高中数学人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算优秀教学设计

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算优秀教学设计，共13页。

[学习目标] 1.熟练掌握复数的代数形式的加、减法运算法则.2.理解复数加、减法的几何意义，能够利用“数形结合”的思想解题.

知识点 复数的加、减法法则及几何意义与运算律
思考 (1)两个复数的和是个什么数，它的值唯一确定吗？
(2)若复数z1，z2满足z1－z2＞0，能否认为z1＞z2?
答案 (1)是复数，唯一确定.
(2)不能，例如可取z1＝3＋2i，z2＝2i.
题型一 复数加、减法的运算
例1 (1)计算(2＋4i)＋(3－4i)；
(2)计算(－3－4i)＋(2＋i)－(1－5i).
解 (1)原式＝(2＋3)＋(4－4)i＝5.
(2)原式＝(－3＋2－1)＋(－4＋1＋5)i＝－2＋2i.
反思与感悟 复数的加、减法运算，就是实部与实部相加减作实部，虚部与虚部相加减作虚部，同时也把i看作字母，类比多项式加减中的合并同类项.
跟踪训练1 计算(1－2i)－(2－3i)＋(3－4i)－(4－5i)＋…＋(2 011－2 012i)－(2 012－2 013i).
解 方法一 原式＝(1－2＋3－4＋…＋2 011－2 012)＋(－2＋3－4＋5＋…－2 012＋2 013)i＝－1 006＋1 006i.
方法二 (1－2i)－(2－3i)＝－1＋i，
(3－4i)－(4－5i)＝－1＋i，…，
(2 011－2 012i)－(2 012－2 013i)＝－1＋i.
将上列1 006个式子累加可得
原式＝1 006(－1＋i)＝－1 006＋1 006i.
题型二 复数加、减法的几何意义
例2 如图所示，在平行四边形OABC中，顶点O，A，C分别表示0,3＋2i，－2＋4i.求：
(1)eq \(AO,\s\up6(→))所表示的复数，eq \(BC,\s\up6(→))所表示的复数；
(2)对角线eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数；
(3)对角线eq \(OB,\s\up6(→))所表示的复数及eq \(OB,\s\up6(→))的长度.
解 (1)因为eq \(AO,\s\up6(→))＝0－(3＋2i)＝－3－2i，
所以eq \(AO,\s\up6(→))所表示的复数为－3－2i.
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AO,\s\up6(→))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))所表示的复数为－3－2i.
(2)因为eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，
所以eq \(CA,\s\up6(→))所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.
(3)因为对角线eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，
所以eq \(OB,\s\up6(→))所表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，
所以|eq \(OB,\s\up6(→))|＝eq \r(12＋62)＝eq \r(37).
反思与感悟 复数z与复平面内的向量eq \(OZ,\s\up6(→))是一一对应的关系，复数的加法可以按照向量的加法来进行，即复数的加法符合向量加法的三角形法则、平行四边形法则.
类比实数减法的意义，复数的减法也是加法的逆运算：减去一个复数等于加上这个复数的相反数.
若用d表示平面内点Z1和Z2之间的距离，则d＝|eq \(Z1Z2,\s\up6(——→ —————————————))|＝|z1－z2|，其中z1，z2是复平面内的两点Z1，Z2对应的复数.这就是复平面内两点间的距离公式.
跟踪训练2 满足条件|z＋1－i|＝|4－3i|的复数z在复平面内对应的点的轨迹是( )
A.一条直线 B.两条直线
C.一个圆 D.一个椭圆
答案 C
解析 根据复数减法的几何意义，|z＋1－i|表示复平面内复数z对应的点Z到点(－1,1)的距离，而|4－3i|表示复数4－3i的模，等于5，故满足|z＋1－i|＝5的复数z在复平面内对应的点的轨迹是以(－1,1)为圆心，5为半径的圆.
题型三 复数加、减法的综合应用
例3 已知|z1|＝|z2|＝|z1－z2|＝1，求|z1＋z2|.
解 方法一 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).
方法二 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，
又以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，
∴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|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|
＝ eq \r((|\(OA,\s\up6(→))|2＋|\(AC,\s\up6(→))|2＋2|\(OA,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|cs 60°))＝eq \r(3).
反思与感悟 (1)设出复数z＝x＋yi(x，y∈R)，利用复数相等或模的概念，可把条件转化为x，y满足的关系式，利用方程思想求解，这是本章“复数问题实数化”思想的应用.
(2)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.
跟踪训练3 已知|z1|＝|z2|＝1，z1＋z2＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i，求复数z1，z2及|z1－z2|.
解 由于|z1＋z2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i))＝1，设z1，z2，z1＋z2对应的向量分别为eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，则因|eq \(OA,\s\up6(→))|＝|eq \(OB,\s\up6(→))|＝|eq \(OC,\s\up6(→))|＝1，故A，B，C三点均在以原点为圆心，1为半径的圆上，如图所示，由平行四边形法则和余弦定理易得

cs∠AOC＝eq \f(|\(OA,\s\up6(→))|2＋|\(OC,\s\up6(→))|2－|\(AC,\s\up6(→))|2,2|\(OA,\s\up6(→))||\(OC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
故∠AOC＝60°，所以平行四边形OACB为菱形，且△BOC，△COA都是等边三角形，即∠AOB＝120°.
