10.2.1 复数的加法与减法(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

本讲义聚焦高中数学复数的加法与减法，系统讲解运算法则（实部虚部分别加减）、加法运算律（交换律、结合律），通过多项式加法类比引入，结合平面向量加减法法则理解几何意义，构建从代数到几何的学习支架。 资料以问题驱动（如“复数加法是否满足交换律”）引导思考，“想一想”“问题探究”环节培养数学思维，例题结合复平面内点的距离等几何意义发展直观想象，题型分层适合课中教学与课后巩固，提升数学运算与逻辑推理能力。

10.2.1　复数的加法与减法 课标要求 1.借助多项式加法与减法的运算性质，理解复数加法与减法运算的概念、运算公式与加法运算律（数学运算）. 2.借助平面向量的加、减法法则，理解复数加、减法的几何意义（直观想象）. 　　我们知道，任意两个实数都可以相加，而且实数中的加法运算还满足交换律与结合律. 【问题】　那么复数中的加法满足交换律与结合律吗？ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　复数的加法与减法 1.运算法则 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R）， 则z1＋z2＝（a＋bi）＋（c＋di）＝　（a＋c）＋（b＋d）i　； z1－z2＝（a＋bi）－（c＋di）＝　（a－c）＋（b－d）i　. 2.加法运算律 对任意复数z1，z2，z3，有 z1＋z2＝　z2＋z1　，（z1＋z2）＋z3＝　z1＋（z2＋z3）　. 【想一想】 1.两个复数的和或差是什么数，它的值唯一确定吗？ 提示：是复数，唯一确定. 2.复数的加法中规定，两复数相加是实部与实部相加，虚部与虚部相加，复数的加、减法可推广到多个复数相加、减吗？ 提示：可以推广到多个复数相加、减. 1.已知i是虚数单位，则复数z＝（3＋i）＋（－3－2i）的虚部是（　　） A.1 B. C.－1 D.－i 解析：C　z＝（3＋i）＋（－3－2i）＝（3－3）＋（1－2）i＝－i.故复数z的虚部为－1. 2.已知复数z＋3i－3＝3－3i，则z＝（　　） A.0 B.6i C.6 D.6－6i 解析：D　∵z＋3i－3＝3－3i，∴z＝（3－3i）－（3i－3）＝6－6i. 知识点二　复数加法与减法的几何意义 z1，z2∈C，设，分别与复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R）相对应，且，不共线 运算名称 加法 减法 几何意义 复数的和z1＋z2与向量＋＝的坐标对应 复数的差z1－z2与向量－＝的坐标对应 结论 ｜｜z1｜－｜z2｜｜≤｜z1＋z2｜≤｜z1｜＋｜z2｜ ｜｜z1｜－｜z2｜｜≤｜z1－z2｜≤｜z1｜＋｜z2｜ 【想一想】 1.类比绝对值｜x－x0｜的几何意义，｜z－z0｜（z，z0∈C）的几何意义是什么？ 提示：｜z－z0｜（z，z0∈C）的几何意义是复平面内点Z到点Z0的距离. 2.两个复数的和（差）是复数，但两个虚数的和（差）一定是虚数吗？ 提示：不一定是虚数.例如，（3－2i）＋2i＝3. 1.在复平面内，O是原点，，，表示的复数分别为－2＋i，3＋2i，1＋5i，则表示的复数为（　　） A.2＋8i B.－6－6i C.4－4i D.－4＋2i 解析：C　＝－＝－（＋）＝（4，－4），∴表示的复数为4－4i. 2.在复平面内，向量对应的复数是5－4i，向量对应的复数是－5＋4i，则＋对应的复数是（　　） A.－10＋8i　B.10－8i C.0　D.10＋8i 解析：C　＋＝（5，－4）＋（－5，4）＝（0，0），故＋对应的复数为0. 题型一｜复数的加、减运算 【例1】　（1）计算：（8－2i）－（－7＋5i）＋（3＋7i）； 解：（8－2i）－（－7＋5i）＋（3＋7i） ＝[8－（－7）＋3]＋（－2－5＋7）i＝15＋3. （2）设z1＝x＋2i，z2＝3－yi（x，y∈R），且z1＋z2＝5－6i，求z1－z2. 解：∵z1＝x＋2i，z2＝3－yi，z1＋z2＝5－6i， ∴（3＋x）＋（2－y）i＝5－6i，∴∴ ∴z1－z2＝（2＋2i）－（3－8i）＝（2－3）＋[2－（－8）]i＝－1＋10i. 