高中數(shù)學(xué) 5.2.1-2.2 復(fù)數(shù)的加法與減法 復(fù)數(shù)的乘法與除法課時(shí)作業(yè) 北師大版選修2-2

§2復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算2．1復(fù)數(shù)的加法與減法2．2復(fù)數(shù)的乘法與除法課時(shí)目標(biāo)1.熟練掌握復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的加減法運(yùn)算法則.2.掌握復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法和除法運(yùn)算.3.理解復(fù)數(shù)乘法的交換律、結(jié)合律和乘法對(duì)加法的分配律．1．復(fù)數(shù)加法與減法的運(yùn)算法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)是任意兩個(gè)復(fù)數(shù)，則z1＋z2＝____________，z1－z2＝____________.2．復(fù)數(shù)的乘法法則設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，則z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝________________.3．復(fù)數(shù)的除法eq\f(a＋bi,c＋di)＝____________________________(c＋di≠0)．一、選擇題1．設(shè)m∈R，復(fù)數(shù)z＝(2m2＋3i)＋(m－m2i)＋(－1＋2mi)，若A．－1 B．3 C.eq\f(1,2) D．－1或32．若z＋3－2i＝4＋i，則z等于()A．1＋i B．1＋3iC．－1－i D．－1－3i3．設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z)，若復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·eq\x\to(z)2是實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)t等于()A.eq\f(3,4) B.eq\f(4,3) C．－eq\f(4,3) D．－eq\f(3,4)4．若復(fù)數(shù)z1＝1＋i，z2＝3－i，則z1·z2等于()A．4＋2i B．2＋iC．2＋2i D．3＋i5．已知復(fù)數(shù)z＝1＋i，則eq\f(z2－2z,z－1)等于()A．2i B．－2iC．2 D．－26．當(dāng)eq\f(2,3)<m<1時(shí)，復(fù)數(shù)z＝(3m－2)＋(m－1)i在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限二、填空題7．若實(shí)數(shù)x，y滿足(1＋i)x＋(1－i)y＝2，則xy＝________.8．已知eq\f(a＋2i,i)＝b＋i(a，b∈R)，其中i為虛數(shù)單位，則a＋b＝________.9．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足條件|z|＝1，那么|z＋2eq\r(2)＋i|的最大值是________．三、解答題10．已知z－1＋2zi＝－4＋4i，求復(fù)數(shù)z.11.已知復(fù)數(shù)z滿足z＋|z|＝2＋8i，求復(fù)數(shù)z.能力提升12．復(fù)數(shù)z＝eq\f(i,1＋i)在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限13．已知復(fù)數(shù)z1＝i(1－i)3，(1)求|z1|；(2)若|z|＝1，求|z－z1|的最大值．1．復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算類似于多項(xiàng)式的運(yùn)算．2．復(fù)數(shù)問(wèn)題實(shí)數(shù)化是解決復(fù)數(shù)問(wèn)題的基本思想方法，其橋梁是設(shè)復(fù)數(shù)z＝a＋bi(a，b∈R)，利用復(fù)數(shù)相等的充要條件轉(zhuǎn)化答案知識(shí)梳理1．(a＋c)＋(b＋d)i(a－c)＋(b－d)i2．(ac－bd)＋(ad＋bc)i3.eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd＋bc－adi,c2＋d2)作業(yè)設(shè)計(jì)1．C[z＝(2m2＋m－1)＋(3＋2m－令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m2＋m－1＝0,3＋2m－m2≠0))，得m＝eq\f(1,2).]2．B[z＝(4＋i)－(3－2i)＝1＋3i.]3．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).]4．A[∵z1＝1＋i，z2＝3－i，∴z1·z2＝(1＋i)(3－i)＝3＋3i－i－i2＝3＋2i＋1＝4＋2i.]5．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.]6．D[∵eq\f(2,3)<m<1，則3m－2>0，m－1<0，∴點(diǎn)在第四象限．]7．1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＝1.8．1解析∵eq\f(a＋2i,i)＝b＋i，∴a＋2i＝bi－1.∴a＝－1，b＝2，∴a＋b＝1.9．4解析復(fù)數(shù)z滿足條件|z|＝1，z所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的軌跡是單位圓，而|z＋2eq\r(2)＋i|即表示單位圓上的動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)(－2eq\r(2)，－1)的距離．從圖形上可得|z＋2eq\r(2)＋i|的最大值是4.10．解設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，代入z－1＋2zi＝－4＋4i，整理得(x－2y－1)＋(2x＋y)i＝－4＋4i故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－1＝－4,2x＋y＝4))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝2))，所以復(fù)數(shù)z＝1＋2i.11．解方法一設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)，則|z|＝eq\r(a2＋b2)，代入方程得a＋bi＋eq\r(a2＋b2)＝2＋8i.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2＋b2)＝2,b＝8))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－15,b＝8)).∴z＝－15＋8i.方法二原式可化為：z＝2－|z|＋8i，∵|z|∈R，∴2－|z|是z的實(shí)部．于是|z|＝eq\r(2－|z|2＋82)，即|z|2＝68－4|z|＋|z|2，∴|z|＝17.代入z＝2－|z|＋8i得：z＝－15＋8i.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，∴復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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，∴設(shè)z＝cosθ＋isinθ，|z－z1|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i|＝eq\r(cosθ－22＋sinθ＋22)＝eq\r(9＋4\r