2024-2025学年高中数学第3章数系的扩充与复数的引入3.2复数的运算3.2.1复数的加法和减法学案新人教B版选修1-2

PAGEPAGE13．2.1复数的加法和减法1.理解复数加、减法运算法则及其几何意义．2.能运用加、减运算法则及其几何意义解题．复数的加法与减法(1)相反数：a＋bi的相反数为－a－bi；(2)复数的加法与减法①复数的加法与减法运算法则两个复数相加(减)，就是把实部与实部、虚部与虚部分别相加(减)．即(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i．(其中a，b，c，d∈R)②复数加法的运算律(i)交换律：z1＋z2＝z2＋z1；(ii)结合律：(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．(3)复数加减法的几何意义设复数z1，z2对应的向量为eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))，则复数z1＋z2是以OZ1，OZ2为邻边的平行四边形的对角线OZ所对应的复数，z2－z1是连接向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))和eq\o(OZ2,\s\up6(→))的终点并指向向量eq\o(OZ2,\s\up6(→))所对应的复数，如右图所示．1．推断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个虚数的和或差可能是实数．()(2)若复数z1，z2满意z1－z2＞0，则z1＞z2.()(3)在进行复数的加法时，实部与实部相加得实部，虚部与虚部相加得虚部．()(4)复数的加法不行以推广到多个复数相加的情形．()(5)复数的减法不满意结合律，即(z1－z2)－z3＝z1－(z2＋z3)可能不成立．()答案：(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×2．已知复数z1＝3＋4i，复数z2＝3－4i，那么z1＋z2等于()A．8i B．6C．6＋8i D．6－8i答案：B3．若复数z满意z＋i－3＝3－i，则z等于()A．0 B．2iC．6 D．6－2i答案：D复数的加法和减法运算计算：(1)(1＋2i)＋(3－4i)－(5＋6i)；(2)5i－[(3＋4i)－(－1＋3i)]；(3)(a＋bi)－(2a－3bi)－3i(a，b∈R)．【解】(1)(1＋2i)＋(3－4i)－(5＋6i)＝(4－2i)－(5＋6i)＝－1－8i.(2)5i－[(3＋4i)－(－1＋3i)]＝5i－(4＋i)＝－4＋4i.(3)(a＋bi)－(2a－3bi)－3i＝(a－2a)＋[b－(－3b)－3]i＝－a＋(4b－3)i.eq\a\vs4\al()解决复数加减运算的思路两个复数相加(减)，就是把两个复数的实部相加(减)，虚部相加(减)．复数的减法是加法的逆运算，两个复数相减，也可以看成是加上这个复数的相反数．当多个复数相加(减)时，可将这些复数的全部实部相加(减)，全部虚部相加(减)．已知复数z1＝(3－10i)y，z2＝(－2＋i)x(x、y∈R)，且z1＋z2＝1－9i，求z1－z2.解：z1＋z2＝(3－10i)y＋(－2＋i)x＝(3y－2x)＋(x－10y)i＝1－9i.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3y－2x＝1,x－10y＝－9))，解之得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝1)).所以z1＝3－10i，z2＝－2＋i，所以z1－z2＝(3－10i)－(－2＋i)＝[3－(－2)]＋(－10－1)i＝5－11i.复数加减运算的几何意义已知平行四边形OABC的三个顶点O，A，C对应的复数分别为0，3＋2i，－2＋4i.(1)求eq\o(AO,\s\up6(→))表示的复数；(2)求eq\o(CA,\s\up6(→))表示的复数．【解】(1)因为eq\o(AO,\s\up6(→))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))，所以eq\o(AO,\s\up6(→))表示的复数为－(3＋2i)，即－3－2i.(2)因为eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(CA,\s\up6(→))表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.1．若本例条件不变，试求点B所对应的复数．解：因为eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(OB,\s\up6(→))表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i.所以点B所对应的复数为1＋6i.2．若本例条件不变，求对角线AC，BO的交点M对应的复数．解：由题意知，点M为OB的中点，则eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))，由互动探究1中点B坐标为(1，6)得点M坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，所以点M对应的复数为eq\f(1,2)＋3i.eq\a\vs4\al()复数加减法几何意义的应用技巧(1)复数的加减运算可以转化为点的坐标或向量运算．(2)复数的加减运算转化为向量运算时，同样满意平行四边形法则和三角形法则．1.在复平面内，复数1＋i与1＋3i分别对应向量eq\o(OA,\s\up6(→))和eq\o(OB,\s\up6(→))，其中O为坐标原点，则|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝()A．eq\r(2) B．2C．eq\r(10) D．4解析：选B．因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))对应的复数为(1＋3i)－(1＋i)＝2i，故|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2.2．