5.2.1 复数的加法与减法 课后达标 检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦复数的概念、运算及几何意义，从基础达标题（如复数虚部求解、加减运算）入手，逐步过渡到综合应用（平行四边形中复数表示、模的最值），最后延伸至素养拓展（费马问题），构建从基础到拓展的学习支架。 其亮点在于通过复平面图形（如向量、圆）培养数学眼光，结合逻辑推理与代数运算发展数学思维，用符号与模型语言表达复数关系。例如模的最值问题结合圆的几何意义，平行四边形中向量运算体现数形结合。助力学生提升运算能力与几何直观，为教师提供分层练习与素养拓展素材。

2．1　课后达标 检测 1．i为虚数单位，若1＋z＝2＋3i，则复数z的虚部为(　　) A．1 B．3 C．i D．3i 解析：因为1＋z＝2＋3i，所以z＝2－1＋3i＝1＋3i，故复数z的虚部为3.故选B. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 2．设复数z1＝2－i，z2＝－3＋5i，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：因为z1＋z2＝(2－i)＋(－3＋5i)＝－1＋4i，所以z1＋z2在复平面内对应的点的坐标为(－1，4)，位于第二象限．故选B. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3．已知复数z对应的向量如图所示，则复数z＋1所对应的向量正确的是(　　) 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 5．(多选)|(3＋2i)－(1＋i)|可表示(　　) A．点(3，2)与点(1，1)之间的距离 B．点(3，2)与点(－1，－1)之间的距离 C．点(2，1)到原点的距离 D．坐标为(－2，－1)的向量的模 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ √ √ 课后达标 检测 解析：由复数的几何意义，知复数3＋2i，1＋i分别对应复平面内的点(3，2)与点(1，1)，所以|(3＋2i)－(1＋i)|可表示点(3，2)与点(1，1)之间的距离，故A正确，B错误； |(3＋2i)－(1＋i)|＝|2＋i|，|2＋i|可表示复平面内点(2，1)到原点的距离，故C正确； |(3＋2i)－(1＋i)|＝|(1＋i)－(3＋2i)|＝|－2－i|，|－2－i|可表示复平面内坐标为(－2，－1)的向量的模，故D正确．故选ACD. 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．已知复数z满足|z|＋z＝1＋3i，则z＝________． 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 －4＋3i 课后达标 检测 8．若z1＝1＋2i，z2＝2＋ai，a∈R，复数z2－z1在复平面内所对应的点在第四象限内，则实数a的取值范围是___________． 解析：由题设z2－z1＝2＋ai－(1＋2i)＝1＋(a－2)i在复平面内所对应的点在第四象限，所以a－2＜0，即a＜2. 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 (－∞，2) 课后达标 检测 9．若复数z＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)满足|z－2i|＝|z|，写出一个满足条件的复数：z＝______________________________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 1＋i(答案不唯一) 课后达标 检测 10.已知四边形OACB是复平面内的平行四边形，O是原点，点A，B分别表示复数3＋i，2＋4i，M是OC，AB的交点，如图所示，求点C，M表示的复数，及点C，M间的距离CM. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ √ √ 课后达标 检测 解析：复数z1＝2－2i在复平面内对应的点为P1(2，－2)，故A正确； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 解：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z|2＝a2＋b2， |z－1|2＋|z＋1|2＝|a－1＋bi|2＋|a＋1＋bi|2＝(a－1)2＋b2＋(a＋1)2＋b2＝2(a2＋b2)＋2＝2|z|2＋2. 由(1)知1≤|z|≤3， 所以|z－1|2＋|z＋1|2的最大值为2×32＋2＝20，最小值为2×12＋2＝4. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 解析：由题图可知z＝－2＋i， 所以z＋1＝－1＋i，则复数z＋1所对应的点的坐标为(－1，1). 又|z＋1|＝ eq \r(2) ，故选A. 4．已知i为虚数单位，复数z＝－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(3),2) i的共轭复数为 eq \o(z,\s\up16(－)) ，则 eq \o(z,\s\up16(－)) ＋|z|＝(　　) A．－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(3),2) i B． eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) i C． eq \f(1,2) ＋ eq \f(\r(3),2) i D．－ eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) i 解析：复数z的共轭复数eq \o(z,\s\up12(－))＝－ eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) i，复数z的模为|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)) ＝1，则 eq \o(z,\s\up16(－)) ＋|z|＝－ eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) i＋1＝ eq \f(1,2) － eq \f(\r(3),2) i.故选B. 6．(多选)在复平面内有一个平行四边形OABC，点O为坐标原点，点A表示的复数为z1＝1＋i，点B表示的复数为z2＝1＋2i，点C表示的复数为z3，则下列结论正确的是(　　) A．点C位于第二象限 B．z1＋z3＝z2 C．|z1－z3|＝AC D．|z2＋z3|＝ eq \r(2) 解析：如图，由题意，O(0，0)，A(1，1)，B(1，2)， eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(0，1). 因为OABC为平行四边形，所以 eq \o(OC,\s\up16(→)) ＝ eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝(0，1), 则C(0，1)， 所以z3＝i，点C位于虚轴上，故A错误； z1＋z3＝1＋i＋i＝1＋2i＝z2，故B正确； |z1－z3|＝|1＋i－i|＝1＝AC，故C正确； |z2＋z3|＝|1＋2i＋i|＝|1＋3i|＝ eq \r(10) ，故D错误．故选BC. 解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，|z|＝ eq \r(x2＋y2) ， 所以|z|＋z＝( eq \r(x2＋y2) ＋x)＋yi＝1＋3i， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x2＋y2)＋x＝1，,y＝3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝3，)) 所以z＝－4＋3i. 解析：z＝a＋bi(a，b∈R)，故z－2i＝a＋(b－2)i.由|z－2i|＝|z|知， eq \r(a2＋(b－2)2) ＝ eq \r(a2＋b2) ，化简得b＝1，故只要b＝1，即z＝a＋i(a可为任意实数)均满足题意，可取z＝1＋i. 解：由题知 eq \o(OA,\s\up16(→)) ， eq \o(OB,\s\up16(→)) 分别对应复数3＋i，2＋4i， 所以 eq \o(OC,\s\up16(→)) ＝ eq \o(OA,\s\up16(→)) ＋ eq \o(OB,\s\up16(→)) 对应的复数为(3＋i)＋(2＋4i)＝5＋5i，即点C表示的复数为5＋5i. 又 eq \o(OM,\s\up16(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up16(→)) ，所以 eq \o(OM,\s\up16(→)) 对应的复数为 eq \f(5,2) ＋ eq \f(5,2) i，即点M表示的复数为 eq \f(5,2) ＋ eq \f(5,2) i. 所以CM＝ eq \r((5－\f(5,2))2＋(5－\f(5,2))2) ＝ eq \f(5\r(2),2) . 11．在复平面内已知点A，B，C表示的复数分别为1＋3i，－i，2＋i，若 eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝ eq \o(BC,\s\up16(→)) ，则点D表示的复数是(　　) A．1－3i B．－3－i C．3＋5i D．5＋3i 解析：因为点A，B，C表示的复数分别为1＋3i，－i，2＋i，所以 eq \o(BC,\s\up16(→)) 对应的复数为2＋i－(－i)＝2＋2i.设点D表示的复数为x＋yi(x，y∈R)，所以 eq \o(AD,\s\up16(→)) 对应的复数为x－1＋(y－3)i，又 eq \o(AD,\s\up16(→)) ＝ eq \o(BC,\s\up16(→)) ，所以x－1＋(y－3)i＝2＋2i，由复数相等的定义得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝2，,y－3＝2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝5.)) 所以点D表示的复数为3＋5i.故选C. 12．(多选)已知复数z1＝2－2i(i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，复数z2满足|z2－i|＝1，则下列结论正确的是(　　) A．P1点在复平面上的坐标为(2，－2) B． eq \o(z,\s\up16(－)) 1＝2＋2i C．|z1－z2|的最大值为 eq \r(13) ＋1 D．|z1－z2|的最小值为 eq \r(5) －1 复数z1＝2－2i，所以复数 eq \o(z,\s\up16(－)) ＝2＋2i，故B正确； 设复数z2在复平面内对应的点为P2，由复数差的几何意义可知，P2在以C(0，1)为圆心，1为半径的圆上，|z1－z2|表示的是复数z1和z2在复平面内对应的两点之间的距离，即P1P2.