通性通法 复数加、减运算的法则 （1）复数代数形式的加、减法运算实质就是将实部与实部相加减，虚部与虚部相加减之后分别作为结果的实部与虚部，因此要准确地提取复数的实部与虚部； （2）复数的运算可以类比多项式的运算（类似于合并同类项）：若有括号，括号优先；若无括号，可以从左到右依次进行计算. 【跟踪训练】 1.已知复数z＝1＋i，则｜3＋2i－z｜＝（　　） A.2 B. C. D.3 解析：C　因为z＝1＋i，所以3＋2i－z＝3＋2i－（1＋i）＝2＋i，则｜3＋2i－z｜＝｜2＋i｜＝＝. 2.复数z满足2z＋3＝5－2i，则的虚部为（　　） A.－2 B.2 C.2i D.－2i 解析：A　设z＝x＋yi（x，y∈R），则＝x－yi，所以2z＋3＝2（x＋yi）＋3（x－yi）＝5x－yi＝5－2i，所以解得x＝1，y＝2，故＝1－2i，即复数的虚部为－2. 题型二｜复数加、减法的几何意义 【例2】　如图，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）求对应的复数； 解：∵＝－，∴对应的复数为－（3＋2i），即－3－2i. （2）求对应的复数； 解：∵＝－， ∴对应的复数为（3＋2i）－（－2＋4i）＝5－2i. （3）求B点对应的复数. 解：∵＝＋，∴表示的复数为（3＋2i）＋（－2＋4i）＝1＋6i. 即B点对应的复数为1＋6i. 通性通法 运用复数加、减法运算的几何意义应注意的问题 　　向量加法、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】 在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O.若向量，对应的复数分别是3＋i，－1＋3i，则对应的复数是（　　） A.2＋4i　 B.－2＋4i　 C.－4＋2i　 D.4－2i 解析：D　在平行四边形ABCD中，＝＝－，∴所对应的复数为3＋i－（－1＋3i）＝4－2i.故选D. 题型三｜复数模的最值问题 【例3】　若复数z满足｜z｜＝2，则｜1＋i＋z｜的取值范围是（　　） A.[1，3] B.[1，4] C.[0，3] D.[0，4] 解析：D　法一　设z＝a＋bi（a，b∈R）在复平面内所对应的点为Z.可知点Z（a，b）的集合是以坐标原点为圆心，2为半径的圆.｜1＋i＋z｜＝｜z－（－1－i）｜表示点Z（a，b）到点M（－1，－）的距离.∵（－1，－）在｜z｜＝2这个圆上，∴距离最小是0，最大是直径4.故选D. 法二　∵｜｜1＋i｜－｜z｜｜≤｜1＋i＋z｜≤｜1＋i｜＋｜z｜，∴0≤｜1＋i＋z｜≤4.故选D. 通性通法 两个复数差的模的几何意义 （1）｜z－z0｜表示复数z，z0的对应点之间的距离，在应用时，要把绝对值号内变为两复数差的形式； （2）｜z－z0｜＝r表示以z0对应的点为圆心，r为半径的圆； （3）涉及复数模的最值问题可转化为点的轨迹问题，再结合图形求解，也可利用结论｜｜z1｜－｜z2｜｜≤｜z1±z2｜≤｜z1｜＋｜z2｜求解. 【跟踪训练】 已知复数z满足｜z＋1｜＝｜z－i｜，则｜z＋i｜的最小值为. 解析：设z＝x＋yi（x，y∈R），代入｜z＋1｜＝｜z－i｜得＝，化简得y＝－x，｜z＋i｜＝｜x＋（y＋1）i｜＝＝＝＝，所以x＝时，｜z＋i｜取得最小值. 　　在复平面内，复数z对应的点为Z，复数a＋bi（a，b∈R）对应的点为Z0，那么｜z－（a＋bi）｜的几何意义是点Z与点Z0之间的距离，｜z－（a＋bi）｜＝r的几何意义是以点Z0为圆心，r为半径的圆. 【 问题探究】 1.已知z∈C，且｜z＋3－4i｜＝1，求｜z｜的最大值与最小值. 提示：由于｜z＋3－4i｜＝｜z－（－3＋4i）｜＝1，所以在复平面内，复数z对应的点Z与复数－3＋4i对应的点C之间的距离等于1，故复数z对应的点Z的轨迹是以C（－3，4）为圆心，半径为1的圆，而｜z｜表示复数z对应的点Z到原点O的距离，又｜OC｜＝5，所以点Z到原点O的最大距离为圆心C到原点的距离加上半径长，得5＋1＝6，最小距离为圆心到原点的距离减去半径长，得5－1＝4.即｜z｜max＝6，｜z｜min＝4. 2.若复数z满足｜z＋2i｜＋｜z－2i｜＝4，求｜z＋i＋1｜的最小值. 提示：设复数z，－2i，2i，－（1＋i）在复平面内对应的点分别为Z，Z1，Z2，Z3， ∵｜z＋2i｜＋｜z－2i｜＝4，｜Z1Z2｜＝4， ∴Z的集合为线段Z1Z2， 如图所示， 则问题转化为动点Z在线段Z1Z2上移动，求｜ZZ3｜的最小值. 