，∵(x-2)+y≤1, ∴(x-2)≤1, ∴-1≤x-2≤1, ∴1≤x≤3，∴ 1≤4x-3≤9, ∴1≤|Z|≤3.小結:在一題多解的基礎上，分析比較各種方法的異同，如何做好方法的選擇.各種方法的本質和優(yōu)勢，通過分析與比較都一目了然.例5．復數Z滿足arg(Z+3)=π,求|z+6|+|z-3i|最小值.分析:由兩個復數模的和取最小值，聯想到一個點到兩個定點距離和的最小值，將之轉化為幾何問題來解決應比較簡便.解法一:由arg(Z+3)=π,知Z+3的軌跡是一條射線OA，∠xOA=π,而

|Z+6|+|Z-3i|=|(z+3)-(-3)|+|(Z+3)-(3+3i)|

將B(-3,0)與C(3,3)連結，BC連線與OA交點為D，取Z+3為D點，表示復數時，|Z+6|+|Z-3i|=|BD|+|DC|=|BC|=

3, ∴ 所求

最小值=3

.法二:由arg(Z+3)=π, 知Z+3的軌跡是射線OA，則Z軌跡應是平行于OA，且過點（-3，0）的射線BM，∴ |Z+6|+|Z-3i|就表示射線BM上點到點結PQ與射線BM交于點N，取E為N點表示復數時，|Z+6|+|Z-3i|=|PN|+|NQ|=|PQ|=3

∴所求最小值=3.，P(-6,0)和點Q(0,3)距離之和，連

小結:兩種方法的本質相同，都是將數學式子利用其幾何意義轉化成幾何問題進行解決.如果純粹用代數方法求解，難度會很大.對有關最值問題，尤其是模（距離）和輻角主值最值問題，用數形結合方法顯然較為簡便.例6．已知|Z-2i|≤1,求arg(Z-4i)最大值.解：∵|Z-2i|≤1,∴點Z軌跡是以（0，2）為圓心，1為半徑的圓面，在其上任取一點Z，連Z與點（0，4）得一以（0，4）為起點，Z為終點的向量，將起點平移到原點，則θ為其對應的輻角主值，顯然arg(Z-4i)最大值為π.3．兩個復數相乘，積的模等于模的積，輻角為兩輻角之和，其幾何意義是模的伸縮及對應向量的旋轉.兩個復數相除，商的模等于模的商（除數不為零），輻角為兩輻角之差，其幾何意義同乘法.由復數三角形式乘除運算的幾何意義，可解決向量或圖形的旋轉問題，如等腰、等邊三角形、直角三角形，平行四邊形頂點間的幾何何關系利用復數的乘除運算來表示.復數三角形式較之代數形式，在乘除運算中非常方便，可順利解決多項相乘（乘方），相除及乘除混合運算.例7．若 與分別表示復數Z1=1+2i, Z2=7+

i, 求∠Z2OZ1并判斷ΔOZ1Z2的形狀.解:欲求∠Z2OZ1，可計算

====

∴∠Z2OZ1=

且=，由余弦定理，設|OZ1|=k, |OZ2|=2k(k>0)|Z1Z2|2=k2+(2k)2-2k·2k·cos

∴ |Z1Z2|=

而k2+(k，=3k2

k)2=(2k)2，∴ΔOZ1Z2為有一銳角為60°的直角三角形.小結:此題中利用除法幾何意義來解決三角形中角的大小問題，十分方便.例8．已知直線l過坐標原點，拋物線C的頂點在原點，焦點在x軸正半軸上，若點A(-1,0)和B(0,8)關于l的對稱點都在C上，求直線l與拋物線C的方程.解:如圖，建立復平面x0y，設向量

x1+y1i, x2+y2i.由對稱性，|OA'|=|OA|=1, |OB'|=|OB|=8，∴ x2+y2i=(x1+y1i)8i=-8y1+8x1i、對應復數分別為

∴

設拋物線方程為y2=2px(p>0)則有y12=2px1, y22=2px2，∴ x1= , y1=p, 又|OA'|=1，2

2∴()2+p2=1, ∴p=或-（舍）

∴拋物線方程為y=2x，直線方程為:y=x.小結:對于解析幾何的許多問題，若能借助于復數的向量來表示，常常有意想不到的功效.尤其涉及到特殊位置，特殊關系的圖形時，尤顯其效.五、易錯點

1．并不是每一個復數都有唯一確定的輻角主值.如復數零的模為0，輻角主值不確定.2．注意ArgZ與argZ的區(qū)別.ArgZ表示復數Z的輻角，而argZ表示復數Z的輻角主值.ArgZ=argZ+2kπ(k∈Z),argZ∈[0,2π), 輻角主值是[0,2π)內的輻角，但輻角不一定是輻角主值.3．復數三角形式的四個要求:模非負，角相同，余弦前，加號連，缺一不可.任何一個不滿足，就不是三角形式.4．注意復數三角形式的乘除運算中，向量旋轉的方向.六、練習

1．寫出下列復數的三角形式

(1)ai(a∈R)

(2)tgθ+i（2．設Z=(-3+3<θ<π）

(3)-（sinθ-icosθ)

i)n, n∈N，當Z∈R時，n為何值？

3．在復平面上A，B表示復數為α,β(α≠0),且β=(1+i)α，判斷ΔAOB形狀，并證明SΔAOB=

參考答案:

|d|2.1．（1）ai=

（2）tgθ+i(<θ<π）=-[cos(π-θ)+isin(π-θ)]

（3）-(sinθ-icosθ)=[cos(+θ)+isin(+θ)]

2．n為4的正整數倍

3．法一:∵α≠0，β=（1+i)α

∴

∵=1+i=(cos+isin), ∴∠AOB=，分別表示復數α，β-α，由β-α=αi，得=i=cos+isin，∴∠OAB=90°, ∴ΔAOB為等腰直角三角形.法二:∵|

