复数的三角形式及乘除运算

第一篇：复数的三角形式及乘除运算

复数的三角形式及乘除运算

一、主要内容:

复数的三角形式，模与辐角的概念及几何意义，用三角形式进行复数乘除运算及几何意义.二、学习要求:

1．熟练进行复数的代数形式与三角形式的互化，会求复数的模、辐角及辐角主值.2．深刻理解复数三角形式的结构特征，熟练运用有关三角公式化复数为三角形式.3．能够利用复数模及辐角主值的几何意义求它们的范围（最值）.4．利用复数三角形式熟练进行复数乘除运算，并能根据乘除运算的几何意义解决相关问题.5．注意多种解题方法的灵活运用，体会数形结合、分类讨论等数学思想方法.三、重点:

复数的代数形式向三角形式的转换，复数模及复数乘除运算几何意义的综合运用.四、学习建议:

1．复数的三角形式是彻底解决复数乘、除、乘方和开方问题的桥梁，相比之下，代数形式在这些方面显得有点力不从心，因此，做好代数形式向三角形式的转化是非常有必要的.前面已经学习过了复数的另两种表示.一是代数表示，即Z=a+bi(a,b∈R).二是几何表示，复数Z既可以用复平面上的点Z(a,b)表示，也可以用复平面上的向量

来表示.现在需要学习复数的三角表示.既用复数Z的模和辐角来表示，设其模为r，辐角为θ，则Z=r(cosθ+isinθ)(r≥0).既然这三种方式都可以表示同一个复数，它们之间一定有内在的联系并能够进行互化.代数形式r=三角形式

Z=a+bi(a,b∈R)Z=r(cosθ+isinθ)(r≥0)

复数三角形式的结构特征是:模非负，角相同，余弦前，加号连.否则不是三角形式.三角形式中θ应是复数Z的一个辐角，不一定是辐角主值.五、基础知识

1）复数的三角形式 ①定义：复数z=a（a,b∈R）表示成r（cosθ+ isinθ）的形式叫复数z的三角形式。即z=r（cos θ+ isinθ）

其中zr

θ为复数z的辐角。②非零复数z辐角θ的多值性。

以ox轴正半轴为因此复数z的辐

③辐角主值

表示法；用arg

定义：适合[0，始边，向量oz所在的射线为终边的角θ叫复数z=a+bi的辐角 角是θ+2k（k∈z）

z 表示复数z的辐角主值。

2）的角θ叫辐角主值 0argz2

唯一性：复数z的辐角主值是确定的，唯一的。

④不等于零的复数的模zr是唯一的。

⑤z=0时，其辐角是任意的。

⑥复数三角形式中辐角、辐角主值的确定。（求法）

这是复数计算中必定要解决的问题，物别是复数三角形式的乘法、除法、乘方、开方等运算，尤其是逮美佛定理定理只有对复数三角形式时才能使用。因此复数化三角式是复数运算中极为重要的内容（也是解题术）复数在化三角式的过程中其模的求法是比较容易的。辐角的求法，辐角主值的确定是难点，也是关键存在，这个专题只简单归纳复数辐角及辐角主值的求法。

2）复数的向量表示

在复平面内与复数z1、z2对应的点分别为z1、z2（如图）



何量oz1对应于z1



何量oz2对应于z2



何量z1z2对应于z2z1z

显然oz∥z1z2

则argz1=∠xoz1=θargz2=∠xoz2=θ1



与复数z2－z1对应的向量为oz

argz（z2－z1）=arg z=∠xoz=θ

3）复数运算的几何意义

主要是三角式乘法、除法等运算中辐角的变化

如z1=r1（cosθ1+isinθ1）

z2=r2（cosθ2+isinθ2）

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



如图：其对应的向量分别为oz1oz2oz

显然积对应的辐角是θ1+θ2

< 1 > 若θ2 > 0 则由oz1逆时针旋转θ2角模变为oz1的r

2倍所得向量便是积z1·z2=z的向量oz。

< 2 >若θ2< 0 则由向量oz1顺时针旋转2角模变为r1·r2所得向量便是积z1·z2=z的向量oz。

为此，若已知复数z1的辐角为α，z2的辐角为β求α+β时便可求出z1·z2=za

z

对应的辐角就是α+β这样便可将求“角”的问题转化为求“复数的积”的运算。②除法 zz1z2z1z2r1r2[cos(12)isin(12)]

（其中 z2≠0）

除法对于辐角主要是“相减”（被除数的辐角一除数的辐角）依向量旋转同乘法简述如下：



< 1 >20时oz1顺时针旋转２角。

< 2 >２0时oz1逆时针旋转２角。

例1．下列各式是否是三角形式，若不是，化为三角形式:

(1)Z1=-2(cosθ+isinθ)

(2)Z2=cosθ-isinθ

(3)Z3=-sinθ+icosθ

(4)Z4=-sinθ-icosθ

(5)Z5=cos60°+isin30°

分析:由三角形式的结构特征，确定判断的依据和变形的方向.变形时，可按照如下步骤进行:首先确定复数Z对应点所在象限（此处可假定θ为锐角），其次判断是否要变换三角函数名称，最后确定辐角.此步骤可简称为“定点→定名→定角”.这样，使变形的方向更具操作性，能有效提高解决此类问题的正确率.解:（1）由“模非负”知，不是三角形式，需做变换:Z1=Z(-cosθ-isinθ)

复平面上Z1(-2cosθ,-2sinθ)在第三象限（假定θ为锐角），余弦“-cosθ”已在前，不需再变换三角函数名称，因此可用诱导公式“π+θ”将θ变换到第三象限.∴Z1=Z(-cosθ-isinθ)=2[cos(π+θ)+isin(π+θ)]

（2）由“加号连”知，不是三角形式

复平面上点Z2(cosθ,-sinθ)在第四象限（假定θ为锐角），不需改变三角函数名称，可用诱导公式 “2π-θ”或“-θ”将θ变换到第四象限.∴ Z2=cosθ-isinθ=cos(-θ)+isin(-θ)或Z2=cosθ-isinθ=cos(2π-θ)+isin(2π-θ)

考虑到复数辐角的不唯一性，复数的三角形式也不唯一.（3）由“余弦前”知，不是三角形式

复平面上点Z3(-sinθ,cosθ)在第二象限（假定θ为锐角），需改变三角函数名称，可用诱导公式

“ +θ”将θ变换到第二象限.∴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)

小结:对这类与三角形式很相似的式子，如何将之变换为三角形式，对于初学者来讲是个难点.有了“定点→定名→定角”这样一个可操作的步骤，应能够很好地解决此类问题.例2．求复数Z=1+cosθ+isinθ(π<θ<2π)的模与辐角主值.分析:式子中多3个“1”，只有将“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+.小结:（1）式右端从形式上看似乎就是三角形式.不少同学认为r=2cos, argZ=或ArgZ=

错误之处在于他们没有去考虑θ角范围，因此一定要用“模非负，角相同，余弦前，加号连”来判断是否为三角形式.看了这道例题，你一定能解决如Z1=1-cosθ+isinθ(π<θ<2π)，Z2=1+cosθ-isinθ(π<θ<2π)等类似问题.例3．将Z=(π<θ<3π)化为三角形式，并求其辐角主值.分析:三角形中只有正余弦，因此首先想到“化切为弦”.下一步当然是要分母实数化，再向三角形式转化.解:====cos2θ+isin2θ

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

小结:掌握三角变形是解决这类问题的根本.但在此之前的解题方向一定要明确，即要分析式子结构.比较其与三角形式的异同，从而决定变形的方向，采用正确的方法.要求学生做好每道例题后的反思，并能由此及彼，举一反三，达到熟练解决一类问题的目的，如1-itgθ, tgθ+i, i-ctgθ等.2．复数Z的模|Z|的几何意义是:复平面上点Z到原点距离，复数模|Z1-Z2|的几何意义是:复平面上两点Z1，Z2之间距离.辐角几何意义是:以x轴正半轴为角始边，以向量内的辐角称辐角主值，记为argZ.要求学生不仅要理解以上所说各几何意义，还要运用几何意义去解决相关问题.例4．若Z∈c，|Z-2|≤1，求｜Ｚ｜的最大，最小值和argZ范围.解:法一，数形结合

由|Z-2|≤1，知Ｚ的轨迹为复平面上以（2，0）为圆心，1为半径的圆面（包括圆周），|Z|表示圆面上任一点到原点的距离.显然1≤|Z|≤3, ∴|Z|max=3, |Z|min=1，另设圆的两条切线为OA，OB，A，B为切点，由|CA|=1，|OC|=2知

所在射线为终边的角记为ArgZ.在[0，2π)范围

∠AOC=∠BOC=，∴argZ∈[0,]∪[π,2π)

法二:用代数形式求解|Z|的最大，最小值，设Z=x+yi(x,y∈R)

则由|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.小结:在一题多解的基础上，分析比较各种方法的异同，如何做好方法的选择.各种方法的本质和优势，通过分析与比较都一目了然.例5．复数Z满足arg(Z+3)=π,求|z+6|+|z-3i|最小值.分析:由两个复数模的和取最小值，联想到一个点到两个定点距离和的最小值，将之转化为几何问题来解决应比较简便.解法一:由arg(Z+3)=π,知Z+3的轨迹是一条射线OA，∠xOA=π,而

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

将B(-3,0)与C(3,3)连结，BC连线与OA交点为D，取Z+3为D点，表示复数时，|Z+6|+|Z-3i|=|BD|+|DC|=|BC|=

3, ∴ 所求

最小值=3

.法二:由arg(Z+3)=π, 知Z+3的轨迹是射线OA，则Z轨迹应是平行于OA，且过点（-3，0）的射线BM，∴ |Z+6|+|Z-3i|就表示射线BM上点到点结PQ与射线BM交于点N，取E为N点表示复数时，|Z+6|+|Z-3i|=|PN|+|NQ|=|PQ|=3

∴所求最小值=3.，P(-6,0)和点Q(0,3)距离之和，连

小结:两种方法的本质相同，都是将数学式子利用其几何意义转化成几何问题进行解决.如果纯粹用代数方法求解，难度会很大.对有关最值问题，尤其是模（距离）和辐角主值最值问题，用数形结合方法显然较为简便.例6．已知|Z-2i|≤1,求arg(Z-4i)最大值.解：∵|Z-2i|≤1,∴点Z轨迹是以（0，2）为圆心，1为半径的圆面，在其上任取一点Z，连Z与点（0，4）得一以（0，4）为起点，Z为终点的向量，将起点平移到原点，则θ为其对应的辐角主值，显然arg(Z-4i)最大值为π.3．两个复数相乘，积的模等于模的积，辐角为两辐角之和，其几何意义是模的伸缩及对应向量的旋转.两个复数相除，商的模等于模的商（除数不为零），辐角为两辐角之差，其几何意义同乘法.由复数三角形式乘除运算的几何意义，可解决向量或图形的旋转问题，如等腰、等边三角形、直角三角形，平行四边形顶点间的几何何关系利用复数的乘除运算来表示.复数三角形式较之代数形式，在乘除运算中非常方便，可顺利解决多项相乘（乘方），相除及乘除混合运算.例7．若 与分别表示复数Z1=1+2i, Z2=7+

i, 求∠Z2OZ1并判断ΔOZ1Z2的形状.解:欲求∠Z2OZ1，可计算

====

∴∠Z2OZ1=

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

∴ |Z1Z2|=

而k2+(k，=3k2

k)2=(2k)2，∴ΔOZ1Z2为有一锐角为60°的直角三角形.小结:此题中利用除法几何意义来解决三角形中角的大小问题，十分方便.例8．已知直线l过坐标原点，抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上，若点A(-1,0)和B(0,8)关于l的对称点都在C上，求直线l与抛物线C的方程.解:如图，建立复平面x0y，设向量

x1+y1i, x2+y2i.由对称性，|OA'|=|OA|=1, |OB'|=|OB|=8，∴ x2+y2i=(x1+y1i)8i=-8y1+8x1i、对应复数分别为

∴

设抛物线方程为y2=2px(p>0)则有y12=2px1, y22=2px2，∴ x1= , y1=p, 又|OA'|=1，2

2∴()2+p2=1, ∴p=或-（舍）

∴抛物线方程为y=2x，直线方程为:y=x.小结:对于解析几何的许多问题，若能借助于复数的向量来表示，常常有意想不到的功效.尤其涉及到特殊位置，特殊关系的图形时，尤显其效.五、易错点

1．并不是每一个复数都有唯一确定的辐角主值.如复数零的模为0，辐角主值不确定.2．注意ArgZ与argZ的区别.ArgZ表示复数Z的辐角，而argZ表示复数Z的辐角主值.ArgZ=argZ+2kπ(k∈Z),argZ∈[0,2π), 辐角主值是[0,2π)内的辐角，但辐角不一定是辐角主值.3．复数三角形式的四个要求:模非负，角相同，余弦前，加号连，缺一不可.任何一个不满足，就不是三角形式.4．注意复数三角形式的乘除运算中，向量旋转的方向.六、练习

1．写出下列复数的三角形式

(1)ai(a∈R)

(2)tgθ+i（2．设Z=(-3+3<θ<π）

(3)-（sinθ-icosθ)

i)n, n∈N，当Z∈R时，n为何值？

3．在复平面上A，B表示复数为α,β(α≠0),且β=(1+i)α，判断ΔAOB形状，并证明SΔAOB=

参考答案:

|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为4的正整数倍

3．法一:∵α≠0，β=（1+i)α

∴

∵=1+i=(cos+isin), ∴∠AOB=，分别表示复数α，β-α，由β-α=αi，得=i=cos+isin，∴∠OAB=90°, ∴ΔAOB为等腰直角三角形.法二:∵|

又||=|α|, ||=|β-α|=|αi|=|α|, ∴||α|,|

|+|

|=|

|

2|=|β|=|(1+i)α|=|=|α|+|α|=2|α|=||

∴ΔAOB为等腰直角三角形，∴SΔAOB=||·||=|α|.2

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选择题

1．若复数z=(a+i)2的辐角是 A、1 B、-1，则实数a的值是（）C、-

D、-

2．已知关于x的实系数方程x2+x+p=0的两虚根a，b满足|a-b|=3，则p的值是（）

A、-2 B、-

C、D、1

3．设π<θ<，则复数的辐角主值为（）

A、2π-3θ B、3θ-2π

C、3θ

D、3θ-π

4．复数cos+isin经过n次乘方后，所得的幂等于它的共轭复数，则n的值等于（A、3 B、12

C、6k-1(k∈Z)

D、6k+1(k∈Z)

5．z为复数，()|z-3|=()|z+3|

()-

1的图形是（）

A、直线 B、半实轴长为1的双曲线

C、焦点在x轴，半实轴长为的双曲线右支

D、不能确定

答案与解析

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，本题选B.2．求根a，b=（Δ=1-4p<0）∵|a-b|=||=3，∴ 4p-1=9，p=，故本题应选C.3．==cos3θ+isin3θ.∵ π<θ<，∴3π<3θ<，∴π<3θ-2π<，故本题应选B.）

4．由题意，得(cos+isin)n=cos+isin=cos-isin

由复数相等的定义，得

解得=2kπ-，(k∈Z)，∴n=6k-1.故本题应选C.5．依题意，有 |z-3|=|z+3|-1，∴ |z+3|-|z-3|=1.由双曲线定义，此方程表示焦点(±3，0)，2a=1，a=的双曲线右支，故本题应选C.复数三角形式的运算·疑难问题解析

1．复数的模与辐角：

(1)复数模的性质：｜z1·z2｜=｜z1｜·｜z2｜

(2)辐角的性质：积的辐角等于各因数辐角的和．

商的辐角等于被除数的辐角减去除数的辐角所得的差．

一个复数n次幂(n∈N)的辐角等于这个复数辐角的n倍．

注意：(1)辐角与辐角主值的区别，特别是解题过程中的不同点．如下面两个问题：

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)两个复数乘积的辐角主值不一定等于两辐角主值的和，商的辐角主值不一定等于辐角主值的差.2．关于数的开方

(1)复数的开方法则：r(cosθ+isinθ)的n次方根是

几何意义：

设

对应于复平面上的点，则有：

所以，复数z的n次方根，在复平面内表示以原点为中心的正n边形的n个顶点．

(2)复数平方根的求法．

求-3-4i的平方根．

解法一 利用复数代数形式．设-3-4i的平方根为x+yi(x，y∈R)，则有

(x+yi)2=-3-4i, 即(x2-y2)+2xyi=-3-4i，由复数相等条件，得

∴-3-4i的平方根是±(1-2i)．

法二 利用复数的三角形式．

3．复数集中的方程．

关于实系数的一元二次方程的解法：设ax2+bx+c=0(a≠0，a，b，c∈R，x1，x2为它的两个根)

(1)当△=b2-4ac≥0时，方程有两个实数根

当△=b2-4ac＜0时，方程有一对共轭虚根

2(4)二次三项式的因式分解：ax+bx+c=a(x-x1)(x-x2)

关于复系数的一元二次方程的解法：设ax2+bx+c=0(a≠0，a、b、c∈C，且至少有一个虚数，x1x2为它的两个根)

(4)二次三项式的因式分解ax2+bx+c=a(x-x1)(x-x2)仍然适用．

关于二项方程的解法

形如anxn+a0=0(a0，an∈C且an≠0)的方程叫做二项方程，任何一个二项方程都可以化成xn=b(b∈C)的形式，因此都可以通过复数开方来求根．

可以充分利用复数z的整体性质，复数z的三种表示方法及其转换来解方程．

已知方程x2-4x+p=0两虚数根为α、β，且|α-β|=2求实数p的值．

解法1 ∵实系数一元二次方程虚根共轭设α=a+bi，β=a-bi，(a，b∈R)∴α+β=2a=4，∴a=2

又∵|α-β|=2, ∴|2bi|=2得b=±1

即两根为2+i，2-i由韦达定理得：p=(2+i)(2-i)=5

法2 由韦达定理可得：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

说明 注意实系数一元二次方程有两个实根与有两个虚根的区别．

一等式成立．若有两个虚根则

上述等式不成立．因为｜α-β｜≠(α-β)．因此在解题时要重视复数与实数知识点之间的区别与联系，要避免出现混淆与干扰．

已知方程2x2+3ax+a2-a=0有模为1的根，求实数a的值．

分析 已知方程有模为1的根，此根可能是实数，也可能是虚数，故求实数a要注意分域讨论．

解(1)若所给方程有实根则△=(3a)-4×2(a-a)=a+8a＞0，即a＜-8或a＞0

由条件得根必为1或-1，①将x=1代入原方程可得a2+2a+2=0a无实数解．

(2)若所给方程有虚根则△=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有实数根，求实数m．

分析 求实数m的范围，若用判别式来判断是错误的，因为此方程的系数是复数．

利用求根公式或用韦达定理或选用复数相等，解方程组来求实数m均可以．现仅介绍一种方法．

解 ∵x，m∈R，方程变形可得，(x2+x+3m)-(2x+1)i=0

复数例题讲解与分析

例1．已知x, y互为共轭复数，且(x+y)2-3xyi=4-6i,求x, y.[思路1]：确定一个复数即分别确定它的实部、虚部或模与一个辐角，设z=a+bi或三角形式，化虚为实。

2[解法1]：设x=a+bi(a,b∈R), 则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互为共轭”含义？→x+y∈R, xy∈R,则(x+y)-3xyi=4-6i

2.[解法2]：∵x=，∴x+y∈R, xy∈R, ∴由两复数相等可得：

∴由韦达定理可知：x,y同是方程：z2+2z+2=0或z2-2z+2=0的两根，分别解两个一元二次方程则得x,y……（略）。

，例2．已知z∈C,|z|=1且z≠-1,则复数2

（）

A、必为纯虚数

B、是虚数但不一定是纯虚数

C、必为实数

D、可能是实数也可能是虚数

[思路分析]：选择题，从结论的一般性考虑，若z=±1，显然A、B选项不成立，分析C、D选项，显然穷举验证不能得出一般结论只能推演

解：[法1] 设z=a+bi, a,b∈R, a2+b2=1,a≠0.则===∈R，故，应选C。

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

[法3] ∵z·=|z|2, ∴当|z|=1时有z·=1，∴===∈R.[法4] ∵当|z|=1时有z·=1，∴ ==∈R.[法5] ∵复数z为实数的充要条件是z=，而()=, 又∵|z|=1时，=，∴ ==，∴∈R。

[评注]：复习中，概念一定要结合意义落实到位，一方面深化理解（比如复数定义：“形如a+bi(a,b∈R)的数叫复数”深入理解就有凡是复数都能写成这样，求一个复数，使用一个复数都可通过这一形式将问题化虚为实；……。）

同时对一些概念的等价表达式要熟知。（比如：z=a+bi∈R z=a+bi是纯虚数 a=0且b≠0(a,b∈R)

z+=0(z≠0)

b=0(a,b∈R)z= z≥0；

z2<0；…….)

在面对具体问题时要有简捷意识（比如该例方法1，有同学可能会在算到化简分母又直接按两复数相除的运算法则进行），多方理解挖掘题目立意。

例3．求使关于x的方程x2+(m+2i)x+2+mi=0至少有一个实根的实数m.时不注意及时

[思路分析]：根的判别式只适用实系数的一元二次方程，虚系数有实根用两复数相等，化虚为实。

解：设x0为方程的一个实根，则有

x0+mx0+2+(2x0+m)i=0 2，解得：m=±2。

例4．设 z∈C，arg(z+2)=, arg(z-2)=, 求z。

[思路分析]：常规思路，设z=a+bi, 由已知列关于a,b的方程求解；数形结合思想，由题设可知z+2对应的点A在射线OA上，∠AOX=，z-2对应的点B应在射线OB上，∠BOX=，z对应的点Z应在AB中点上，|AB|=4，AB//Ox轴，∠AOB=i.，故而易得：z=-1+

解：（略）

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

=?(2)设z=, 求集合A={x|x=z+z，2k-2k

[思路分析]：理解已知，|z1|=|z2|，arg=含义？→=i, 即z1=z2i→两复数相等→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.[简评] 1 本题的解法体现了等价转化和整体的思想方法，如果把两个已知条件割裂开来去考虑，则需要解关于x, y的二元二次方程组，其运算肯定很麻烦； 在计算题中对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, 关于此点设计问题是命题经常参考的着眼点。

(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，则z2k+z-2k=wk+w-k，∵w3=1,而k∈z, ∴k=

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

综上可知，集合A中有2个元素。

=-1，当k=3m+2时，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个元素。

例6．设复数z=cosθ+isinθ(0<θ<π), w=

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

解：w=

=tg2θ(sin4θ+icos4θ)

==

∴ |w|=|tg2θ| 由|w|= 得 tg2θ=±.∵ 0<θ<π, 故有(i)当tg2θ=时，得θ=或θ=.此时 w=(cos+isin)，∴argw=<,适合题意。

(ii)当 tg2θ=-时，得θ=π或θ=π，此时，w=(cosπ+isinπ).∴argw= π>, 不合题意，舍去，故综合(i),(ii)知，θ=或θ=.[简评] 10 复数与三角的综合题目是命题的一个方向，其中应用三角公式“1±cosa的升幂式”及“诱导公式”化复数代数形式为标准三角形式应用频率较高。此题在w的化简中亦可利用 |z|=1, z·=|z|来化简： 0

w=变换。=5==……以下略，这样可省去较为繁锁的三角

例7．已知|z|=1,且z+z=1, 求z。

[思路分析1]：已知含未知数的等式求未知数，方程问题，设元化虚为实，解：[法1]设z=cosθ+isinθ，则由z5+z=1可得：

由(1)+(2)得：cos4θ=-

……（以下略）。

[思路分析2]：复数的概念，运算都有几何意义，由z5+z=1，若设z5, z,1对应点为A，B，C则四边形OACB为平行四边形。

★[法2]：设z5,z,1在复平面上对应点分别为A，B，C，则由z5+z=1，可知，四边形OACB为平行四边形，又∵ |z|=|z|=1=|z| 55

∴ OACB为边长为1的菱形且∠AOB=120°，∴ 易求得：z=+i或 z=-i。

可以验证当z=±i时，z5=

i符合题意。

[简评]：10 数形结合思想方法应是处理复数有关问题的习惯思路，因复数中的概念，运算都有一定的几何含义，这源于z=a+bi本身就表示一个点，当a,b确定，z表示定点，当a,b不定则z就能表示一个动点轨迹，如 z=x+i就可表示双曲线。故在解题时变换角度从几何意义去分析，往往会事半功倍。此题还可这样联系，由z5+z=1得 z-1=-z5，两边取模|z-1|=|-z|5=|z|5=1，从而知z应是圆|z|=1与 |z-1|=1的交点。

第二篇：复数代数形式的乘除运算教案

复数代数形式的乘除运算教案

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。课型:新知课 教具准备：多媒体 教学过程： 复习提问：

已知两复数z1=a+bi, z2=c+di（a,b,c,d是实数）加法法则：z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.减法法则：z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i.即:两个复数相加(减)就是

实部与实部,虚部与虚部分别相加(减)(a+bi)±(c+di)=(a±c)+(b±d)i

复数的加法运算满足交换律: z1+z2=z2+z1.复数的加法运算满足结合律:(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3)讲解新课：

一 ．复数的乘法运算规则：

规定复数的乘法按照以下的法则进行：

设z1=a+bi，z2=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.探究: 复数的乘法是否满足交换律、结合律? 乘法对加法满足分配律吗? 二.乘法运算律：(1)z1(z2z3)=(z1z2)z3

证明：设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 证明：设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，同理可证：

z1(z2z3)=(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2a3+a1a2b3-b1b2b3)i，∴(z1z2)z3=z1(z2z3).(3)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.证明：设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计算(1-2i)(3+4i)(-2+i)解：(1-2i)(3+4i)(-2+i)＝(11-2i)(-2+i)=-20+15i.复数的乘法与多项式的乘法是类似的我们知道多项式的乘法用乘法公式可迅速展开运算,类似地,复数的乘法也可大胆运用乘法公式来展开运算.例2计算：

（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.练习课后第2题

三.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数虚部不等于0的两个共轭复数也叫做共轭虚数 2

2通常记复数z的共轭复数为z。

思考:若z1, z2是共轭复数,那么

(1)在复平面内,它们所对应的点有怎样的位置关系?(2)z1z2是怎样的一个数? 探究: 类比实数的除法是乘法的逆运算,我们规定复数的除法是乘法的逆运算.试探求复数除法法则.四:除法运算规则：满足(c+di)(x+yi)=(a+bi)的复数x+yi(x,y∈R)叫复数a+bi除以复数c+di的商，记为：(a+bi)(c+di)或者

abicdi

①设复数a+bi(a，b∈R)，除以c+di(c，d∈R)，其商为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,由复数相等定义可知

dxcyb.acbdx,22cd解这个方程组，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.于是将

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点评：①是常规方法，②是利用初中我们学习的化简无理分式时，都是采用的分母有理化思想方法，而(c+di)·(c－di)=c+d2

2是正实数.所以可以分母“实数”化.把这种方法叫做分母实数化法

例3计算(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 先写成分式形式 然后分母实数化即可运算.(一般分子分母同时乘以分母的共轭复数)3 化简成代数形式就得结果 练习:课后第3题(1)(3)小结: 作业:

教学反思：

复数的乘法法则是：(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.复数的代数式相乘，可按多项式类似的办法进行，不必去记公式.复数的除法法则是：

abiacbdbcadi(c+di≠0).cdic2d2c2d2两个复数相除较简捷的方法是把它们的商写成分式的形式，然后把分子与分母都乘以分母的共轭复数，再把结果化简.

第三篇：..复数代数形式的乘除运算教案

3.2.2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:(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.与－1的关系: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－

3.的周期性： 4n+1=i, 4n+2=-1, 4n+3=-i, 4n=1 4.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：NZQRC.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)，它所确定的复数是z=0+0i=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z1与z2的和的定义：z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.9.复数z1与z2的差的定义：z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i./ 5 10.复数的加法运算满足交换律: z1+z2=z2+z1.11.复数的加法运算满足结合律:(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3)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z1=a+bi，z2=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i2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)z1(z2z3)=(z1z2)z3

证明：设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 证明：设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，同理可证：

z1(z2z3)=(a1a2a3-b1b2a3-b1a2b3-a1b2b3)+(b1a2a3+a1b2a3+a1a2b3-b1b2b3)i，∴(z1z2)z3=z1(z2z3).(3)z1(z2+z3)=z1z2+z1z3.证明：设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)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./ 5 4.复数除法定义：满足(c+di)(x+yi)=(a+bi)的复数x+yi(x,y∈R)叫复数a+bi除以复数c+di的商，记为：(a+bi)(c+di)或者

abi cdi5.除法运算规则：

①设复数a+bi(a，b∈R)，除以c+di(c，d∈R)，其商为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.由复数相等定义可知cxdya，dxcyb.acbdx,22cd 解这个方程组，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.于是将原式=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点评：①是常规方法，②是利用初中我们学习的化简无理分式时，都是采用的分母有理化思想方法，而复数c+di与复数c－di，相当于我们初中学习的32的对偶式32，它们之积为1是有理数，而(c+di)·(c－di)=c2+d2是正实数.所以可以分母实数化.把这种方法叫做分母实数化法

例3计算(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计算(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是虚数，且z+

1z1是实数，求证：是纯虚数.zz1证明：设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，∴巩固练习：

1.设z=3+i,则

bi是纯虚数 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,则复数A.1 4.设

iz2的虚部为 z15

D.－i B.－1

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

4.39 , －

55课后作业：课本第112页

习题3.2

A组4，5，6

B组1，2 教学反思：

复数的乘法法则是：(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.复数的代数式相乘，可按多项式类似的办法进行，不必去记公式.复数的除法法则是：

abiacbdbcadi(c+di≠0).cdic2d2c2d2两个复数相除较简捷的方法是把它们的商写成分式的形式，然后把分子与分母都乘以分母的共轭复数，再把结果化简/ 5

第四篇：复数代数形式的乘除运算教案

《复数代数形式的乘除运算》教学设计

穆棱市第二中学

孔丹

【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。【课型】

新知课。【教具准备】

多媒体 【教学过程】

一、复习提问：

已知两复数z1=a+bi, z2=c+di（a,b,c,d是实数）加法法则：z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.减法法则：z1-z2=(a+bi)-(c+di)=(a-c)+(b-d)i.即:两个复数相加(减)就是

实部与实部,虚部与虚部分别相加(减)(a+bi)±(c+di)=(a±c)+(b±d)i.复数的加法运算满足交换律: z1+z2=z2+z1.复数的加法运算满足结合律:(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3).二、讲解新课：

（一）复数的乘法运算规则：

规定复数的乘法按照以下的法则进行： 设z1=a+bi，z2=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.2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.（二）乘法运算律 师生探究: 师：复数的乘法是否满足交换律、结合律? 乘法对加法满足分配律吗? 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）例题讲解 例1.计算（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.计算(1-2i)(3+4i)(-2+i)解：(1-2i)(3+4i)(-2+i)＝(11-2i)(-2+i)=-20+15i.注：复数的乘法与多项式的乘法是类似的.例3计算：

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）共轭复数：

1.定义：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数虚部不等于0的两个共轭复数也叫做共轭虚数。

2.表达形式：通常记复数z的共轭复数为z。3.师生探究：

思考:若z1, z2是共轭复数,那么

(1)在复平面内,它们所对应的点有怎样的位置关系?(2)z1z2是怎样的一个数?（3）zz、z2与z2有何关系？

生：（1）关于实轴对称（2）zza2b2zzz2即：乘积的结果是一个实数.（3）z2.（五）除法运算规则

满足(c+di)(x+yi)=(a+bi)的复数x+yi(x,y∈R)叫复数a+bi除以复数c+di的商，记为：(a+bi)(c+di)或者abi.cdi1.(a+bi)÷(c+di)=acbdbcad i.（分母实数化）

c2d2c2d2222.利用(c+di)(c－di)=c+d.于是将

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师：1是常规方法，2是利用初中我们学习的化简无理分式时，都是采用的分母有理化思想方法，而22(c+di)·(c－di)=c+d是正实数.所以可以分母“实数”化.把这种方法叫做分母实数化法

