7.2.1复数的加、减运算及其几何意义 课件-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第七章 复数 7．2　复数的四则运算 7．2.1　复数的加、减运算及其几何意义 要点整合夯基础 课堂达标练经典 课时作业 典例讲解破题型 [课标解读]1.通过教材实例，结合实数的加、减运算法则了解复数代数形式的加、减运算法则.2.结合向量的加、减运算明确复数代数形式的加、减运算的几何意义． [素养目标] 水平一：了解复数的代数形式的加法、减法运算的几何意义．(数学抽象) 水平二：理解复数的代数形式的加法、减法运算法则，会进行复数代数形式的加、减运算．(数学运算) 知识点一　　复数加法与减法的运算法则 [填一填] 1．运算法则 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则 (1)z1＋z2＝ ； (2)z1－z2＝ . (a＋c)＋(b＋d)i (a－c)＋(b－d)i 2．加法运算律 对于任意z1，z2，z3∈C，有 交换律：z1＋z2＝ ； 结合律：(z1＋z2)＋z3＝ ． z2＋z1 z1＋(z2＋z3) [答一答] 1．两个复数的和，差分别是一个确定的复数，那么两个虚数的和，差是否仍为虚数？ 2．若复数z1，z2满足z1－z2>0，能否认为z1>z2? 提示：两个虚数的和，差可能是虚数也可能是实数． 提示：不能．如2＋i－i>0，但2＋i与i不能比较大小． 知识点二 　复数加法与减法的几何意义 [填一填] 如图， 设eq \o(OZ1,\s\up15(→))，eq \o(OZ2,\s\up15(→))分别与复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di对应，则eq \o(OZ1,\s\up15(→))＝(a，b)，eq \o(OZ2,\s\up15(→))＝(c，d)，由平面向量的坐标运算，得eq \o(OZ1,\s\up15(→))＋eq \o(OZ2,\s\up15(→))＝(a＋c，b＋d).eq \o(OZ1,\s\up15(→))－eq \o(OZ2,\s\up15(→))＝(a－c，b－d)．这说明两个向量eq \o(OZ1,\s\up15(→))与eq \o(OZ2,\s\up15(→))的和就是与复数(a＋c)＋(b＋d)i对应的向量，eq \o(OZ1,\s\up15(→))与eq \o(OZ2,\s\up15(→))的差就是与复数(a－c)＋(b－d)i对应的向量，即图中四边形OZ1ZZ2为平行四边形，则与z1＋z2对应的向量是eq \o(OZ,\s\up15(→))，与z1－z2对应的向量是eq \o(Z2Z1,\s\up15(→)). [答一答] 3．从复数减法的几何意义理解：|z1－z2|表示什么？ 4．若a，b，r为实常数，且r>0，则满足|z－(a＋bi)|＝r的复数z在复平面上对应的点的轨迹是什么？ 提示：表示Z1与Z2两点间的距离． 提示：是以点(a，b)为圆心，r为半径的圆. 类型一　　复数的加减法运算 [例1]　(1)(1＋3i)＋(－2＋i)＋(2－3i)； (2)(2－i)－(－1＋5i)＋(3＋4i)； (3)5i－[(3＋4i)－(－1＋3i)]； (4)(a＋bi)－(3a－4bi)＋5i(a，b∈R)． [分析]　复数的加减运算，只需把“i”看作一个字母，完全可以按照合并同类项的方法进行． [解]　(1)原式＝(－1＋4i)＋(2－3i)＝1＋i. (2)原式＝(3－6i)＋(3＋4i)＝6－2i. (3)原式＝5i－(4＋i)＝－4＋4i. (4)原式＝(－2a＋5bi)＋5i＝－2a＋(5b＋5)i. 1．复数运算类比实数运算，若有括号，括号优先，若无括号，可从左到右依次进行． 2．算式中出现字母时，首先确定其是否为实数，再提取各复数的实部与虚部，将它们分别相加． 3．准确提取虚、实部，正确进行符号运算有利于提高解题的准确率． [变式训练1]　(1)复数z1＝a＋4i，z2＝－3＋bi(a，b∈R)，若它们的和为实数，差为纯虚数，则实数a，b的值为(　　) A．a＝－3，b＝－4　　　　 B．a＝－3，b＝4 C．a＝3，b＝－4 D．