作Z3Z0⊥Z1Z2交Z1Z2于点Z0， 则Z3与Z0的距离即为所求的最小值， 易知｜Z3Z0｜＝1， 故｜z＋i＋1｜的最小值为1. 【迁移应用】 已知复数z满足｜z＋2－2i｜＝2，且复数z在复平面内的对应点为M. （1）确定点M的集合的形状； 解：设复数－2＋2i在复平面内的对应点为P，则P（－2，2），则｜z＋2－2i｜＝｜z－（－2＋2i）｜＝｜PM｜＝2，故点M的集合是以P（－2，2）为圆心，2为半径的圆，如图所示. （2）求｜z－1＋2i｜的最大值和最小值. 解：设复数1－2i在复平面内的对应点为Q，则Q（1，－2），则｜z－1＋2i｜＝｜MQ｜.由（1）知｜PQ｜＝＝5，则｜MQ｜的最大值即｜z－1＋2i｜的最大值，为｜PQ｜＋2＝7，｜MQ｜的最小值即｜z－1＋2i｜的最小值，为｜PQ｜－2＝3. 1.如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是，，则复数z1－z2＝（　　） A.－1＋2i B.－2－2i C.1＋2i D.1－2i 解析：B　由题意，知z1＝－2－i，z2＝i，所以z1－z2＝－2－2i，故选B. 2.已知复数z满足＋2z＝i（其中i为虚数单位），则z的虚部为（　　） A. B. C.1 D.2 解析：C　设z＝x＋yi（x，y∈R），则＝x－yi，则（x－yi）＋2（x＋yi）＝i，整理得3x＋yi＝i，故x＝0，y＝1，得z的虚部为1. 3.在复平面内，复数－3－i与5＋i对应的向量分别是与，其中O是原点，则向量＋＝（2，0），对应的复数为－8－2i，A，B两点间的距离为2. 解析：向量＋对应的复数为（－3－i）＋（5＋i）＝2.∵＝－，∴向量对应的复数为（－3－i）－（5＋i）＝－8－2i.∴A，B两点间的距离为｜－8－2i｜＝＝2. 4.i是虚数单位，若z＋｜z｜＝8＋4i，则z＝3＋4i. 解析：设z＝a＋bi，z＋｜z｜＝8＋4i，则a＋bi＋＝8＋4i，即（a＋）＋bi＝8＋4i，所以解得所以z＝3＋4i. 1.若复数z满足z＋（5－2i）＝6＋2i（i为虚数单位），则z的虚部是（　　） A.－2 B.4 C.3 D.－4 解析：B　z＝6＋2i－（5－2i）＝1＋4i，∴z的虚部是4.故选B. 2.如果复数z满足z＋｜z｜＝2＋4i，那么z＝（　　） A.－3＋4i B.3＋4i C.－5＋4i D.5＋4i 解析：A　设z＝a＋bi，a，b∈R，则z＋｜z｜＝a＋bi＋＝a＋＋bi＝2＋4i，所以b＝4，a＋＝2，所以a2＋16＝（2－a）2＝a2－4a＋4，a＝－3，所以z＝－3＋4i.故选A. 3.已知i为虚数单位，在复平面内，复数z1对应的点的坐标为（2，－3），复数z2＝－1＋2i，若复数z＝z1＋z2，则复数z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：D　因为复数z1对应的点的坐标为（2，－3），所以z1＝2－3i，又因为复数z＝z1＋z2，z2＝－1＋2i，所以z＝2－3i＋（－1＋2i）＝1－i，所以复数z对应的点的坐标为（1，－1），位于第四象限.故选D. 4.复数z1＝a＋2i，z2＝－4＋bi，a，b∈R，若z1＋z2为实数，z1－z2为纯虚数，则a＋b＝（　　） A.6 B.－6 C.2 D.－2 解析：B　因为z1＝a＋2i，z2＝－4＋bi，所以z1＋z2＝a＋2i－4＋bi＝（a－4）＋（2＋b）i为实数，则2＋b＝0，即b＝－2.z1－z2＝a＋2i－（－4＋bi）＝（a＋4）＋（2－b）i为纯虚数，则a＋4＝0，2－b≠0，即a＝－4，b≠2，所以a＋b＝－4－2＝－6. 5.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：B　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. 6.〔多选〕｜（3＋2i）－（1＋i）｜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 解析：ACD　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）｜表示点（3，2）与点（1，1）之间的距离，故A说法正确，B说法错误；｜（3＋2i）－（1＋i）｜＝｜2＋i｜，｜2＋i｜可表示点（2，1）到原点的距离，故C说法正确；｜（3＋2i）－（1＋i）｜＝｜（1＋i）－（3＋2i）｜＝｜－2－i｜，｜－2－i｜可表示点（－2，－1）到原点的距离，即坐标为（－2，－1）的向量的模，故D说法正确，故选A、C、D. 7.