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第2課時(shí)復(fù)數(shù)的乘方及除法運(yùn)算eq\a\vs4\al\co1(雙基達(dá)標(biāo)限時(shí)15分鐘)1.已知a是實(shí)數(shù),eq\f(a-i,1+i)是純虛數(shù),則a等于________.解析eq\f(a-i,1+i)=eq\f(a-i1-i,1+i1-i)=eq\f(a-1-a+1i,2)=eq\f(a-1,2)-eq\f(a+1,2)i,因?yàn)樵搹?fù)數(shù)為純虛數(shù),所以a=1.答案12.eq\f(10i,2-i)=________.解析eq\f(10i,2-i)=eq\f(10i2+i,2-i2+i)=eq\f(20i-10,5)=-2+4i.答案-2+4i3.若復(fù)數(shù)z1=4+29i,z2=6+9i,其中i是虛數(shù)單位,則復(fù)數(shù)(z1-z2)i的實(shí)部為________.解析(z1-z2)i=(-2+20i)i=-20-2i,故(z1-z2)i的實(shí)部為-20.答案-204.若復(fù)數(shù)z滿足z(1+i)=1-i(i是虛數(shù)單位),則其共軛復(fù)數(shù)eq\x\to(z)=__________.解析z=eq\f(1-i,1+i)=eq\f(1-i2,1+i1-i)=-i,∴eq\x\to(z)=i.答案i5.若ω=-eq\f(1,2)+eq\f(\r(3),2)i,則ω+eq\f(1,ω)=__________.解析ω+eq\f(1,ω)=-eq\f(1,2)+eq\f(\r(3),2)i+eq\f(1,-\f(1,2)+\f(\r(3),2)i)=-eq\f(1,2)+eq\f(\r(3),2)i-eq\f(1,2)-eq\f(\r(3),2)i=-1.答案-16.已知復(fù)數(shù)z1=a+2i(a∈R),z2=3-4i,且eq\f(z1,z2)為純虛數(shù),求復(fù)數(shù)z1.解eq\f(z1,z2)=eq\f(a+2i,3-4i)=eq\f(a+2i3+4i,5)=eq\f(3a-8+6+4ai,5),因?yàn)閑q\f(z1,z2)為純虛數(shù),∴3a-8=0,a=eq\f(8,3),z1=eq\f(8,3)+2i.eq\a\vs4\al\co1(綜合提高限時(shí)30分鐘)7.若n∈N*,則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1+i,\r(2))))4n+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-i,\r(2))))4n=__________.解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1+i,\r(2))))4n=eq\f(2i2n,22n)=(-1)n;eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1-i,\r(2))))4n=eq\f(-2i2n,22n)=(-1)n.∴原式=eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n為偶數(shù),,-2n為奇數(shù).))答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n為偶數(shù),-2n為奇數(shù)))8.設(shè)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\x\to(z),若z+eq\x\to(z)=4,z·eq\x\to(z)=8,則eq\f(\x\to(z),z)等于__________.解析設(shè)z=x+yi(x,y∈R),則eq\x\to(z)=x-yi,依題意2x=4且x2+y2=8,∴x=2,y=±2,∴eq\f(\x\to(z),z)=eq\f(\x\to(z)2,z·\x\to(z))=eq\f(2±2i2,8)=±i.答案±i9.已知z是純虛數(shù),eq\f(z+2,1-i)是實(shí)數(shù),那么z等于__________.解析由題意得z=ai(a∈R且a≠0),∴eq\f(z+2,1-i)=eq\f(2+ai1+i,1-i1+i)=eq\f(2-a+a+2i,2),則a+2=0,∴a=-2.∴z=-2i.答案-2i10.設(shè)z=eq\f(1,2)+eq\f(\r(3),2)i,那么z+z2+z3+z4+z5+z6的值是__________.解析法一由z=eq\f(1,2)+eq\f(\r(3),2)i,得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z-\f(1,2)))2=-eq\f(3,4),即z2-z+1=0.①而z≠-1,∴(z+1)(z2-z+1)=0,即z3=-1.②∴原式=z+z2+z3+z·z3+z2·z3+z3·z3=z+z2-1-z-z2+1=0.法二設(shè)ω=-eq\f(1,2)+eq\f(\r(3),2)i,則z=-eq\x\to(ω).以下利用復(fù)數(shù)ω的性質(zhì)可得原式=0.法三原式=eq\f(z1-z6,1-z).由z=eq\f(1,2)+eq\f(\r(3),2)i,可得z3=-1,從而z6=1,所以原式=0.答案011.設(shè)z1=2-i,z2=1-3i,求z=eq\f(2i,z1)+eq\f(\x\to(z2)2,5)的值.解z=eq\f(2i,2-i)+eq\f(1+3i2,5)=eq\f(2i2+i,5)+eq\f(-8+6i,5)=eq\f(-10+10i,5)=-2+2i.12.已知x,y∈R,且eq\f(x,1+i)+eq\f(y,1+2i)=eq\f(5,1+3i),求x、y的值.解∵eq\f(x,1+i)+eq\f(y,1+2i)=eq\f(5,1+3i),∴eq\f(x1-i,2)+eq\f(y1-2i,5)=eq\f(51-3i,10),即5x(1-i)+2y(1-2i)=5-15i,(5x+2y)-(5x+4y)i=5-15i,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x+2y=5,,5x+4y=15,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=-1,,y=5.))13.(創(chuàng)新拓展)求同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件的所有復(fù)數(shù):(1)z+eq\f(10,z)是實(shí)數(shù)且1<z+eq\f(10,z)≤6;(2)z的實(shí)部和虛部都是整數(shù).解設(shè)z=x+yi(x,y∈Z),則z+eq\f(10,z)=x+yi+eq\f(10,x+yi)=x+yi+eq\f(10x-yi,x2+y2)∈R,得y-eq\f(1
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