a＝3，b＝4 A 解析：由题意可知z1＋z2＝(a－3)＋(b＋4)i是实数，z1－z2＝(a＋3)＋(4－b)i是纯虚数，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b＋4＝0，,a＋3＝0，,4－b≠0，)) 解得a＝－3，b＝－4. (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，且z1＋z2＝5－6i， ∴(x＋3)＋(2－y)i＝5－6i， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋3＝5，,2－y＝－6，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝8.)) ∴z1－z2＝(2＋2i)－(3－8i)＝－1＋10i. 类型二　　复数加减法的几何意义 [例2]　(1)设eq \o(OZ1,\s\up15(→))及eq \o(OZ2,\s\up15(→))分别与复数z1＝5＋3i及复数z2＝4＋i对应，计算z1－z2，并在复平面内作出eq \o(OZ1,\s\up15(→))－eq \o(OZ2,\s\up15(→)). (2)设eq \o(OZ1,\s\up15(→))及eq \o(OZ2,\s\up15(→))分别与复数z1＝1＋3i及复数z2＝2＋i对应，计算z1＋z2，并在复平面内作出eq \o(OZ1,\s\up15(→))＋eq \o(OZ2,\s\up15(→)). [分析]　由复数的几何意义知，复数z1及复数z2所对应的点即分别为Z1和Z2. eq \o(OZ1,\s\up15(→))－eq \o(OZ2,\s\up15(→))就是表示向量eq \o(Z2Z1,\s\up15(→))，而eq \o(OZ1,\s\up15(→))＋eq \o(OZ2,\s\up15(→))可利用平行四边形法则作出． [解]　(1)z1－z2＝(5＋3i)－(4＋i)＝(5－4)＋(3－1)i＝1＋2i.eq \o(OZ1,\s\up15(→))－eq \o(OZ2,\s\up15(→))即为eq \o(Z2Z1,\s\up15(→))，如图①所示． (2)z1＋z2＝(1＋3i)＋(2＋i)＝(1＋2)＋(3＋1)i＝3＋4i.eq \o(OZ1,\s\up15(→))＋eq \o(OZ2,\s\up15(→))即为eq \o(OZ,\s\up15(→))，如图②所示． 利用复数加、减运算的几何意义解题技巧及常见结论 1常用技巧 ①形转化为数：利用几何意义可以把几何图形的变换转化成复数运算去处理； ②数转化为形：对于一些复数运算也可以给予几何解释，使复数作为工具运用于几何之中. 2常见结论：在复平面内，z1，z2对应的点分别为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. [变式训练2]　复平面内三点A，B，C，A点对应的复数为2＋i，向量eq \o(BA,\s\up15(→))对应的复数为1＋2i，向量eq \o(BC,\s\up15(→))对应的复数为3－i，求点C对应的复数． 解：∵eq \o(BA,\s\up15(→))对应的复数为1＋2i，eq \o(BC,\s\up15(→))对应的复数为3－i， ∴eq \o(AC,\s\up15(→))＝eq \o(BC,\s\up15(→))－eq \o(BA,\s\up15(→))对应的复数为(3－i)－(1＋2i) ＝2－3i. 又∵eq \o(OC,\s\up15(→))＝eq \o(OA,\s\up15(→))＋eq \o(AC,\s\up15(→))， ∴C点对应的复数为(2＋i)＋(2－3i)＝4－2i. 类型三　　与复数模的几何意义有关的应用 [例3]　已知|z＋1－i|＝1，求|z－3＋4i|的最大值和最小值． [分析]　利用复数加减法的几何意义，以及数形结合的思想解题． [解]　方法1：设w＝z－3＋4i，∴z＝w＋3－4i. ∴z＋1－i＝w＋4－5i. 又|z＋1－i|＝1， ∴|w＋4－5i|＝1. 可知w对应的点的轨迹是以(－4,5)为圆心，1为半径的圆． 如图(1)所示，∴|w|max＝eq \r(41)＋1， |w|min＝eq \r(41)－1. 即|z－3＋4i|max＝eq \r(41)＋1， |z－3＋4i|min＝eq \r(41)－1. 方法2：由条件知复数z对应的点的轨迹是以(－1,1)为圆心，1为半径的圆， 而|z－3＋4i|＝|z－(3－4i)|表示复数z对应的点到点(3，－4)的距离， 在圆上与(3，－4)距离最大的点为A，距离最小的点为B，如图(2)所示， 所以|z－3＋4i|max＝eq \r(41)＋1， |z－3＋4i|min＝eq \r(41)－1. |z1－z2|表示复平面内z1，z2对应的两点间的距离，利用此性质，可把复数模的问题转化为复平面内两点间的距离问题，从而进行数形结合，把复数问题转化为几何图形问题求解. [变式训练3]　(1)已知z∈C，且|z|＝1，则|z－2－2i|(i为虚数单位)的最大值是(　　) A．