又∵eq \(OC,\s\up6(→))与x轴正半轴的夹角为60°，故点A在x轴上，即A(1,0).
而xB＝|eq \(OB,\s\up6(→))|cs 120°＝－eq \f(1,2)，yB＝|eq \(OB,\s\up6(→))|sin 120°＝eq \f(\r(3),2)，
∴B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2))).
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z1＝1，,z2＝－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z1＝－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i，,z2＝1.))
方法一 |z1－z2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(\r(3),2)i))＝eq \r(3).
方法二 由结论|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)知，|z1－z2|2＝2|z1|2＋2|z2|2－|z1＋z2|2＝3，
∴|z1－z2|＝eq \r(3).
方法三 由余弦定理可得
|eq \(AB,\s\up6(→))|2＝|eq \(OA,\s\up6(→))|2＋|eq \(OB,\s\up6(→))|2－2|eq \(OA,\s\up6(→))||eq \(OB,\s\up6(→))|cs 120°＝3，
又∵z1－z2＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))，
∴|z1－z2|＝|eq \(BA,\s\up6(→))|＝|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(3).
因对复数加、减法的几何意义理解不到位致误
例4 在平行四边形ABCD中，A，B，C三个顶点所对应的复数分别为3＋3i，－5i，－2＋i，求第四个顶点对应的复数.
错解 ∵四边形ABCD为平行四边形，
∴eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))，∴eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，故eq \(OD,\s\up6(→))对应的复数为3＋3i－(－2＋i)＋(－5i)＝5－3i.
∴第四个顶点D对应的复数为5－3i.
错因分析 eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，而不是eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OD,\s\up6(→)).
正解 ∵eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))，∴eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)).
∴eq \(OD,\s\up6(→))对应的复数为3＋3i－2＋i＋5i＝1＋9i.
∴第四个顶点D对应的复数为1＋9i.
防范措施 可依据复数的几何意义，找出相应A，B，C三点的坐标，然后推测D点的大致位置，再依据平行四边形的性质，并结合向量知识确定点D的坐标.
1.若复数z满足z＋i－3＝3－i，则z等于( )
A.0 B.2i
C.6 D.6－2i
答案 D
解析 z＝3－i－(i－3)＝6－2i.
2.复数i＋i2在复平面内表示的点在( )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
答案 B
解析 i＋i2＝－1＋i，对应的点在第二象限.
3.在复平面内，O是原点，eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))表示的复数分别为－2＋i,3＋2i,1＋5i，则eq \(BC,\s\up6(→))表示的复数为( )
A.2＋8i B.－6－6i
C.4－4i D.－4＋2i
答案 C
解析 eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))－(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→)))＝3＋2i－(1＋5i－2＋i)＝4－4i.
∴eq \(BC,\s\up6(→))表示的复数为4－4i.
4.若|z－1|＝|z＋1|，则复数z对应的点在( )
A.实轴上 B.虚轴上
C.第一象限 D.第二象限
答案 B
解析 ∵|z－1|＝|z＋1|，∴点Z到(1,0)和(－1,0)的距离相等，即点Z在以(1,0)和(－1,0)为端点的线段的中垂线上.
5.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＝ .
答案 －1
解析 z1－z2＝(a2－a－2)＋(a－4＋a2－2)i(a∈R)为纯虚数，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a－2＝0，,a2＋a－6≠0，))解得a＝－1.
1.复数代数形式的加减法满足交换律、结合律，复数的减法是加法的逆运算.
2.复数加法的几何意义就是向量加法的平行四边形法则.复数减法的几何意义就是向量减法的三角形法则.
一、选择题
1.复数z1＝2－eq \f(1,2)i，z2＝eq \f(1,2)－2i，则z1＋z2等于( )
A.0 B.eq \f(3,2)＋eq \f(5,2)i
C.eq \f(5,2)－eq \f(5,2)i D.eq \f(5,2)－eq \f(3,2)i
答案 C
解析 z1＋z2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2))i＝eq \f(5,2)－eq \f(5,2)i.
2.若z＋3－2i＝4＋i，则z等于( )
A.1＋i B.1＋3i
C.－1－i D.－1－3i
答案 B
解析 z＝4＋i－(3－2i)＝1＋3i.
3.复数z1＝3＋i，z2＝－1－i，则z1－z2等于( )
A.2 B.2＋2i
C.4＋2i D.4－2i
答案 C
4.设z1＝2＋bi，z2＝a＋i，当z1＋z2＝0时，复数a＋bi为( )
A.1＋i B.2＋i
C.3 D.－2－i
答案 D
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋a＝0，,b＋1＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－1.))∴a＋bi＝－2－i.
