10.2.1 复数的加法与减法-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第十章　复数 10.2　复数的运算 10.2.1　复数的加法与减法 (教师独具内容) 课程标准：1.掌握复数代数表示式的加、减运算.2.了解复数加、减运算的几何意义． 教学重点：复数的加法与减法的运算法则． 教学难点：复数的加法与减法的几何意义． 核心素养：1.通过复数代数形式的加、减运算，培养逻辑推理素养.2.通过对复数加、减法运算的几何意义的理解，培养数学抽象素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　复数的加法 1．复数的加法 一般地，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，称z1＋z2为z1与z2的和，并规定z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝________＋________．显然，两个复数的和仍然是复数．由复数和的定义可知，两个共轭复数的和一定是_______． 2．复数加法的运算律 复数的加法运算满足_______与________，即对任意复数z1，z2，z3，有z1＋z2＝________，(z1＋z2)＋z3＝____________． (a＋c) (b＋d)i 实数 交换律 结合律 z2＋z1 z1＋(z2＋z3) 核心概念掌握 5 ||z1|－|z2|| |z1|＋|z2| 核心概念掌握 6 知识点二　复数的减法 1．复数的减法 一般地，复数z＝a＋bi(a，b∈R)的相反数记作______，并规定－z＝－(a＋bi)＝_________． 复数z1减去z2的差记作_______，并规定z1－z2＝____________． 一般地，如果z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝_______＋_________． 显然，两个复数的差仍然是复数．而且，同实数中的情况类似，两个复数的差一般也不满足交换律，即一般来说，z1－z2≠z2－z1. －z －a－bi z1－z2 z1＋(－z2) (a－c) (b－d)i 核心概念掌握 7 ||z1|－|z2|| |z1|＋|z2| 核心概念掌握 8 1．(复数的加法)(3＋5i)＋(3－4i)＝_____． 2．(复数的加减混合运算)(5－6i)＋(－2－2i)－(3＋3i)＝_____． 6＋i －11i 1－i 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　复数的加、减运算 计算：(1)(3－5i)＋(－4－i)－(3＋4i)； (2)5i－[(6＋8i)－(－1＋3i)]． 解　 (1)原式＝(3－4－3)＋(－5－1－4)i＝－4－10i. (2)解法一：原式＝5i－(7＋5i)＝－7. 解法二：原式＝5i－(6＋8i)＋(－1＋3i)＝－7. 核心素养形成 11 【感悟提升】　复数代数形式的加、减法运算，其运算法则是对它们的实部和虚部分别进行加、减运算．在运算过程中应注意把握每一个复数的实部和虚部．这种运算类似于初中的合并同类项． 核心素养形成 12 【跟踪训练】 1．计算：(1)(1＋2i)＋(－2＋i)＋(－2－i)＋(1－2i)； (2)(i2＋i)＋|i|＋(1＋i)． 核心素养形成 13 题型二　复数加、减运算的几何意义 已知复数z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，它们在复平面内对应的点是一个正方形的三个顶点，求这个正方形的第四个顶点对应的复数． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型三　复数加、减法几何意义的应用　 (1)已知|z1|＝|z2|＝|z1－z2|＝1，求|z1＋z2|. 核心素养形成 17 核心素养形成 18 (2)若复数z满足|z＋i|＋|z－i|＝2，求|z＋i＋1|的最小值． 解　解法一：设复数－i，i，－(1＋i)，z在复平面内对应的点分别为Z1(0， －1)，Z2(0，1)，Z3(－1，－1)，Z，如图． ∵|z＋i|＋|z－i|＝2，|Z1Z2|＝2， ∴点Z的集合为线段Z1Z2. 问题转化为：动点Z在线段Z1Z2上移动，求|ZZ3|的最小值， 则当Z移动到Z1处时，|ZZ3|min＝|Z1Z3|＝1. 