计算｜（3－i）＋（－1＋2i）－（－1－3i）｜＝5. 解析：｜（3－i）＋（－1＋2i）－（－1－3i）｜＝｜（2＋i）－（－1－3i）｜＝｜3＋4i｜＝＝5. 8.在复平面内，复数1＋i与1＋3i分别对应向量和，其中O为坐标原点，则｜｜＝2. 解析：由题意＝－，∴对应的复数为（1＋3i）－（1＋i）＝2i，∴｜｜＝2. 9.欧拉公式eiθ＝cos θ＋isin θ是由瑞士著名数学家欧拉创立，将其中的θ取π就得到了欧拉恒等式，数学家评价它是“上帝创造的公式”.已知复数z满足｜z｜＝，则｜z－eiπ｜的最大值为. 解析：设z＝x＋yi（x，y∈R），则x2＋y2＝，z－eiπ＝x＋yi－cos π－isin π＝x＋1＋yi，所以｜z－eiπ｜＝｜x＋1＋yi｜＝＝＝.因为x2＋y2＝，所以－≤x≤，所以｜z－eiπ｜的最大值为＝. 10.设z1＝a－3i，z2＝－4＋bi（a，b∈R），且z2－z1＝8＋9i，求z1＋z2. 解：∵z1＝a－3i，z2＝－4＋bi， ∴z2－z1＝（－4－a）＋（b＋3）i＝8＋9i， ∴解得 ∴z1＝－12－3i，z2＝－4＋6i ∴z1＋z2＝－12－3i＋（－4＋6i）＝－16＋3i. 11.〔多选〕已知复数z1＝cos θ＋i，z2＝sin θ－i（θ∈R），令z＝｜z1－z2｜，则（　　） A.z的最小值为2 B.z无最小值 C.z的最大值为 D.z无最大值 解析：AC　由题意，得z＝｜z1－z2｜＝｜（cos θ－sin θ）＋2i｜＝＝＝，∵θ∈R，∴2≤z≤，∴z的最小值为2，最大值为.故选A、C. 12.已知f（）＝2z＋＋i，则f（i）＝－i. 解析：令＝i，则z＋i＝－i，所以z＝－2i，所以f（i）＝2（－2i）＋2i＋i＝－i. 13.如图，复数z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，它们在复平面内的对应点是一个正方形ABCD的三个顶点，求这个正方形的第四个顶点对应的复数. 解：由题图，知复数z1，z2，z3所对应的点分别为A，B，C，设正方形的第四个顶点D对应的复数为x＋yi（x，y∈R）. 法一　＝－，则对应的复数为（x＋yi）－（1＋2i）＝（x－1）＋（y－2）i. ＝－，则对应的复数为 （－1－2i）－（－2＋i）＝1－3i. 因为＝， 所以（x－1）＋（y－2）i＝1－3i，所以 解得 故点D对应的复数为2－i. 法二　因为点A与点C关于原点对称， 所以原点O为正方形的中心，所以点D与点B关于原点对称， 所以（－2＋i）＋（x＋yi）＝0，所以x＝2，y＝－1， 故点D对应的复数为2－i. 14.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.2－2 B.2＋2 C.－1 D.＋1 解析：B　设z＝x＋yi（x，y∈R），则｜z－2｜＋｜z＋2｜＋｜z＋2i｜表示点Z（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｜＝×2＋（2－2tan 30°）＝2＋2.故选B. 15.已知复平面内的平行四边形ABCD中，A点对应的复数为2＋i，向量对应的复数为1＋2i，向量对应的复数为3－i，求： （1）点C，D对应的复数； （2）平行四边形ABCD的面积. 解：（1）∵向量对应的复数为1＋2i，向量对应的复数为3－i， ∴向量对应的复数为（3－i）－（1＋2i）＝2－3i. 又∵＝＋， ∴点C对应的复数为（2＋i）＋（2－3i）＝4－2i. ∵＝， ∴向量对应的复数为3－i， 即＝（3，－1）.设D（x，y）， 则＝（x－2，y－1）＝（3，－1）， ∴解得 ∴点D对应的复数为5. （2）∵·＝｜｜｜｜cos B， ∴cos B＝＝＝. ∵0＜B＜π，∴sin B＝， ∴S平行四边形ABCD＝｜｜｜｜sin B ＝××＝7. ∴平行四边形ABCD的面积为7. 8 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $