3.2.3复数的除法 教案(人教B版选修22)_人教版选修6unit2教案

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3.2.3 复数的除法

一.教学内容：

复数除法的运算法则

补充：共轭复数的性质以及复数的模的性质

二.重点、难点：搞清复数的运算法则，与共轭复数的性质，能够对复数进行运算.三.教学过程

1.关于 zz的值

设zabi，则zabi（a，bR），从而

222 zz(abi)(abi)ab|z||z| 

即：互为共轭复数的两个复数的积，等于其中一个复数的模的平方。zz|z|是除了复数相等以外进行实虚转化的另一重要桥梁。22

逆用该等式，可以对形如ab的因式进行因式分解（a，bR）

222

即ab(abi)(abi)，例如x2(x2i)(x2i)

这样，在实数集内不能分解的因式到复数集内仍可分解。2 复数的除法法则

两个复数相除，把商式的分子，分母同乘以分母的共轭复数，并把结果化简后，实部、虚部分离，即把商式分母实数化的过程。1i(1i)(1i)(1i)22i例如：i1i(1i)(1i)2

23.关于共轭复数的运算性质：

（1）z1z2z1z2，z1z2z1z2

（2）z1z2z1z2，(z1z)1（z20），zn(z)n（nZ）z2z2

（3）zz|z||z|

（4）zRzz

（5）非零复数z为纯虚数zz0 4..关于复数的模的性质：

z2|，即两个复数之积的模等于这两个复数的模的积。

（1）|z1z2||z1||（2）|

z1|z||1，即两个复数的商的模，等于这两个复数的模的商。z2|z2|

nn

（3）|z||z|（nN），即复数的乘方的模，等于这个复数的模的乘方。

（4）||z1||z2|||z1z2||z1||z2|

(z1，z2对应的向量同向时，右端取等号，而当z1，z2对应的向量反向时，左端取等号)

||z1||z2|||z1z2||z1||z2|

(z1，z2对应的向量同向时，左端取等号，而z1，z2对应的向量反向时，右端取等号)

四.【典型例题】

例1.求4及86i的平方根。

解：（1）设4的平方根为xyi（x，yR）

2则(xyi)4 22

即(xy)2xyi4

x2y24x2y24x2y24x0由复数相等，得或2xy0x0y0y2 

4的平方根为2i或2i

（2）设86i的平方根为xyi（x，yR）

则(xyi)86i 22

即(xy)2xyi86i

x2y28x3x3由复数相等，得或y1y1 2xy6

86i的平方根为3i或3i

注：求一个复数的平方根，只需利用平方根的定义，以及复数相等的条件，即可把问题转化为已知的问题。

z23z6设z1i，求复数的模。z

1例2.分析：只需把z＝1＋i代入关于z的表达式，即可经过复数的乘除加减运算，得到复数ω，进一步根据模的定义，求出|ω|。

注意：由于ω的表达式中关于z的运算除了乘除运算外，还包含加减运算，因此无法运用模的运算性质求值。

(1i)23(1i)62i(33i)63i1i(1i)12i2i

解：

|||1i|2



求复数(43i)5(312i)(23i)422的模。

例3.解：可直接利用复数模的运算性质，以简化运算。

|||43i|5312|i||23i|42255(5)45312

5例6.若z为虚数，且z2z12R，求复平面内与z对应的点的轨迹。

分析：若设出z的代数形式xyi，则利用z2z21R可得到x，y的方程，即动点Z(x,y)的方程，再根据方程的类型判断动点轨迹或联想到前述定理：

z21z21

进一步利用共轭的性质化简，变形，也可得到z的方程，进而判断动点轨迹。zRzz，可得(z2)z2

解法一：设zxyi（x，yR，且y0），则

z22

z1(xyi)2(xyi)21

(x2)yi(x2y21)2xyi

[(x2)(x2y21)2xy2][(x2y21)y2xy(x2)]i(xy1)(2xy)2222R

(xy1)y2xy(x2)0 22

y0，(xy1)2x(x2)0

22即(x2)y5（y0）

它表示的轨迹是以（2，0）为圆心，以5为半径的圆

（去掉四点(25，0)，(25，0)，(0，1)，(0，1)）

z2z21R，z2z21)z2z21

解法二：z2z12z2z21

(z2)(z1)(z2)(z1)

(zz)[zz2(zz)1]0

z为虚数，zz0

zz2(zz)10

即(z2)(z2)5

或(z2)(z2)5

即|z2|5

|z2|5



它表示以（2，0）为圆心，以5为半径的圆

又注意到z为虚数（其虚部不为0），以及z10

上述的圆中应去掉四点(25，0)，(25，0)，(0，1)，(0，1)

注：解法一是求轨迹方程的基本方法，采取了化虚为实的手法；而解法二则应利用复数共轭的性质，采用了一定的变形技巧，得到了动点轨迹的复数形式的方程，也不失为一种较好的方法。

已知z1，z2为非零复数，且满足|z1z2||z1z2|，求证：(z12)一定为负数。z2

例4.分析：

欲证（z12zzz)为负数，只需证明1为纯虚数，为此，只需证明(1)(1)0即可；z2z2z2z2 z1z对应的点在虚轴上，为此，把已知等式变形为关于1的方程，然后从方z2z2或证明