核心素养形成 19 核心素养形成 20 【感悟提升】　 (1)在复平面内，z1，z2对应的点为A，B，z1＋z2对应的点为C，O为坐标原点，则四边形OACB： ①为平行四边形； ②若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则四边形OACB为矩形； ③若|z1|＝|z2|，则四边形OACB为菱形； ④若|z1|＝|z2|且|z1＋z2|＝|z1－z2|，则四边形OACB为正方形． (2)|z－z0|表示复数z，z0对应的点之间的距离，在应用时，要把绝对值符号内变为两复数差的形式． (3)涉及复数模的最值问题，既可从两点间距离公式的复数表达形式入手进行分析判断，通过几何方法进行求解，也可利用不等式||z1|－|z2||≤|z1－z2|≤|z1|＋|z2|求解． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 随堂水平达标 1．复数z1＝3＋i，z2＝1－i，则z1－z2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 解析：∵z1－z2＝(3＋i)－(1－i)＝2＋2i，∴z1－z2在复平面内对应的点位于第一象限． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 2．复数z满足z－(1－i)＝2i，则z＝(　 ) A．1＋i B．－1－i C．－1＋i D．1－i 解析：z＝2i＋(1－i)＝1＋i.故选A. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 3．设z1，z2∈C，则“z1，z2中至少有一个数是虚数”是“z1－z2是虚数”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：若z1，z2皆是实数，则z1－z2一定不是虚数，因此当z1－z2是虚数时，z1，z2中至少有一个数是虚数，所以必要性成立；当z1，z2中至少有一个数是虚数时，z1－z2不一定是虚数，如z1＝z2＝i，即充分性不成立．故选B. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 9－i 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 5．已知z∈C，且|z＋1|－|z－i|＝0，求|z＋i|的最小值． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★ 对点 复数的减法运算；求复数的虚部 复数的减法运算；求共轭复数 复数的模；由复数的加法运算结果求复数 复数及其模的加减运算；求复数对应的点所在象限 复数新定义问题；求复数对应的点所在象限 复数对应的点所在的位置；复数的减法运算；复数模的最小值 复数新定义 问题；共轭 复数及计算 由复数减法计算结果求参数的取值 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 由复数为纯虚数求参数的值 求复数模的最值 由复数加法计算结果求参数的值 复数的向量表示及运算；求两点间距离 由复数模的几何意义求最 大值 求复数的模；复数的加、 减运算 复数减法及模的几何意义；由集合的交集运算结果求参数的范围 复数运算的几何意义；集合的交集运算 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 32 一、单选题 1．(2024·湖南衡阳期中)若复数z满足z＋11－2i＝3＋3i，则z的虚部为(　　) A．14 B．5 C．5i D．－8 解析：因为z＋11－2i＝3＋3i，所以z＝(3＋3i)－(11－2i)＝－8＋5i，所以z的虚部为5.故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 35 4．设x＝3＋4i，则复数z＝x－|x|－(1－i)在复平面内对应的点在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 二、多选题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 3 三、填空题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 9．已知复数z1＝(a2－2)＋(a－4)i，z2＝a－(a2－2)i(a∈R)，且z1－z2为纯虚数，则a＝____． -1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 10．复数z1＝cosθ＋isinθ(0≤θ＜2π)，z2＝1－i，其中i是虚数单位，则|z1－z2|的最大值为_______，最小值为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 13．设复数z满足|z－3－4i|＝1，则|z|的最大值是(　) A．