而P1P2的最大值是P1C＋1＝ eq \r((2－0)2＋(－2－1)2) ＋1＝ eq \r(13) ＋1；P1P2的最小值是P1C－1＝ eq \r(13) －1. 所以|z1－z2|的最大值为 eq \r(13) ＋1，最小值为 eq \r(13) －1， 故C正确，D错误．故选ABC. 13．设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝ eq \r(3) ＋i，则|z1－z2|＝________． 解析：方法一：设z1－z2＝a＋bi，a，b∈R. 因为z1＋z2＝ eq \r(3) ＋i，所以2z1＝( eq \r(3) ＋a)＋(1＋b)i，2z2＝( eq \r(3) －a)＋(1－b)i. 因为|z1|＝|z2|＝2，所以|2z1|＝|2z2|＝4， 所以 eq \r((\r(3)＋a)2＋(1＋b)2) ＝4，① eq \r((\r(3)－a)2＋(1－b)2) ＝4，② 由①2＋②2得a2＋b2＝12. 所以|z1－z2|＝ eq \r(a2＋b2) ＝2 eq \r(3) . 2 eq \r(3) 方法二：设复数z1，z2在复平面内分别对应向量 eq \o(OA,\s\up16(→)) ， eq \o(OB,\s\up16(→)) ，则z1＋z2对应向量 eq \o(OA,\s\up16(→)) ＋ eq \o(OB,\s\up16(→)) . 由题知| eq \o(OA,\s\up16(→)) |＝| eq \o(OB,\s\up16(→)) |＝| eq \o(OA,\s\up16(→)) ＋ eq \o(OB,\s\up16(→)) |＝2，如图所示，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB， 则z1－z2对应向量 eq \o(BA,\s\up16(→)) ，由OA＝AC＝OC＝2，可得BA＝2OA sin 60°＝2 eq \r(3) .故|z1－z2|＝| eq \o(BA,\s\up16(→)) |＝2 eq \r(3) . 14．已知复数z满足|z＋ eq \r(3) ＋i|≤1，求： (1)|z|的最大值和最小值； 解：设在复平面内复数z对应的点为Z，则满足|z＋ eq \r(3) ＋i|≤1的点Z的集合是圆心为M(－ eq \r(3) ，－1)，半径为1的圆内区域(包括边界)，|z|表示点Z到原点O的距离． 如图所示， eq \o(OA,\s\up16(→)) 对应的复数的模为|z|的最大值， eq \o(OB,\s\up16(→)) 对应的复数的模为|z|的最小值． 因为| eq \o(OM,\s\up16(→)) |＝ eq \r((－\r(3))2＋(－1)2) ＝2，所以|z|max＝2＋1＝3， |z|min＝2－1＝1. 即|z|的最大值为3，最小值为1. 已知复数z满足|z＋ eq \r(3) ＋i|≤1，求： (2)|z－1|2＋|z＋1|2的最大值和最小值． 15．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中所求的点称为费马点．已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°的点P即费马点．根据以上材料，若z∈C，则|z－2|＋|z＋2|＋|z＋2i|的最小值为(　　) A．2 eq \r(3) －2 B．2 eq \r(3) ＋2 C． eq \r(3) －1 D． eq \r(3) ＋1 解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，O为坐标原点，则|z－2|＋|z＋2|＋|z＋2i|表示点(x，y)到△ABC三个顶点A(2，0)，B(－2，0)，C(0，－2)的距离之和．依题意结合对称性可知△ABC的费马点P位于虚轴的负半轴上，且∠APB＝120°，则∠PAO＝∠PBO＝30°，此时|PA|＋|PB|＋|PC|＝ eq \f(2,cos 30°) ×2＋(2－2tan 30°)＝2 eq \r(3) ＋2.故选B. 16．已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，存在实数t，使eq \o(z,\s\up12(－))＝ eq \f(2＋4i,t) －3ati成立． (1)求证：2a＋b为定值； 解：证明：因为eq \o(z,\s\up12(－))＝ eq \f(2＋4i,t) －3ati＝ eq \f(2,t) ＋( eq \f(4,t) －3at)i，则a－bi＝ eq \f(2,t) ＋( eq \f(4,t) －3at)i， 由复数相等得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,t)，,b＝3at－\f(4,t)，)) 消去t得2a＋b＝6，故2a＋b为定值． 已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，存在实数t，使eq \o(z,\s\up12(－))＝ eq \f(2＋4i,t) －3ati成立． (2)若|z－2|≤a，求实数a的取值范围． 解：因为z－2＝a－2＋bi，且|z－2|≤a， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,(a－2)2＋b2≤a2，)) 又因为2a＋b＝6，即b＝6－2a， 则(a－2)2＋(6－2a)2≤a2， 整理得a2－7a＋10≤0， 所以原不等式组即为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,a2－7a＋10≤0，)) 解得2≤a≤5， 故实数a的取值范围为[2，5]. $