又||=|α|, ||=|β-α|=|αi|=|α|, ∴||α|,|

|+|

|=|

|

2|=|β|=|(1+i)α|=|=|α|+|α|=2|α|=||

∴ΔAOB為等腰直角三角形，∴SΔAOB=||·||=|α|.2

在線測試

選擇題

1．若復數z=(a+i)2的輻角是 A、1 B、-1，則實數a的值是（）C、-

D、-

2．已知關于x的實系數方程x2+x+p=0的兩虛根a，b滿足|a-b|=3，則p的值是（）

A、-2 B、-

C、D、1

3．設π<θ<，則復數的輻角主值為（）

A、2π-3θ B、3θ-2π

C、3θ

D、3θ-π

4．復數cos+isin經過n次乘方后，所得的冪等于它的共軛復數，則n的值等于（A、3 B、12

C、6k-1(k∈Z)

D、6k+1(k∈Z)

5．z為復數，()|z-3|=()|z+3|

()-

1的圖形是（）

A、直線 B、半實軸長為1的雙曲線

C、焦點在x軸，半實軸長為的雙曲線右支

D、不能確定

答案與解析

答案：

1、B

2、C

3、B

4、C

5、C

解析：

1．∵z=(a+i)2=(a2-1)+2ai，argz=，∴，∴a=-1，本題選B.2．求根a，b=（Δ=1-4p<0）∵|a-b|=||=3，∴ 4p-1=9，p=，故本題應選C.3．==cos3θ+isin3θ.∵ π<θ<，∴3π<3θ<，∴π<3θ-2π<，故本題應選B.）

4．由題意，得(cos+isin)n=cos+isin=cos-isin

由復數相等的定義，得

解得=2kπ-，(k∈Z)，∴n=6k-1.故本題應選C.5．依題意，有 |z-3|=|z+3|-1，∴ |z+3|-|z-3|=1.由雙曲線定義，此方程表示焦點(±3，0)，2a=1，a=的雙曲線右支，故本題應選C.復數三角形式的運算·疑難問題解析

1．復數的模與輻角：

(1)復數模的性質：｜z1·z2｜=｜z1｜·｜z2｜

(2)輻角的性質：積的輻角等于各因數輻角的和．

商的輻角等于被除數的輻角減去除數的輻角所得的差．

一個復數n次冪(n∈N)的輻角等于這個復數輻角的n倍．

注意：(1)輻角與輻角主值的區(qū)別，特別是解題過程中的不同點．如下面兩個問題：

若arg(2-i)=α，arg(3-i)=β，求α+β的值．(α+β∈(3π，4π))

若arg(2-i)=α，arg(3-i)=β，求arg[(2-i)(3-i)]的值．

(2)兩個復數乘積的輻角主值不一定等于兩輻角主值的和，商的輻角主值不一定等于輻角主值的差.2．關于數的開方

(1)復數的開方法則：r(cosθ+isinθ)的n次方根是

幾何意義：

設

對應于復平面上的點，則有：

所以，復數z的n次方根，在復平面內表示以原點為中心的正n邊形的n個頂點．

(2)復數平方根的求法．

求-3-4i的平方根．

解法一 利用復數代數形式．設-3-4i的平方根為x+yi(x，y∈R)，則有

(x+yi)2=-3-4i, 即(x2-y2)+2xyi=-3-4i，由復數相等條件，得

∴-3-4i的平方根是±(1-2i)．

法二 利用復數的三角形式．

3．復數集中的方程．

關于實系數的一元二次方程的解法：設ax2+bx+c=0(a≠0，a，b，c∈R，x1，x2為它的兩個根)

(1)當△=b2-4ac≥0時，方程有兩個實數根

當△=b2-4ac＜0時，方程有一對共軛虛根

2(4)二次三項式的因式分解：ax+bx+c=a(x-x1)(x-x2)

關于復系數的一元二次方程的解法：設ax2+bx+c=0(a≠0，a、b、c∈C，且至少有一個虛數，x1x2為它的兩個根)

(4)二次三項式的因式分解ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)仍然適用．

關于二項方程的解法

形如anxn+a0=0(a0，an∈C且an≠0)的方程叫做二項方程，任何一個二項方程都可以化成xn=b(b∈C)的形式，因此都可以通過復數開方來求根．

可以充分利用復數z的整體性質，復數z的三種表示方法及其轉換來解方程．

已知方程x2-4x+p=0兩虛數根為α、β，且|α-β|=2求實數p的值．

解法1 ∵實系數一元二次方程虛根共軛設α=a+bi，β=a-bi，(a，b∈R)∴α+β=2a=4，∴a=2

又∵|α-β|=2, ∴|2bi|=2得b=±1

即兩根為2+i，2-i由韋達定理得：p=(2+i)(2-i)=5

法2 由韋達定理可得：α+β=4，αβ=p

于是|α-β|2=|(α-β)2|=|(α+β)2-4αβ|=|42-4p|=4，即|4-p|=1 又∵△=42-4p＜0

p＞4，∴p-4=1，得p=5

說明 注意實系數一元二次方程有兩個實根與有兩個虛根的區(qū)別．

一等式成立．若有兩個虛根則

上述等式不成立．因為｜α-β｜≠(α-β)．因此在解題時要重視復數與實數知識點之間的區(qū)別與聯系，要避免出現混淆與干擾．

已知方程2x2+3ax+a2-a=0有模為1的根，求實數a的值．

分析 已知方程有模為1的根，此根可能是實數，也可能是虛數，故求實數a要注意分域討論．

解(1)若所給方程有實根則△=(3a)-4×2(a-a)=a+8a＞0，即a＜-8或a＞0

由條件得根必為1或-1，①將x=1代入原方程可得a2+2a+2=0a無實數解．

(2)若所給方程有虛根則△=a+8＜0，即-8＜a＜0 2

即a2-a-2=0，∴a=-1或a=2(舍)

已知方程x2-(2i-1)x+3m-i=0有實數根，求實數m．

分析 求實數m的范圍，若用判別式來判斷是錯誤的，因為此方程的系數是復數．

利用求根公式或用韋達定理或選用復數相等，解方程組來求實數m均可以．現僅介紹一種方法．

解 ∵x，m∈R，方程變形可得，(x2+x+3m)-(2x+1)i=0

復數例題講解與分析

例1．已知x, y互為共軛復數，且(x+y)2-3xyi=4-6i,求x, y.[思路1]：確定一個復數即分別確定它的實部、虛部或模與一個輻角，設z=a+bi或三角形式，化虛為實。

2[解法1]：設x=a+bi(a,b∈R), 則y=a-bi, 代入原等式得：(2a)-3(a+b)i=4-6i.或 或 或，∴

或 或 或。

[思路2]：“x, y互為共軛”含義？→x+y∈R, xy∈R,則(x+y)-3xyi=4-6i

2.[解法2]：∵x=，∴x+y∈R, xy∈R, ∴由兩復數相等可得：

∴由韋達定理可知：x,y同是方程：z2+2z+2=0或z2-2z+2=0的兩根，分別解兩個一元二次方程則得x,y……（略）。

，例2．已知z∈C,|z|=1且z≠-1,則復數2

（）

A、必為純虛數

B、是虛數但不一定是純虛數

C、必為實數

D、可能是實數也可能是虛數

[思路分析]：選擇題，從結論的一般性考慮，若z=±1，顯然A、B選項不成立，分析C、D選項，顯然窮舉驗證不能得出一般結論只能推演

解：[法1] 設z=a+bi, a,b∈R, a2+b2=1,a≠0.則===∈R，故，應選C。

[法2] 設z=cosθ+isinθ(θ∈R,且θ≠kπ+)，則===∈R。

[法3] ∵z·=|z|2, ∴當|z|=1時有z·=1，∴===∈R.[法4] ∵當|z|=1時有z·=1，∴ ==∈R.[法5] ∵復數z為實數的充要條件是z=，而()=, 又∵|z|=1時，=，∴ ==，∴∈R。

[評注]：復習中，概念一定要結合意義落實到位，一方面深化理解（比如復數定義：“形如a+bi(a,b∈R)的數叫復數”深入理解就有凡是復數都能寫成這樣，求一個復數，使用一個復數都可通過這一形式將問題化虛為實；……。）

同時對一些概念的等價表達式要熟知。（比如：z=a+bi∈R z=a+bi是純虛數 a=0且b≠0(a,b∈R)

z+=0(z≠0)

b=0(a,b∈R)z= z≥0；

z2<0；…….)

在面對具體問題時要有簡捷意識（比如該例方法1，有同學可能會在算到化簡分母又直接按兩復數相除的運算法則進行），多方理解挖掘題目立意。

例3．求使關于x的方程x2+(m+2i)x+2+mi=0至少有一個實根的實數m.時不注意及時

[思路分析]：根的判別式只適用實系數的一元二次方程，虛系數有實根用兩復數相等，化虛為實。

解：設x0為方程的一個實根，則有

x0+mx0+2+(2x0+m)i=0 2，解得：m=±2。

例4．設 z∈C，arg(z+2)=, arg(z-2)=, 求z。

[思路分析]：常規(guī)思路，設z=a+bi, 由已知列關于a,b的方程求解；數形結合思想，由題設可知z+2對應的點A在射線OA上，∠AOX=，z-2對應的點B應在射線OB上，∠BOX=，z對應的點Z應在AB中點上，|AB|=4，AB//Ox軸，∠AOB=i.，故而易得：z=-1+

解：（略）

例5．設x,y∈R, z1=2-x+xi, z2=y-1+(-y)i，已知|z1|=|z2|，argk∈Z}中元素的個數。=,(1)求()

=?(2)設z=, 求集合A={x|x=z+z，2k-2k

[思路分析]：理解已知，|z1|=|z2|，arg=含義？→=i, 即z1=z2i→兩復數相等→x, y.(1)解：∵|z1|=|z2|, ∴| |=1，又arg=, ∴ =||(cos+isin)=i, 即z1=z2i，∴ 2-x+xi=[y-1+(-y)i]i

即，解得 x=y=+，∴(0)100=(+i)100=(-+i)=

=--i.[簡評] 1 本題的解法體現了等價轉化和整體的思想方法，如果把兩個已知條件割裂開來去考慮，則需要解關于x, y的二元二次方程組，其運算肯定很麻煩； 在計算題中對1的立方根之一：w=-1++0

+i的特性要熟知即 w=

=1, ==w,1+w+w=0，22=0, 關于此點設計問題是命題經常參考的著眼點。

(2)[思路分析]：由(1)知 z=可怎么理解呢？(z)+(z), z+2k2-k2k+

2k

i，z的特性：z3=-1=, ……

3, |z|=1, =； z=cos+isin, z2=w, ……，z2k+z-2k

解[法1]：令w=-+i，則z2k+z-2k=wk+w-k，∵w3=1,而k∈z, ∴k=

當k=3m時，z2k+z-2k=(w3)m+(w3)-m=2，當k=3m+1時，z2k+z-2k=w3m·w+w-3m·w-1=w+w-1=w+

綜上可知，集合A中有2個元素。

=-1，當k=3m+2時，z2k+z-2k=w3m·w2+w-3m·w-2=w2+w-2=w3·w-1+w-3·w=w-1+w=-1，[法2]：∵|z|=1, ∴ =，∴z2k+z-2k=z2k+2k=cos+isin+cos-isin=2cos

=

由此可判定集合A中有2個元素。

例6．設復數z=cosθ+isinθ(0<θ<π), w=

[思路分析]：欲用已知，需化簡w, , 并且|w|=, argw<,求θ。（93年全國理）

解：w=

=tg2θ(sin4θ+icos4θ)

==

∴ |w|=|tg2θ| 由|w|= 得 tg2θ=±.∵ 0<θ<π, 故有(i)當tg2θ=時，得θ=或θ=.此時 w=(cos+isin)，∴argw=<,適合題意。

(ii)當 tg2θ=-時，得θ=π或θ=π，此時，w=(cosπ+isinπ).∴argw= π>, 不合題意，舍去，故綜合(i),(ii)知，θ=或θ=.[簡評] 10 復數與三角的綜合題目是命題的一個方向，其中應用三角公式“1±cosa的升冪式”及“誘導公式”化復數代數形式為標準三角形式應用頻率較高。此題在w的化簡中亦可利用 |z|=1, z·=|z|來化簡： 0

w=變換。=5==……以下略，這樣可省去較為繁鎖的三角

例7．已知|z|=1,且z+z=1, 求z。

[思路分析1]：已知含未知數的等式求未知數，方程問題，設元化虛為實，解：[法1]設z=cosθ+isinθ，則由z5+z=1可得：

由(1)+(2)得：cos4θ=-

……（以下略）。

[思路分析2]：復數的概念，運算都有幾何意義，由z5+z=1，若設z5, z,1對應點為A，B，C則四邊形OACB為平行四邊形。

★[法2]：設z5,z,1在復平面上對應點分別為A，B，C，則由z5+z=1，可知，四邊形OACB為平行四邊形，又∵ |z|=|z|=1=|z| 55

∴ OACB為邊長為1的菱形且∠AOB=120°，∴ 易求得：z=+i或 z=-i。

可以驗證當z=±i時，z5=

i符合題意。

[簡評]：10 數形結合思想方法應是處理復數有關問題的習慣思路，因復數中的概念，運算都有一定的幾何含義，這源于z=a+bi本身就表示一個點，當a,b確定，z表示定點，當a,b不定則z就能表示一個動點軌跡，如 z=x+i就可表示雙曲線。故在解題時變換角度從幾何意義去分析，往往會事半功倍。此題還可這樣聯系，由z5+z=1得 z-1=-z5，兩邊取模|z-1|=|-z|5=|z|5=1，從而知z應是圓|z|=1與 |z-1|=1的交點。

第二篇：復數代數形式的乘除運算教案

復數代數形式的乘除運算教案

教學目標： 知識與技能：理解并掌握復數的代數形式的乘法與除法運算法則，深刻理解它是乘法運算的逆運算 過程與方法：理解并掌握復數的除法運算實質是分母實數化類問題 情感、態(tài)度與價值觀：復數的幾何意義單純地講解或介紹會顯得較為枯燥無味，學生不 易接受，教學時，我們采用講解或體驗已學過的數集的擴充的，讓學生體會到這是生產實踐的需要從而讓學生積極主動地建構知識體系。教學重點：復數代數形式的除法運算。教學難點：對復數除法法則的運用。課型:新知課 教具準備：多媒體 教學過程： 復習提問：

已知兩復數z1=a+bi, z2=c+di（a,b,c,d是實數）加法法則：z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.減法法則：z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i.即:兩個復數相加(減)就是

實部與實部,虛部與虛部分別相加(減)(a+bi)±(c+di)=(a±c)+(b±d)i

復數的加法運算滿足交換律: z1+z2=z2+z1.復數的加法運算滿足結合律:(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3)講解新課：

一 ．復數的乘法運算規(guī)則：

規(guī)定復數的乘法按照以下的法則進行：

設z1=a+bi，z2=c+di(a、b、c、d∈R)是任意兩個復數，那么它們的積(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.其實就是把兩個復數相乘，類似兩個多項式相乘，在所得的結果中把i換成－1，并且把實部與虛部分別合并.兩個復數的積仍然是一個復數.探究: 復數的乘法是否滿足交換律、結合律? 乘法對加法滿足分配律嗎? 二.乘法運算律：(1)z1(z2z3)=(z1z2)z3

證明：設z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，2b3∈R).∵z1z2=(a1+b1i)(a2+b2i)=(a1a2-b1b2)+(b1a2+a1b2)i，z2z1=(a2+b2i)(a1+b1i)=(a2a1-b2b1)+(b2a1+a2b1)i.又a1a2-b1b2=a2a1-b2b1，b1a2+a1b2=b2a1+a2b1.∴z1z2=z2z1.(2)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3 證明：設z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R).∵(z1z2)z3=

［

(a1+b1i)(a2+b2i)

］

(a3+b3i)=［(a1a2-b1b2)+(b1b2+a1b2)i］(a3+b3i)=

［

(a1a2-b1b2)a3-(b1a2+a1b2)b3

］

+［(b1a2+a1b2)a3+(a1a2-b1b2)b3］i

=(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2b3+a1a2b3-b1b2b3)i，同理可證：

z1(z2z3)=(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2a3+a1a2b3-b1b2b3)i，∴(z1z2)z3=z1(z2z3).(3)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.證明：設z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R).∵z1(z2+z3)=(a1+b1i)［(a2+b2i)+(a3+b3i)］=(a1+b1i)［(a2+a3)+(b2+b3)i］

=［a1(a2+a3)-b1(b2+b3)］+［b1(a2+a3)+a1(b2+b3)］i

=(a1a2+a1a3-b1b2-b1b3)+(b1a2+b1a3+a1b2+a1b3)i.z1z2+z1z3=(a1+b1i)(a2+b2i)+(a1+b1i)(a3+b3i)

=(a1a2-b1b2)+(b1a2+a1b2)i+(a1a3-b1b3)+(b1a3+a1b3)i

=(a1a2-b1b2+a1a3-b1b3)+(b1a2+a1b2+b1a3+a1b3)i =(a1a2+a1a3-b1b2-b1b3)+(b1a2+b1a3+a1b2+a1b3)i

∴z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.例1計算(1-2i)(3+4i)(-2+i)解：(1-2i)(3+4i)(-2+i)＝(11-2i)(-2+i)=-20+15i.復數的乘法與多項式的乘法是類似的我們知道多項式的乘法用乘法公式可迅速展開運算,類似地,復數的乘法也可大膽運用乘法公式來展開運算.例2計算：

（1）(3+4i)(3-4i)；（2）（1+ i).解：（1）(3+4i)(3-4i)=3-（4i）=9-(-16)=25;(2)（1+ i)=1+2 i+i=1+2 i-1=2 i.練習課后第2題

三.共軛復數：當兩個復數的實部相等，虛部互為相反數時，這兩個復數叫做互為共軛復數虛部不等于0的兩個共軛復數也叫做共軛虛數 2

2通常記復數z的共軛復數為z。

思考:若z1, z2是共軛復數,那么

(1)在復平面內,它們所對應的點有怎樣的位置關系?(2)z1z2是怎樣的一個數? 探究: 類比實數的除法是乘法的逆運算,我們規(guī)定復數的除法是乘法的逆運算.試探求復數除法法則.四:除法運算規(guī)則：滿足(c+di)(x+yi)=(a+bi)的復數x+yi(x,y∈R)叫復數a+bi除以復數c+di的商，記為：(a+bi)?(c+di)或者

a?bic?di

①設復數a+bi(a，b∈R)，除以c+di(c，d∈R)，其商為x+yi(x，y∈R)，即(a+bi)÷(c+di)=x+yi

∵(x+yi)(c+di)=(cx－dy)+(dx+cy)i.∴(cx－dy)+(dx+cy)i=a+bi.?cx?dy?a,由復數相等定義可知?

?dx?cy?b.ac?bd?x?,22?c?d解這個方程組，得? ??y?bc?ad.?c2?d2?于是有:(a+bi)÷(c+di)=

ac?bdbc?ad?2 i.222c?dc?d2②利用(c+di)(c－di)=c+d.于是將

a?bi的分母有理化得： c?di5 原式=?a?bi(a?bi)(c?di)[ac?bi?(?di)]?(bc?ad)i ??22c?di(c?di)(c?di)c?d(ac?bd)?(bc?ad)iac?bdbc?ad?2?2i.2222c?dc?dc?d∴(a+bi)÷(c+di)=

ac?bdbc?ad?2i.222c?dc?d點評：①是常規(guī)方法，②是利用初中我們學習的化簡無理分式時，都是采用的分母有理化思想方法，而(c+di)·(c－di)=c+d2

2是正實數.所以可以分母“實數”化.把這種方法叫做分母實數化法

例3計算(1?2i)?(3?4i)解：(1?2i)?(3?4i)??1?2i 3?4i(1?2i)(3?4i)3?8?6i?4i?5?10i12?????i 22(3?4i)(3?4i)3?425551 先寫成分式形式 然后分母實數化即可運算.(一般分子分母同時乘以分母的共軛復數)3 化簡成代數形式就得結果 練習:課后第3題(1)(3)小結: 作業(yè):

教學反思：

復數的乘法法則是：(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.復數的代數式相乘，可按多項式類似的辦法進行，不必去記公式.復數的除法法則是：

a?biac?bdbc?ad??i(c+di≠0).c?dic2?d2c2?d2兩個復數相除較簡捷的方法是把它們的商寫成分式的形式，然后把分子與分母都乘以分母的共軛復數，再把結果化簡.

第三篇：..復數代數形式的乘除運算教案

3.2.2復數代數形式的乘除運算

教學目標：

知識與技能：理解并掌握復數的代數形式的乘法與除法運算法則，深刻理解它是乘法運算的逆運算

過程與方法：理解并掌握復數的除法運算實質是分母實數化類問題

情感、態(tài)度與價值觀：復數的幾何意義單純地講解或介紹會顯得較為枯燥無味，學生不易接受，教學時，我們采用講解或體驗已學過的數集的擴充的，讓學生體會到這是生產實踐的需要從而讓學生積極主動地建構知識體系.教學重點：復數代數形式的除法運算.教學難點：對復數除法法則的運用.教具準備：多媒體、實物投影儀.教學設想：如果兩個復數的實部和虛部分別相等，那么我們就說這兩個復數相等即：如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di?a=c，b=d，只有當兩個復數不全是實數時才不能比較大小 教學過程：

學生探究過程：

1.虛數單位:(1)它的平方等于-1，即 i2??1;(2)實數可以與它進行四則運算，進行四則運算時，原有加、乘運算律仍然成立

2.與－1的關系:就是－1的一個平方根，即方程x2=－1的一個根，方程x2=－1的另一個根是－

3.的周期性： 4n+1=i, 4n+2=-1, 4n+3=-i, 4n=1 4.復數的定義：形如a?bi(a,b?R)的數叫復數，a叫復數的實部，b叫復數的虛部全體復數所成的集合叫做復數集，用字母C表示*

3.復數的代數形式: 復數通常用字母z表示，即z?a?bi(a,b?R)，把復數表示成a+bi的形式，叫做復數的代數形式

4.復數與實數、虛數、純虛數及0的關系：對于復數a?bi(a,b?R)，當且僅當b=0時，復數a+bi(a、b∈R)是實數a；當b≠0時，復數z=a+bi叫做虛數；當a=0且b≠0時，z=bi叫做純虛數；當且僅當a=b=0時，z就是實數0.5.復數集與其它數集之間的關系：NZQRC.6.兩個復數相等的定義：如果兩個復數的實部和虛部分別相等，那么我們就說這兩個復數相等即：如果a，b，c，d∈R，那么a+bi=c+di?a=c，b=d

一般地，兩個復數只能說相等或不相等，而不能比較大小.如果兩個復數都是實數，就可以比較大小 只有當兩個復數不全是實數時才不能比較大小

7.復平面、實軸、虛軸：

點Z的橫坐標是a，縱坐標是b，復數z=a+bi(a、b∈R)可用點Z(a，b)表示，這個建立了直角坐標系來表示復數的平面叫做復平面，也叫高斯平面，x軸叫做實軸，y軸叫做虛軸實軸上的點都表示實數

對于虛軸上的點要除原點外，因為原點對應的有序實數對為(0，0)，它所確定的復數是z=0+0i=0表示是實數.故除了原點外，虛軸上的點都表示純虛數

8．復數z1與z2的和的定義：z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.9.復數z1與z2的差的定義：z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i./ 5 10.復數的加法運算滿足交換律: z1+z2=z2+z1.11.復數的加法運算滿足結合律:(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3)講解新課：

１．乘法運算規(guī)則：

規(guī)定復數的乘法按照以下的法則進行：

設z1=a+bi，z2=c+di(a、b、c、d∈R)是任意兩個復數，那么它們的積(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.其實就是把兩個復數相乘，類似兩個多項式相乘，在所得的結果中把i2換成－1，并且把實部與虛部分別合并.兩個復數的積仍然是一個復數.2.乘法運算律：(1)z1(z2z3)=(z1z2)z3

證明：設z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R).∵z1z2=(a1+b1i)(a2+b2i)=(a1a2-b1b2)+(b1a2+a1b2)i，z2z1=(a2+b2i)(a1+b1i)=(a2a1-b2b1)+(b2a1+a2b1)i.又a1a2-b1b2=a2a1-b2b1，b1a2+a1b2=b2a1+a2b1.∴z1z2=z2z1.(2)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3 證明：設z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R).∵(z1z2)z3=［(a1+b1i)(a2+b2i)］(a3+b3i)=［(a1a2-b1b2)+(b1b2+a1b2)i］(a3+b3i)=［(a1a2-b1b2)a3-(b1a2+a1b2)b3］+［(b1a2+a1b2)a3+(a1a2-b1b2)b3］i =(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2b3+a1a2b3-b1b2b3)i，同理可證：

z1(z2z3)=(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2a3+a1a2b3-b1b2b3)i，∴(z1z2)z3=z1(z2z3).(3)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.證明：設z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1，a2，a3，b1，b2，b3∈R).∵z1(z2+z3)=(a1+b1i)［(a2+b2i)+(a3+b3i)］=(a1+b1i)［(a2+a3)+(b2+b3)i］

=［a1(a2+a3)-b1(b2+b3)］+［b1(a2+a3)+a1(b2+b3)］i =(a1a2+a1a3-b1b2-b1b3)+(b1a2+b1a3+a1b2+a1b3)i.z1z2+z1z3=(a1+b1i)(a2+b2i)+(a1+b1i)(a3+b3i)=(a1a2-b1b2)+(b1a2+a1b2)i+(a1a3-b1b3)+(b1a3+a1b3)i =(a1a2-b1b2+a1a3-b1b3)+(b1a2+a1b2+b1a3+a1b3)i =(a1a2+a1a3-b1b2-b1b3)+(b1a2+b1a3+a1b2+a1b3)i

∴z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.例1計算(1-2i)(3+4i)(-2+i)解：(1-2i)(3+4i)(-2+i)＝(11-2i)(-2+i)=-20+15i.例2計算：

（1）(3+4i)(3-4i)；（2）（1+ i)2.解：（1）(3+4i)(3-4i)=32-（4i）2=9-(-16)=25;(2)（1+ i)2=1+2 i+i2=1+2 i-1=2 i.3.共軛復數：當兩個復數的實部相等，虛部互為相反數時，這兩個復數叫做互為共軛復數虛部不等于0的兩個共軛復數也叫做共軛虛數

通常記復數z的共軛復數為z./ 5 4.復數除法定義：滿足(c+di)(x+yi)=(a+bi)的復數x+yi(x,y∈R)叫復數a+bi除以復數c+di的商，記為：(a+bi)?(c+di)或者

a?bi c?di5.除法運算規(guī)則：

①設復數a+bi(a，b∈R)，除以c+di(c，d∈R)，其商為x+yi(x，y∈R)，即(a+bi)÷(c+di)=x+yi

∵(x+yi)(c+di)=(cx－dy)+(dx+cy)i.∴(cx－dy)+(dx+cy)i=a+bi.由復數相等定義可知??cx?dy?a，?dx?cy?b.ac?bd?x?,22??c?d 解這個方程組，得??y?bc?ad.?c2?d2?于是有:(a+bi)÷(c+di)=

ac?bdbc?ad?2 i.222c?dc?da?bi的分母有理化得：

c?di②利用(c+di)(c－di)=c2+d2.于是將原式=a?bi(a?bi)(c?di)[ac?bi?(?di)]?(bc?ad)i?? c?di(c?di)(c?di)c2?d2?(ac?bd)?(bc?ad)iac?bdbc?ad?2?i.c2?d2c?d2c2?d2∴(a+bi)÷(c+di)=ac?bdbc?ad?i.c2?d2c2?d2點評：①是常規(guī)方法，②是利用初中我們學習的化簡無理分式時，都是采用的分母有理化思想方法，而復數c+di與復數c－di，相當于我們初中學習的3?2的對偶式3?2，它們之積為1是有理數，而(c+di)·(c－di)=c2+d2是正實數.所以可以分母實數化.把這種方法叫做分母實數化法

例3計算(1?2i)?(3?4i)解：(1?2i)?(3?4i)?1?2i 3?4i?(1?2i)(3?4i)3?8?6i?4i?5?10i12?????i 22(3?4i)(3?4i)3?425553 / 5 例4計算(1?4i)(1?i)?2?4i

3?4i解：(1?4i)(1?i)?2?4i1?4?3i?2?4i7?i(7?i)(3?4i)??? 223?4i3?4i3?43?4i?21?4?3i?28i25?25i??1?i.2525例5已知z是虛數，且z+

1z?1是實數，求證：是純虛數.zz?1證明：設z=a+bi(a、b∈R且b≠0)，于是 z+11a?biab?a??(b?)i.=a+bi+=a+bi+222222za?ba?ba?ba?bi1b∈R，∴b－2=0.2za?b∵z+∵b≠0，∴a2+b2=1.∴z?1(a?1)?bi[(a?1)?bi][(a?1)?bi]?? 22z?1(a?1)?bi(a?1)?ba2?1?b2?[(a?1)b?(a?1)b]i0?2bib???i.22a?b?2a?11?2a?1a?1∵b≠0，a、b∈R，∴鞏固練習：

1.設z=3+i,則

bi是純虛數 a?11等于 zB.3－i

C.A.3+i

2.31i?

1010D.31?i 1010a?bia?bi?的值是 b?aib?ai B.i

C.－i

D.1 A.0

3.已知z1=2－i,z2=1+3i,則復數A.1 4.設

iz2?的虛部為 z15

D.－i B.－1

C.i x3y??(x∈R,y∈R),則x=___________,y=___________.1?i2?i1?i4 / 5 答案：1.D 2.A 3.A

4.39 , －

55課后作業(yè)：課本第112頁

習題3.2

A組4，5，6

B組1，2 教學反思：

復數的乘法法則是：(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.復數的代數式相乘，可按多項式類似的辦法進行，不必去記公式.復數的除法法則是：

a?biac?bdbc?ad??i(c+di≠0).c?dic2?d2c2?d2兩個復數相除較簡捷的方法是把它們的商寫成分式的形式，然后把分子與分母都乘以分母的共軛復數，再把結果化簡/ 5

第四篇：復數代數形式的乘除運算教案

《復數代數形式的乘除運算》教學設計

穆棱市第二中學

孔丹

【教學目標】

知識與技能：理解并掌握復數的代數形式的乘法與除法運算法則，深刻理解它是乘法運算的逆運算

過程與方法：理解并掌握復數的除法運算實質是分母實數化類問題

情感、態(tài)度與價值觀：復數的幾何意義單純地講解或介紹會顯得較為枯燥無味，學生不易接受，教學時，我們采用講解或體驗已學過的數集的擴充的，讓學生體會到這是生產實踐的需要從而讓學生積極主動地建構知識體系?！窘虒W重點】

復數代數形式的除法運算?！窘虒W難點】

對復數除法法則的運用?！菊n型】

新知課?！窘叹邷蕚洹?/p>

多媒體 【教學過程】

一、復習提問：

已知兩復數z1=a+bi, z2=c+di（a,b,c,d是實數）加法法則：z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.減法法則：z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i.即:兩個復數相加(減)就是

實部與實部,虛部與虛部分別相加(減)(a+bi)±(c+di)=(a±c)+(b±d)i.復數的加法運算滿足交換律: z1+z2=z2+z1.復數的加法運算滿足結合律:(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3).二、講解新課：

（一）復數的乘法運算規(guī)則：

規(guī)定復數的乘法按照以下的法則進行： 設z1=a+bi，z2=c+di(a、b、c、d∈R)是任意兩個復數，那么它們的積(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.2其實就是把兩個復數相乘，類似兩個多項式相乘，在所得的結果中把i換成－1，并且把實部與虛部分別合并.兩個復數的積仍然是一個復數.（二）乘法運算律 師生探究: 師：復數的乘法是否滿足交換律、結合律? 乘法對加法滿足分配律嗎? 生：

(1)z1(z2z3)=(z1z2)z3.(2)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.(3)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3..（4）zz?z mnm?n.（5）z??mn?zmn.nnn（6）?z1z2??z1z2.（三）例題講解 例1.計算（1）（2+i）i(2)(1-2i)(3+i).解：（1）原式?2i?i2??1?2i

2?3?i?6i?2?5?5i ?3?i?6i?2i（2）原式例2.計算(1-2i)(3+4i)(-2+i)解：(1-2i)(3+4i)(-2+i)＝(11-2i)(-2+i)=-20+15i.注：復數的乘法與多項式的乘法是類似的.例3計算：

2（1）(3+4i)(3-4i)；（2）（1+ i).22解：（1）(3+4i)(3-4i)=3-（4i）=9-(-16)=25;22(2)（1+ i)=1+2 i+i=1+2 i-1=2 i.（四）共軛復數：

1.定義：當兩個復數的實部相等，虛部互為相反數時，這兩個復數叫做互為共軛復數虛部不等于0的兩個共軛復數也叫做共軛虛數。

2.表達形式：通常記復數z的共軛復數為z。3.師生探究：

思考:若z1, z2是共軛復數,那么

(1)在復平面內,它們所對應的點有怎樣的位置關系?(2)z1z2是怎樣的一個數?（3）z?z、z2與z2有何關系？

生：（1）關于實軸對稱（2）z?z?a2?b2z?z?z2即：乘積的結果是一個實數.（3）?z2.（五）除法運算規(guī)則

滿足(c+di)(x+yi)=(a+bi)的復數x+yi(x,y∈R)叫復數a+bi除以復數c+di的商，記為：(a+bi)?(c+di)或者a?bi.c?di1.(a+bi)÷(c+di)=ac?bdbc?ad? i.（分母實數化）

c2?d2c2?d2222.利用(c+di)(c－di)=c+d.于是將

a?bi的分母有理化得：

c?di2 原式=a?bi(a?bi)(c?di)[ac?bi?(?di)]?(bc?ad)i ??22c?di(c?di)(c?di)c?d?(ac?bd)?(bc?ad)iac?bdbc?ad?2?2i.2222c?dc?dc?d∴(a+bi)÷(c+di)=ac?bdbc?ad?2i.222c?dc?d師：1是常規(guī)方法，2是利用初中我們學習的化簡無理分式時，都是采用的分母有理化思想方法，而22(c+di)·(c－di)=c+d是正實數.所以可以分母“實數”化.把這種方法叫做分母實數化法

3.變式訓練：計算(1?2i)?(3?4i)解：(1?2i)?(3?4i)?1?2i 3?4i?(1?2i)(3?4i)3?8?6i?4i?5?10i12?????i 22(3?4i)(3?4i)3?425554.方法總結：

① 先寫成分式形式

②然后分母實數化即可運算.(一般分子分母同時乘以分母的共軛復數)③化簡成代數形式就得結果

三、考點突破

1.計算(1)(3?2i)?3?2i??

?1?i??2?i??(2)?i.3+i等于（）2.（2017全國二卷）1?i.3.（2013年高考福建卷）已知復數z的共軛復數

z?1?2i（i為虛數單位），則z在復平面內對應的點位于（）.A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

z?4.（2017渭南市一模）已知復數

1?i1?iC.，則

z等于（）.A.?2iB.?i2iD.i

5.（2013年高考安徽卷）設i是虛數單位，z是復數z的共軛復數，若z?z?i?2?2z，.則z等于（），則z的模為.A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i 6.（2017年廈門市一模）設復數z滿足7.計算i＋i2＋i3＋…＋i2018.四、知識拓展提升

z?1?i??2?i 3 探究：i=，i=，i=，i=，i=，i=，i=，i=.虛數單位i的周期性：（1）i（2）4n?112345678?i，i4n?2??1，i4n?3??i，i4n?4?1?n?N?.in?in?1?in?2?in?3?0?n?N?.五、課堂小結

1、復數乘法運算法則是什么？其滿足哪些運算律？

2、怎樣的兩個復數互為共軛復數？復數與其共軛復數之間有什么性質？

3、復數除法的運算法則是什么？

六、作業(yè)

1.教材P112——習題3.2 2.教材P116——復習參考題 【教學反思】

一、知識點反思

復數的乘法法則是：(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.復數的代數式相乘，可按多項式類似的辦法進行，不必去記公式.復數的除法法則是：a?biac?bdbc?ad??i(c+di≠0).c?dic2?d2c2?d2兩個復數相除較簡捷的方法是把它們的商寫成分式的形式，然后把分子與分母都乘以分母的共軛復數，再把結果化簡.二、課堂反思

1.學生在計算時不注意變號；

2.復數的標準表達式是a+bi，當a<0,b>0時，學生習慣把“正”放前面，把“負”放后面，這種習慣不利于學生學習本章知識.4

第五篇：3.2.2復數代數形式的乘除運算(教學設計)

城南中學2017-2018學第二學期公開課材料 3.2.2復數代數形式的乘除運算（教學設計）

城南中學 蔡開順 2018.4.3周二下午第3節(jié)高二2班

知識與技能：理解并掌握復數的代數形式的乘法與除法運算法則。過程與方法：理解并掌握復數的除法運算實質是分母實數化類問題。情感、態(tài)度與價值觀：讓學生體會到實踐的需要從而讓學生積極主動地建構知識體系。

學習重點：復數的代數形式的乘除運算及共軛復數的概念 學習難點：對復數除法法則的運用 【學習過程】

一、復習回顧

1.虛數單位i：i2??1

2.復數的代數形式：z?a?bi

3.復數z1與z2的和差的定義：z1?z2?(a?bi)?(c?di)?(a?c)?(b?d)i 【設計意圖】通過復習回顧引入新課

二、新課引入

1．復數的乘法法則

教師提出：(a?b)(c?d)=？

【設計意圖】類比多項式的乘法引入復數的乘法 探究1：復數z1＝a＋bi，z2＝c＋di，其中a，b，c，d∈R，則z1·z2 ＝(a＋bi)(c＋di)，按照上述運算法則將其展開，z1·z2等于什么？ 師生：寫出復數乘法法則：

(a?bi)(c?di)?ac?adi?bci?bd?(ac?bd)?(ad?bc)i

【設計意圖】通過類比法得出復數乘法法則，加強對復數乘法的運算

例1．計算（1）(1?2i)(1?i)（2）(1?i)(1?2i)（3）[(1?2i)(1?i)]i（4）(1?2i)[(1?i)i]（5）i[(1?2i)?(1?i)]（6）i(1?2i)?i(1?i)

【設計意圖】加強對復數乘法的運算，并未復數乘法交換律、結合律、分配律做鋪墊 探究2：觀察上述計算，試驗證復數的乘法運算是否滿足交換、結合、分配律？ 例2．計算（1）(3?4i)(3?4i)（2）(1?i)2

共軛復數：兩復數a?bi與a?bi叫做互為共軛復數，當b?0時，它們叫 做共軛虛數（注：兩復數互為共軛復數，則它們的乘積為實數）練習：說出下列復數的共軛復數3?2i,4?i,?i?1,2i,5 【設計意圖】加強共軛復數的概念

探究3：若z?a?bi，z?a?bi是共軛復數，那么（1）在復平面內，它們所對應的點有怎樣的位置關系？（2）z?z是一個怎樣的數？ 2.復數的除法法則 類比(分母有理化)1?? 1?2【設計意圖】通過類比分母有理化引出復數除法法則 提出：1??（如何分母實數化）1?i探究4：

(a?bi)?(c?di)?a?bi(a?bi)(c?di)ac?bdbc?ad???i(c?di?0)c?di(c?di)(c?di)c2?d2c2?d2例3．計算(1?2i)?(3?4i)變式訓練：(?1?3i)?(1?2i)

【設計意圖】加強對復數除法的運算

【方法小結】兩個復數代數形式的除法運算步驟

1、先寫成分式形式

2、然后分母實數化即可運算.(一般分子分母同時乘以分母的共軛復數)

3、化簡成代數形式就得結果.三、考點突破 同步練習冊P79 類型1復數代數形式的乘法運算

（1）已知a,b?R,i是虛數單位.若a?i與2?bi互為共軛復數，則(a?bi)2?（）

A.5?4i B.5?4i C.3?4i D.3?4i（2）復數z?(3?2i)i的共軛復數z等于（）A.?2?3i B.?2?3i C.2?3i D.2?3i（3）i是虛數單位，復數（3+i）（1-2i）= 【小結】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

類型2復數代數形式的除法運算

(1?i)3（1）?

(1?i)2?A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i

7?i? 3?4i17311725A.1-i B.-1+i C.?i D.??i

25257711?i1?i?i；??i 2.常用公式??i；i1?i1?i（2）i是虛數單位，復數

四、課堂小結

談談本節(jié)課你學到了什么？

五、作業(yè)布置P111 1,2,3 3