3 B．4 C．5 D．6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 14．(2024·河南濮阳阶段练习)已知复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝|z1＋z2|＝4，则|z1－z2|＝_________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 解：由|z－1|≤1可知，集合M在复平面内所对应的点集是以点E(1，0)为圆心，1为半径的圆及其内部． 由|z－1－i|＝|z－2|可知，集合N在复平面内所对应的点集是以点(1，1)和(2，0)为端点的线段的垂直平分线l，因此集合P是圆面截直线l所得的一条线段AB，如图． 16．集合M＝{z||z－1|≤1，z∈C}，N＝{z||z－1－i|＝|z－2|，z∈C}，集合P＝M∩N.指出集合P在复平面内所表示的图形． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 　　　　　　　　　　　　　 R 3．复数加法的几何意义 由复数与向量之间的对应关系可以得出复数加法的几何意义：如果复数z1，z2所对应的向量分别为eq \o(OZ1,\s\up12(→))与eq \o(OZ2,\s\up12(→))，则当eq \o(OZ1,\s\up12(→))与eq \o(OZ2,\s\up12(→))不共线时，以OZ1和OZ2为两条邻边作平行四边形OZ1ZZ2，则z1＋z2所对应的向量就是______， 如图所示． 由复数加法的几何意义可以得__________≤|z1＋z2| ≤_________． eq \o(OZ,\s\up12(→)) 2．复数减法的几何意义 由复数与向量之间的对应关系同样可以得出复数减法的几何意义：如果复数z1，z2所对应的向量分别为eq \o(OZ1,\s\up12(→))与eq \o(OZ2,\s\up12(→))，设点Z满足eq \o(OZ,\s\up12(→))＝eq \o(Z2Z1,\s\up12(→))，则z1－z2所对应的向量就是______，如图所示． 由复数减法的几何意义可以得出_________≤|z1－z2|≤__________． eq \o(OZ,\s\up12(→)) 3．(复数减法运算的几何意义)已知向量eq \o(OZ1,\s\up12(→))对应的复数为2－3i，向量eq \o(OZ2,\s\up12(→))对应的复数为3－4i，则向量eq \o(Z1Z2,\s\up12(→))对应的复数为____． 解：(1)原式＝(－1＋3i)＋(－2－i)＋(1－2i)＝(－3＋2i)＋(1－2i)＝－2. (2)原式＝(－1＋i)＋eq \r(0＋12)＋(1＋i)＝－1＋i＋1＋(1＋i)＝1＋2i. 解　如图，设复数z1，z2，z3对应的点分别为A，B，C，正方形的第四个顶点D对应的复数为x＋yi(x，y∈R)， 于是eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(OD,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))对应的复数为(x＋yi)－(1＋2i)＝(x－1)＋(y－2)i； eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(OC,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→))对应的复数为(－1－2i)－(－2＋i)＝1－3i. ∵eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))，∴(x－1)＋(y－2)i＝1－3i， ∴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. 【感悟提升】　向量加、减法运算的平行四边形法则和三角形法则是复数加、减法几何意义的依据．利用加法“首尾相接”和减法“指向被减数”的特点，在三角形内可求得第三个向量及其对应的复数．注意向量eq \o(AB,\s\up12(→))对应的复数是zB－zA(终点对应的复数减去起点对应的复数)． 【跟踪训练】 2．已知复平面内三点A，B，C，点A对应的复数为2＋i，向量eq \o(BA,\s\up12(→))对应的复数为1＋2i，向量eq \o(BC,\s\up12(→))对应的复数为3－i，求点C对应的复数． 解：因为向量eq \o(BA,\s\up12(→))对应的复数为1＋2i，向量eq \o(BC,\s\up12(→))对应的复数为3－i，所以eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))－eq \o(BA,\s\up12(→))对应的复数为(3－i)－(1＋2i)＝2－3i. 又因为eq \o(OC,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(AC,\s\up12(→))， 所以点C对应的复数为(2＋i)＋(2－3i)＝4－2i. 解　解法一：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)， ∵|z1|＝|z2|＝|z1－z2|＝1， ∴a2＋b2＝c2＋d2＝1，① (a－c)2＋(b－d)2＝1.② 由①②得2ac＋2bd＝1. ∴|z1＋z2|＝eq \r(（a＋c）2＋（b＋d）2)＝eq \r(a2＋c2＋b2＋d2＋2ac＋2bd)＝eq \r(3). 解法二：设O为坐标原点，z1，z2，z1＋z2对应的点分别为A，B，C. ∵|z1|＝|z2|＝|z1－z2|＝1， ∴△OAB是边长为1的正三角形， ∴四边形OACB是一个边长为1，其中一个内角为60°的菱形，且|z1＋z2|是菱形的较长的对角线OC的长， ∴|z1＋z2|＝|OC|＝eq \r(|OA|2＋|AC|2－2|OA||AC|cos120°)＝eq \r(3). 解法二：设z＝x＋yi(x，y∈R)． ∵|z＋i|＋|z－i|＝2，∴eq \r(x2＋（y＋1）2)＋eq \r(x2＋（y－1）2)＝2. 又eq \r(x2＋（y＋1）2)＝2－eq \r(x2＋（y－1）2)≥0， 两边同时平方，整理得0≤1－y＝eq \r(x2＋（y－1）2)≤2， 即(1－y)2＝x2＋(y－1)2，且0≤1－y≤2， ∴x＝0且－1≤y≤1，则z＝yi(－1≤y≤1)． 因此|z＋i＋1|＝|1＋(y＋1)i|＝eq \r(12＋（y＋1）2)≥1，等号在y＝－1即z＝－i时成立． 故|z＋i＋1|的最小值为1. 【跟踪训练】 3．(1)设z1，z2∈C，已知|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq \r(2)，求|z1－z2|. 解：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， 又由(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋2ac＋c2＋b2＋2bd＋d2，可得2ac＋2bd＝0. ∵|z1－z2|2＝(a－c)2＋(b－d)2＝a2＋c2＋b2＋d2－(2ac＋2bd)＝2， ∴|z1－z2|＝eq \r(2). 解法二：作出z1，z2，z1＋z2对应的向量eq \o(OZ1,\s\up12(→))，eq \o(OZ2,\s\up12(→))，eq \o(OZ,\s\up12(→)). ∵|z1|＝|z2|＝1，又eq \o(OZ1,\s\up12(→))，eq \o(OZ2,\s\up12(→))不共线(若eq \o(OZ1,\s\up12(→))，eq \o(OZ2,\s\up12(→))共线，则|z1＋z2|＝2或0)， ∴▱OZ1ZZ2为菱形． 又|z1＋z2|＝eq \r(2)，∴∠Z1OZ2＝90°， 即▱OZ1ZZ2为正方形，故|z1－z2|＝eq \r(2). 解法三：∵|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)，将已知数值代入，可得|z1－z2|2＝2， ∴|z1－z2|＝eq \r(2). (2)若复数z满足|z＋eq \r(3)＋i|≤1，求|z|的最大值和最小值． 解：因为|z＋eq \r(3)＋i|≥||z|－|eq \r(3)＋i||， 又|z＋eq \r(3)＋i|≤1，所以||z|－|eq \r(3)＋i||≤1， 即||z|－2|≤1，解得1≤|z|≤3， 即|z|的最大值为3，最小值为1. 4．在复平面内的△ABC中，eq \o(AC,\s\up12(→))对应的复数为6＋5i，eq \o(AB,\s\up12(→))对应的复数为－3＋6i，则eq \o(BC,\s\up12(→))对应的复数为______． 解析：eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝6＋5i＋3－6i＝9－i，所以eq \o(BC,\s\up12(→))对应的复数为9－i. 解：∵|z＋1|＝|z－i|，∴复数z对应的点在以(－1，0)，(0，1)为端点的线段的垂直平分线上，而|z＋i|＝|z－(－i)|表示直线上的点到点(0，－1)的距离，数形结合知其最小值为eq \f(\r(2),2). 2．