2eq \r(2)－1 B．2eq \r(2)＋1 C.eq \r(2) D．2eq \r(2) B 解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，|z|＝1，复数z在复平面内对应的点的集合是以原点为圆心，1为半径的圆，故|z－2－2i|＝eq \r(x－22＋y－22)表示的是圆上的点(x，y)到点(2,2)的距离，可知最长距离为点(0,0)到点(2,2)的距离2eq \r(2)再加上圆的半径1，即为2eq \r(2)＋1.故选B. (2)已知|z1|＝|z2|＝|z1－z2|＝1，求|z1＋z2|. 解：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是一个内角为60°，边长为1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). 1．(6－3i)－(3i＋1)＋(2－2i)的结果为(　　) A．5－3i B．3＋5i C．7－8i D．7－2i C 解析：(6－3i)－(3i＋1)＋(2－2i)＝(6－1＋2)＋(－3－3－2)i＝7－8i. 2．在复平面内，复数1＋i和1＋3i分别对应向量eq \o(OA,\s\up15(→))和eq \o(OB,\s\up15(→))，其中O为坐标原点，则|eq \o(AB,\s\up15(→))|＝(　　) A.eq \r(2)　　　　B．2　　　　C.eq \r(10)　　　　D．4 B 解析：由复数减法的几何意义知，eq \o(AB,\s\up15(→))对应的复数为(1＋3i)－(1＋i)＝2i，∴|eq \o(AB,\s\up15(→))|＝2. 3．已知复数z满足z＋3i－3i2＝3－3i，则z＝(　　) A．0 B．－6i C．6 D．6－6i B 解析：∵z＋3i－3i2＝3－3i， ∴z＝(3－3i)－(3i＋3)＝－6i. 4．在复平面内，O是原点，eq \o(OA,\s\up15(→))，eq \o(OC,\s\up15(→))，eq \o(AB,\s\up15(→))对应的复数分别为－2＋i,3＋2i,1＋5i，那么eq \o(BC,\s\up15(→))对应的复数为 . 4－4i 解析：∵eq \o(BC,\s\up15(→))＝－(eq \o(OA,\s\up15(→))－eq \o(OC,\s\up15(→))＋eq \o(AB,\s\up15(→)))， ∴eq \o(BC,\s\up15(→))对应的复数为－[(－2＋i)－(3＋2i)＋(1＋5i)] ＝－[(－2－3＋1)＋(1－2＋5)i] ＝－(－4＋4i)＝4－4i. 5．已知z1＝eq \f(\r(3),2)a＋(a＋1)i，z2＝－3eq \r(3)b＋(b＋2)i，(a，b∈R)，且z1－z2＝4eq \r(3)，求复数z＝a＋bi. 解：z1－z2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a＋a＋1i))－[－3 eq \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， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))∴z＝2＋i. ——本课须掌握的两大问题 1．对复数加法的理解 (1)复数代数形式的加法运算法则是一种规定，以后就要按照规定进行运算． (2)复数的加法法则是在复数的代数形式下进行的． (3)复数的加法运算的结果仍然是复数． (4)实数的移项法则在复数中仍然成立． (5)复数的加法法则可以推广到多个复数相加的情形． 2．对复数加减法几何意义的理解 (1)对于应用向量加法法则求复数的和，可以利用平行四边形法则，也可以利用三角形法则． (2)复数的减法法则用向量的减法法则来进行运算，应用向量来进行复数的减法，三角形法则显得更加方便． (3)复数的加减法运算可以通过向量的加减法运算进行；反之，向量的加减法运算也可以通过复数的加减法运算进行． (4)利用复数的加减法运算的几何意义可以直观地解决复数问题． $