复数z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，如图，它们在复平面上对应的点分别是正方形的三个顶点A，B，C，求这个正方形的第四个顶点所对应的复数．解：如题图，设正方形的第四个顶点D对应的复数为x＋yi(x，y∈R)，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))对应的复数是(x＋yi)－(1＋2i)＝(x－1)＋(y－2)i，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))对应的复数是(－1－2i)－(－2＋i)＝1－3i.因为eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，即(x－1)＋(y－2)i＝1－3i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝1，,y－2＝－3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－1.))故点D对应的复数为2－i.复数加减法的综合应用已知复数z满意z＋|z|＝2＋8i，求复数z.【解】法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z|＝eq\r(a2＋b2)，代入方程得a＋bi＋eq\r(a2＋b2)＝2＋8i，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2＋b2)＝2，,b＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－15,b＝8))，所以z＝－15＋8i.法二：原式可化为z＝2－|z|＋8i，因为|z|∈R，所以2－|z|是z的实部，于是|z|＝eq\r((2－|z|)2＋82).即|z|2＝68－4|z|＋|z|2，所以|z|＝17.代入z＝2－|z|＋8i，得z＝－15＋8i.eq\a\vs4\al()法一是复数方程的一般解法，即转化为实数方程(组)求解，一般运算量较大；法二是由复数模的定义及性质来求，要求复数z，只需求出|z|.设z1、z2∈C，已知|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(2)，求|z1－z2|.解：法一：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，由题设知a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，(a＋c)2＋(b＋d)2＝2，又(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋2ac＋c2＋b2＋2bd＋d2，所以2ac＋2bd＝0.因为|z1－z2|2＝(a－c)2＋(b－d)2＝a2＋c2＋b2＋d2－(2ac＋2bd)＝2，所以|z1－z2|＝eq\r(2).法二：作出z1、z2对应的向量eq\o(OZ,\s\up6(→))1、eq\o(OZ,\s\up6(→))2，使eq\o(OZ,\s\up6(→))1＋eq\o(OZ,\s\up6(→))2＝eq\o(OZ,\s\up6(→))，因为|z1|＝|z2|＝1，又eq\o(OZ,\s\up6(→))1、eq\o(OZ,\s\up6(→))2不共线(若eq\o(OZ,\s\up6(→))1、eq\o(OZ,\s\up6(→))2共线，则|z1＋z2|＝2或0与题设冲突)，所以平行四边形OZ1ZZ2为菱形．又|z1＋z2|＝eq\r(2)，所以∠Z1OZ2＝90°，即OZ1ZZ2为正方形，故|z1－z2|＝eq\r(2).1．复数的加法的规定：实部与实部相加，虚部与虚部相加．两个复数的和仍旧是一个复数，这一法则可以推广到多个复数相加．2．复数的减法可依据复数的相反数，转化为复数的加法来运算，这与实数中减法的理解相像．3．复数z1，z2对应的点分别为P1，P2，则|z1－z2|＝|eq\o(P2P1,\s\up6(→))|；同理eq\o(OP1,\s\up6(→))，eq\o(OP2,\s\up6(→))对应复数为z1，z2，则eq\o(P1P2,\s\up6(→))对应复数为z2－z1.1．算式中若出现字母，首先要确定其是否为实数，再确定复数的实部与虚部，最终把实部与实部、虚部与虚部分别相加减．2．不要错用复数减法的几何意义．如|z＋1＋2i|表示复数z对应的点与(－1，－2)的距离，而不是与(1，2)的距离．1．计算(3＋i)－(2＋i)的结果为()A．1 B．－iC．5＋2i D．1－i解析：选A．(3＋i)－(2＋i)＝1.2．若z－(1＋i)＝1＋i，则z＝__________．解析：由z－(1＋i)＝1＋i得z＝(1＋i)＋(1＋i)＝2＋2i.答案：2＋2i3．已知z1＝a＋i，z2＝2－ai(a∈R)，且z1－z2在复平面内对应的点在直线y＝2x＋1上，则a＝__________．解析：将z1－z2＝(a－2)＋(1＋a)i所对应的点(a－2，1＋a)代入直线方程y＝2x＋1即可．答案：4[A基础达标]1．已知z1＝2＋i，z2＝1－2i，则复数z＝z2－z1对应的点位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：选C．z＝z2－z1＝(1－2i)－(2＋i)＝－1－3i.故z对应的点为(－1，－3)，位于第三象限．2．设a，b∈R，z1＝2＋bi，z2＝a＋i，当z1＋z2＝0时，复数a＋bi为()A．1＋i B．2＋iC．3 D．－2－i解析：选D．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋a＝0，,b＋1＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－1，))所以a＋bi＝－2－i.3．在平行四边形ABCD中，若A，C对应的复数分别为－1＋i和－4－3i，则该平行四边形的对角线AC的长度为()A．