设f(z)＝eq \o(z,\s\up12(－))，且z1＝1＋5i，z2＝－3＋2i，则f(eq \o(z1-z2,\s\up12(－)))＝(　　) A．－2＋3i B．－2－3i C．4－3i D．4＋3i 解析：∵z1－z2＝1＋5i－(－3＋2i)＝4＋3i，∴eq \o(z1-z2,\s\up12(—))＝4－3i.∵f(z)＝eq \o(z,\s\up12(－))，∴f(4－3i)＝4＋3i. 3．如果一个复数与它的模的和为5＋eq \r(3)i，那么这个复数是(　　) A.eq \f(11,5) B.eq \r(3)i C.eq \f(11,5)＋eq \r(3)i D.eq \f(11,5)＋2eq \r(3)i 解析：设这个复数为a＋bi(a，b∈R)，则|a＋bi|＝eq \r(a2＋b2).由题意知a＋bi＋eq \r(a2＋b2)＝5＋eq \r(3)i，即a＋eq \r(a2＋b2)＋bi＝5＋eq \r(3)i，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋\r(a2＋b2)＝5，,b＝\r(3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(11,5)，,b＝\r(3).))故所求复数为eq \f(11,5)＋eq \r(3)i. 解析：∵x＝3＋4i，∴|x|＝eq \r(32＋42)＝5，∴z＝3＋4i－5－(1－i)＝－3＋5i，∵－3<0，5>0，∴z对应的点在第二象限． 5．(2024·云南曲靖月考)如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数z＝－a＋2i(其中a∈R)为“等部复数”，则复数eq \o(z,\s\up12(－))－2ai在复平面内对应的点在(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：因为复数z＝－a＋2i(其中a∈R)为“等部复数”，可得a＝－2，即z＝2＋2i，可得eq \o(z,\s\up12(－))＝2－2i，则eq \o(z,\s\up12(－))－2ai＝2－2i＋4i＝2＋2i在复平面内对应的点为Z(2，2)，位于第一象限．故选A. 6．(2024·河北沧州模拟)复数z＝a－3i(a≥0)，则下列说法正确的是(　　) A．z在复平面内对应的点都位于第四象限 B．z在复平面内对应的点在直线y＝－3上 C．z－eq \o(z,\s\up12(－))＝－6i D．|z＋i|的最小值为4 解析：对于A，B，因为z＝a－3i，所以z在复平面内对应的点为(a，－3)(a≥0)，故A错误，B正确；对于C，eq \o(z,\s\up12(－))＝a＋3i，z－eq \o(z,\s\up12(－))＝(a－3i)－(a＋3i)＝－6i，故C正确；对于D，|z＋i|＝|a－2i|＝eq \r(a2＋4)≥2，当a＝0时，|z＋i|取得最小值，为2，故D错误．故选BC. 7．已知z＝a＋bi(a，b∈R，i是虚数单位)，z1，z2∈C，定义：D(z)＝||z||＝|a|＋|b|，D(z1，z2)＝||z1－z2||.则下列命题中是真命题的是(　　) A．对任意z∈C，都有D(z)>0 B．若eq \o(z,\s\up12(－))是复数z的共轭复数，则D(eq \o(z,\s\up12(－)))＝D(z)恒成立 C．若D(z1)＝D(z2)(z1，z2∈C)，则z1＝z2 D．对任意z1，z2∈C，结论D(z1，z2)＝D(z2，z1)恒成立 解析：对于A，由定义知当z＝0时，D(z)＝0，故A错误；对于B，由于共轭复数的实部相等而虚部互为相反数，所以D(eq \o(z,\s\up12(－)))＝D(z)恒成立，故B正确；对于C，两个复数的实部与虚部的绝对值的和相等，并不能得到实部与虚部分别相等，所以两个复数也不一定相等，故C错误；D显然正确． 8．已知z1＝eq \f(\r(3),2)a＋(a＋1)i，z2＝－3eq \r(3)b＋(b＋2)i(a，b∈R)，若z1－z2＝4eq \r(3)，则a＋b＝____． 解析：∵z1－z2＝eq \f(\r(3),2)a＋(a＋1)i－[－3eq \r(3)b＋(b＋2)i]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a＋3\r(3)b))＋(a－b－1)i＝4eq \r(3).由复数相等的条件知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a＋3\r(3)b＝4\r(3)，,a－b－1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))∴a＋b＝3. 解析：∵z1－z2＝(a2－a－2)＋(a－4＋a2－2)i＝(a2－a－2)＋(a2＋a－6)i(a∈R)为纯虚数，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a－2＝0，,a2＋a－6≠0，))解得a＝－1. 解析：解法一：因为||z1|－|z2||≤|z1－z2|≤|z1|＋|z2|，且|z1|＝eq \r(cos2θ＋sin2θ)＝1，|z2|＝eq \r(12＋（－1）2)＝eq \r(2)，所以|1－eq \r(2)|≤|z1－z2|≤1＋eq \r(2)，即eq \r(2)－1≤|z1－z2|≤1＋eq \r(2)，所以|z1－z2|的最大值为eq \r(2)＋1，最小值为eq \r(2)－1. 解法二：z1－z2＝(cosθ－1)＋(sinθ＋1)i，所以|z1－z2|＝eq \r(cos2θ－2cosθ＋1＋sin2θ＋2sinθ＋1)＝eq \r(3＋2\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))，因为0≤θ＜2π，所以－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))≤1，所以eq \r(3－2\r(2))≤|z1－z2|≤eq \r(3＋2\r(2))，即eq \r(2)－1≤|z1－z2|≤eq \r(2)＋1，所以|z1－z2|的最大值为eq \r(2)＋1，最小值为eq \r(2)－1. eq \r(2)＋1 eq \r(2)-1 四、解答题 11．复数z1＝eq \r(3m－1)－2mi，z2＝－m＋m2i，若z1＋z2>0，求实数m的值． 解：z1＋z2＝(eq \r(3m－1)－2mi)＋(－m＋m2i)＝(eq \r(3m－1)－m)＋(m2－2m)i. ∵z1＋z2>0， ∴z1＋z2为实数且大于0， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3m－1)－m>0，,m2－2m＝0，))解得m＝2. 12．在复平面内，复数－3－i与5＋i对应的向量分别是eq \o(OA,\s\up12(→))与eq \o(OB,\s\up12(→))，其中O是原点，求向量eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(BA,\s\up12(→))对应的复数及A，B两点间的距离． 解：向量eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))对应的复数为(－3－i)＋(5＋i)＝2. ∵eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→))， ∴向量eq \o(BA,\s\up12(→))对应的复数为(－3－i)－(5＋i)＝－8－2i. ∴A，B两点间的距离为|－8－2i|＝eq \r(（－8）2＋（－2）2)＝2eq \r(17). 解析：因为|z－3－4i|＝1，所以复数z所对应的点在以点C(3，4)为圆心，半径为1的圆上，由几何性质得|z|的最大值是eq \r(32＋42)＋1＝6. 解析：设z1＝a＋bi(a，b∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，所以z1＋z2＝a＋bi＋c＋di＝a＋c＋(b＋d)i，又|z1|＝|z2|＝|z1＋z2|＝4，所以a2＋b2＝16，c2＋d2＝16，(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋b2＋2ac＋c2＋d2＋2bd＝16，所以2ac＋2bd＝－16，又z1－z2＝a＋bi－(c＋di)＝a－c＋(b－d)i，所以|z1－z2|＝eq \r(（a－c）2＋（b－d）2)＝eq \r(a2＋b2－2ac＋c2＋d2－2bd)＝4eq \r(3). 4eq \r(3) 15．设复数z1＝1＋2ai，z2＝a－i(a∈R)，集合A＝{z||z－z1|<eq \r(2)}，B＝{z||z－z2|≤2eq \r(2)}，已知A∩B＝∅，求a的取值范围． 解：∵z1＝1＋2ai，z2＝a－i， ∴|z－z1|<eq \r(2)，即|z－(1＋2ai)|<eq \r(2)，|z－z2|≤2eq \r(2)，即|z－(a－i)|≤2eq \r(2)， 由复数减法及模的几何意义知，集合A是以点(1，2a)为圆心，eq \r(2)为半径的圆的内部的点对应的复数，集合B是以点(a，－1)为圆心，2eq \r(2)为半径的圆及其内部的点所对应的复数，若A∩B＝∅，则两圆圆心距大于或等于半径和，即eq \r(（1－a）2＋（2a＋1）2)≥3eq \r(2)，解得a≤－2或a≥eq \f(8,5). $$