3.变式训练：计算(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.方法总结：

① 先写成分式形式

②然后分母实数化即可运算.(一般分子分母同时乘以分母的共轭复数)③化简成代数形式就得结果

三、考点突破

1.计算(1)(32i)32i

1i2i(2)i.3+i等于（）2.（2017全国二卷）1i.3.（2013年高考福建卷）已知复数z的共轭复数

z12i（i为虚数单位），则z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

z4.（2017渭南市一模）已知复数

1i1iC.，则

z等于（）.A.2iB.i2iD.i

5.（2013年高考安徽卷）设i是虚数单位，z是复数z的共轭复数，若zzi22z，.则z等于（），则z的模为.A.1+i B.1-i C.-1+i D.-1-i 6.（2017年厦门市一模）设复数z满足7.计算i＋i2＋i3＋…＋i2018.四、知识拓展提升

z1i2i 3 探究：i=，i=，i=，i=，i=，i=，i=，i=.虚数单位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、课堂小结

1、复数乘法运算法则是什么？其满足哪些运算律？

2、怎样的两个复数互为共轭复数？复数与其共轭复数之间有什么性质？

3、复数除法的运算法则是什么？

六、作业

1.教材P112——习题3.2 2.教材P116——复习参考题 【教学反思】

一、知识点反思

复数的乘法法则是：(a+bi)(c+di)=(ac－bd)+(bc+ad)i.复数的代数式相乘，可按多项式类似的办法进行，不必去记公式.复数的除法法则是：abiacbdbcadi(c+di≠0).cdic2d2c2d2两个复数相除较简捷的方法是把它们的商写成分式的形式，然后把分子与分母都乘以分母的共轭复数，再把结果化简.二、课堂反思

1.学生在计算时不注意变号；

2.复数的标准表达式是a+bi，当a<0,b>0时，学生习惯把“正”放前面，把“负”放后面，这种习惯不利于学生学习本章知识.4

第五篇：3.2.2复数代数形式的乘除运算(教学设计)

城南中学2017-2018学第二学期公开课材料 3.2.2复数代数形式的乘除运算（教学设计）

城南中学 蔡开顺 2018.4.3周二下午第3节高二2班

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。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：让学生体会到实践的需要从而让学生积极主动地建构知识体系。

学习重点：复数的代数形式的乘除运算及共轭复数的概念 学习难点：对复数除法法则的运用 【学习过程】

一、复习回顾

1.虚数单位i：i21

2.复数的代数形式：zabi

3.复数z1与z2的和差的定义：z1z2(abi)(cdi)(ac)(bd)i 【设计意图】通过复习回顾引入新课

二、新课引入

1．复数的乘法法则

教师提出：(ab)(cd)=？

【设计意图】类比多项式的乘法引入复数的乘法 探究1：复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di，其中a，b，c，d∈R，则z1·z2 ＝(a＋bi)(c＋di)，按照上述运算法则将其展开，z1·z2等于什么？ 师生：写出复数乘法法则：

(abi)(cdi)acadibcibd(acbd)(adbc)i

【设计意图】通过类比法得出复数乘法法则，加强对复数乘法的运算

例1．计算（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)

【设计意图】加强对复数乘法的运算，并未复数乘法交换律、结合律、分配律做铺垫 探究2：观察上述计算，试验证复数的乘法运算是否满足交换、结合、分配律？ 例2．计算（1）(34i)(34i)（2）(1i)2

共轭复数：两复数abi与abi叫做互为共轭复数，当b0时，它们叫 做共轭虚数（注：两复数互为共轭复数，则它们的乘积为实数）练习：说出下列复数的共轭复数32i,4i,i1,2i,5 【设计意图】加强共轭复数的概念

探究3：若zabi，zabi是共轭复数，那么（1）在复平面内，它们所对应的点有怎样的位置关系？（2）zz是一个怎样的数？ 2.复数的除法法则 类比(分母有理化)1? 12【设计意图】通过类比分母有理化引出复数除法法则 提出：1?（如何分母实数化）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．计算(12i)(34i)变式训练：(13i)(12i)

【设计意图】加强对复数除法的运算

【方法小结】两个复数代数形式的除法运算步骤

1、先写成分式形式

2、然后分母实数化即可运算.(一般分子分母同时乘以分母的共轭复数)

3、化简成代数形式就得结果.三、考点突破 同步练习册P79 类型1复数代数形式的乘法运算

（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）= 【小结】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

类型2复数代数形式的除法运算

(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是虚数单位，复数

四、课堂小结

谈谈本节课你学到了什么？

五、作业布置P111 1,2,3 3