eq\r(5) B．5C．2eq\r(5) D．10解析：选B．依题意，对角线AC对应的复数为(－4－3i)－(－1＋i)＝－3－4i，因此AC的长度即为|－3－4i|＝5.4．在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))对应的复数分别是3＋i，－1＋3i，则eq\o(CD,\s\up6(→))对应的复数是()A．2＋4i B．－2＋4iC．－4＋2i D．4－2i解析：选D．依题意有eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))，而(3＋i)－(－1＋3i)＝4－2i，即eq\o(CD,\s\up6(→))对应的复数为4－2i.5．复数z1＝a＋4i，z2＝－3＋bi，若它们的和z1＋z2为实数，差z1－z2为纯虚数，则a，b的值为()A．a＝－3，b＝－4 B．a＝－3，b＝4C．a＝3，b＝－4 D．a＝3，b＝4解析：选A．因为z1＋z2＝(a－3)＋(4＋b)i为实数，所以4＋b＝0，b＝－4.因为z1－z2＝(a＋4i)－(－3＋bi)＝(a＋3)＋(4－b)i为纯虚数，所以a＝－3且b≠4.故a＝－3，b＝－4.6．设z＝3－4i，则复数z－|z|＋(1－i)在复平面内的对应点在第________象限．解析：因为z＝3－4i，所以|z|＝5，所以z－|z|＋(1－i)＝3－4i－5＋(1－i)＝－1－5i.答案：三7．已知|z|＝4，且z＋2i是实数，则复数z＝________．解析：因为z＋2i是实数，可设z＝a－2i(a∈R)，由|z|＝4得a2＋4＝16，所以a2＝12，所以a＝±2eq\r(3)，所以z＝±2eq\r(3)－2i.答案：±2eq\r(3)－2i8.如图所示，在复平面内的四个点O，A，B，C恰好构成平行四边形，其中O为原点，A，B，C所对应的复数分别是zA＝4＋ai，zB＝6＋8i，zC＝a＋bi(a，b∈R)，则zA－zC＝________.解析：因为eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))，所以4＋ai＋(a＋bi)＝6＋8i.因为a，b∈R，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋a＝6，,a＋b＝8，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝6.))所以zA＝4＋2i，zC＝2＋6i，所以zA－zC＝(4＋2i)－(2＋6i)＝2－4i.答案：2－4i9．计算：(1)(eq\r(2)－eq\r(3)i)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)＋\f(\r(3),2)i))＋1；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(i,2)－\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(i,3)－\f(1,2)))＋i；(3)(5－6i)＋(－2－2i)－(3＋3i)．解：(1)原式＝(eq\r(2)－eq\r(2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)＋\f(\r(3),2)))i＋1＝1－eq\f(\r(3),2)i.(2)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,3)＋1))i＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)i.(3)原式＝(5－2－3)＋[－6＋(－2)－3]i＝－11i.10．在复平面内，A，B，C三点对应的复数为1，2＋i，－1＋2i.(1)求向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))对应的复数；(2)判定△ABC的形态．解：(1)eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，1)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－1，2)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，1)，对应的复数为1＋i，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－2，2)，对应的复数为－2＋2i，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(－3，1)，对应的复数为－3＋i.(2)因为|AB|＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，|AC|＝eq\r((－2)2＋22)＝eq\r(8)，|BC|＝eq\r((－3)2＋1)＝eq\r(10)，所以|AB|2＋|AC|2＝|BC|2.所以△ABC是以BC为斜边的直角三角形．[B实力提升]11．复数z1＝1＋icosθ，z2＝sinθ－i，则|z1－z2|的最大值为()A．3－2eq\r(2) B．eq\r(2)－1C．3＋2eq\r(2) D．eq\r(2)＋1解析：选D．|z1－z2|＝|(1＋icosθ)－(sinθ－i)|＝eq\r((1－sinθ)2＋(1＋cosθ)2)＝eq\r(3－2(sinθ－cosθ))＝eq\r(3－2\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))≤eq\r(3＋2\r(2))＝eq\r(2)＋1.12．复数z1，z2分别对应复平面内的点M1，M2，且|z1＋z2|＝|z1－z2|，线段M1M2的中点M对应的复数为4＋3i，则|z1|2＋|z2|2＝________．解析：依据复数加减法的几何意义，由|z1＋z2|＝|z1－z2|知，以eq\o(OM1,\s\up6(→))，eq\o(OM2,\s\up6(→))为邻边的平行四边形是矩