程的几何意义上分析问题。

证法一：由已知得|z1z2||z1z2| 2

由公式|z|zz得：

(z1z2)(z1z2)(z1z2)(z1z2)

(z1z2)(z1z2)(z1z2)(z1z2)

化简，得2(z1z2z2z1)0

z1z2z2z10

两边同除以z2z2(0)得：

z1z2z2z1(z1z)(1)0z2z2

z2z2

z1z为纯虚数，从而(1)20z2z2

证法二：z20，|z2|0

|z1z2||z1z2||z2||z2|

z1z1||11|z2z2

z1对应的点在以(1，0)，(1，0)为端点的线段的垂直平分线上，不包括原点0

z2 即|z1对应的点在虚轴上z2

zz1为纯虚数，从而(1)20z2z2即与

【五】课后小结：搞清复数除法的运算法则，能够求复数的共轭复数，能够进行运算.六.课后作业.七.板书设计 八【模拟试题】

一.选择题：

1.“z1与z2互为共轭复数”是“z1z2R”的（）条件

A.充分不必要

C.充要

B.必要不充分 D.既不充分也不必要

f(z1)z2（）

2.设f(z)z，z143i，z22i，则2i5

A.112i

C.55 1（B.D.112i5 112i55

2i100)

3.计算1i的结果为（）

A.i

B.i

C.1 D.1

4.若zzzz3，则z对应的点的轨迹是（）

A.圆

C.线段

D.直线

z1

5.复数|z|1，且z1，则z1是（）

A.实数

二.填空题：

123100101

6.计算：iiiii___________ B.两点

B.纯虚数

C.非纯虚数

D.复数

(1i)5(1i)51i1i

7.计算：_________ |(1i)2(34i)13i|12i

8.的模等于_________

9.在复数集内分解因式：x4xy5y____________

10.若|z1|5，z212i，且z1z2R，则z1____________

三.解答题：

11.若复数z满足|z|5，且(34i)z为纯虚数，求z。

z2

12.若复数z满足|z|1，求证：1zR

13.若复数z满足2|z33i||z|，求|z|的最大、最小值。

【试题答案】

一.选择题：

1.A

22zz|z||z|R，但若z1z2R，如z13i，z，z121212

提示：若为共轭复数，则z2i3，满足z1z210R，但z1与z2不能互为共轭复数，因此应选A。

2.C

f(z1zz43i112)(1)1iz2z255 z22i

提示：由f(z)z知z143i112izz112i112i，f(1)(1)()5z2z2555

或z22i

故选C

3.D

2i100(2i)100250i1001()11005021i(1i)(2i)i

提示：由幂的运算法则，有

这里用到了i的周期性结论。

4.A

提示：设zxyi（x，yR），则(xyi)(xyi)(xyi)(xyi)3

即xy2x3

即(x1)y4，这是以(1，0)为圆心，以2为半径的圆的方程。n

5.B

提示：设zxyi（由z1，知y0）

|z|1，x2y212yz1(x1)yi(x2y21)(2y)ii2222z1(x1)yi(x1)y(x1)y

y0，该数为纯虚数

二.填空题：

6.原式i

n2345678

提示：由i的周期性，得iiii0，iiii0，„„，23100101i97i98i99i1000，可见原式i101i，或把i，i，i，，i，i看作是一个公比

i(1i101)i(1i)i1i1i为i的等比数列，则原式。

7.原式0

提示：注意利用(1i)2i，(1i)2i简化运算

(1i)5(1i)51i1i5(1i)(1i)(1i)5(1i)22(2i)3(2i)322

0

8.模为13 2222

9.x4xy5y(x2y)y[(x2y)yi][(x2y)yi]

10.z112i或z112i

提示：设z1xyi(x，yR)，则xy5

又z1z2(xyi)(12i)(x2y)(2xy)iR

则有2xy0联立得

x2y25x1x1或y22xy0y2



即z112i或z112i

z112i或z112i 三.解答题：

11.解：设zxyi（x，yR）

22由|z|5得xy25

(1)

(34i)z(34i)(xyi)(3x4y)(4x3y)i是纯虚数

x4y0(2)且4x3y0(3)

x4x4联立(1)(2)(3)，解之，得或y3y3

z43i或z43i

12.证明：设zxyi(x，yR)

|z|1，xy1

z21z

xyi1(xyi)2

xyi(1x2y2)2xyix(1x2y2)y(1x2y2)i(1x2y2)24x2y22xR22222(1xy)4xy

13.解法一：数形结合法

设zxyi(x，yR)，则

2|(xyi)33i||xyi|

2222即2(x3)(y3)xy

化简，得(x4)(y4)8

它表示以C（4，4）为圆心，以22为半径的圆C

|z|xy表示点(x，y)到原点O（0，0）的距离，而点（x，y）在圆C上

由平面几何知识，可知|z|的最大值为62，最小值为22

解法二：利用复数的模的性质

||z||33i|||z33i|||z|32||z|2

即

|z|2，去绝对值，得

|z||z||z|3222

解这个关于|z|的不等式，得22|z|62

当z(33i)(R)时，上式取等号

由2|z33i||z|，把z(33i)代入

得3840，解得2或

23

当2时，|z|取最大值62；

当

23时，|z|取最小值22