5.如果复数z满足|z＋2i|＋|z－2i|＝4，那么|z＋i＋1|的最小值是( )
A.1 B.eq \r(2)
C.2 D.eq \r(5)
答案 A
解析 设复数－2i,2i，－(1＋i)在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，Z3，因为|z＋2i|＋|z－2i|＝4，Z1Z2＝4，所以复数z的几何意义为线段Z1Z2，如图所示，问题转化为：动点Z在线段Z1Z2上移动，求ZZ3的最小值.
因此作Z3Z0⊥Z1Z2于Z0，则Z3与Z0的距离即为所求的最小值，Z0Z3＝1.故选A.
6.复平面内点A，B，C对应的复数分别为i,1,4＋2i，由A→B→C→D按逆时针顺序作▱ABCD，则|eq \(BD,\s\up6(→))|等于( )
A.5 B.eq \r(13) C.eq \r(15) D.eq \r(17)
答案 B
解析 如图，
设D(x，y)，F为▱ABCD的对角线的交点，则点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(3,2)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＝4，,y＋0＝3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝3.))
所以点D对应的复数为z＝3＋3i，
所以eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))＝(3,3)－(1,0)＝(2,3)，
所以|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \r(13).
二、填空题
7.若复数z1＋z2＝3＋4i，z1－z2＝5－2i，则z1＝ .
答案 4＋i
解析 两式相加得2z1＝8＋2i，∴z1＝4＋i.
8.若|z－2|＝|z＋2|，则|z－1|的最小值是 .
答案 1
解析 由|z－2|＝|z＋2|，知z对应点的轨迹是到(2,0)与到(－2,0)距离相等的点，即虚轴.|z－1|表示z对应的点与(1,0)的距离.∴|z－1|min＝1.
9.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 .
答案 eq \f(11,5)＋eq \r(3)i
解析 设这个复数为x＋yi(x，y∈R)，
∴x＋yi＋eq \r(x2＋y2)＝5＋eq \r(3)i，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(x2＋y2)＝5，,y＝\r(3)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(11,5)，,y＝\r(3).))
∴x＋yi＝eq \f(11,5)＋eq \r(3)i.
三、解答题
10.计算：(1)(－7i＋5)－(9－8i)＋(3－2i)；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,2)i))＋(2－i)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)－\f(3,2)i)).
(3)已知z1＝2＋3i，z2＝－1＋2i，求z1＋z2，z1－z2.
解 (1)(－7i＋5)－(9－8i)＋(3－2i)
＝－7i＋5－9＋8i＋3－2i
＝(5－9＋3)＋(－7＋8－2)i＝－1－i.
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,2)i))＋(2－i)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)－\f(3,2)i))
＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)i＋2－i－eq \f(4,3)＋eq \f(3,2)i
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋2－\f(4,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－1＋\f(3,2)))i＝1＋i.
(3)z1＋z2＝2＋3i＋(－1＋2i)＝1＋5i，
z1－z2＝2＋3i－(－1＋2i)＝3＋i.
11.已知ABCD是复平面内的平行四边形，且A，B，C三点对应的复数分别是1＋3i，－i,2＋i，求点D对应的复数.
解 方法一 设D点对应的复数为x＋yi(x，y∈R)，
则D(x，y)，又由已知A(1,3)，B(0，－1)，C(2,1).
∴AC中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))，BD中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y－1,2))).
∵平行四边形对角线互相平分，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＝\f(x,2)，,2＝\f(y－1,2)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝5.))即点D对应的复数为3＋5i.
方法二 设D点对应的复数为x＋yi(x，y∈R).
则eq \(AD,\s\up6(→))对应的复数为(x＋yi)－(1＋3i)
＝(x－1)＋(y－3)i，
又eq \(BC,\s\up6(→))对应的复数为(2＋i)－(－i)＝2＋2i，
由于eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→)).∴(x－1)＋(y－3)i＝2＋2i.
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝2，,y－3＝2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝5.))即点D对应的复数为3＋5i.
12.集合M＝{z||z－1|≤1，z∈C}，N＝{z||z－1－i|＝|z－2|，z∈C}，集合P＝M∩N.
(1)指出集合P在复平面上所表示的图形；
(2)求集合P中复数模的最大值和最小值.
解 (1)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，以1为半径的圆的内部及边界；由|z－1－i|＝|z－2|可知，集合N在复平面内所对应点集是以点(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，如图所示.
(2)圆的方程为x2＋y2－2x＝0，
直线l的方程为y＝x－1.
解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2－2x＝0，,y＝x－1))得
A(eq \f(2＋\r(2),2)，eq \f(\r(2),2))，B(eq \f(2－\r(2),2)，－eq \f(\r(2),2)).
∴|OA|＝eq \r(2＋\r(2))，|OB|＝eq \r(2－\r(2)).
∵点O到直线l的距离为eq \f(\r(2),2)，且过O向l作垂线，垂足在线段BE上，∴eq \f(\r(2),2)∴集合P中复数模的最大值为eq \r(2＋\r(2))，最小值为eq \f(\r(2),2).
z1，z2，z3∈C，设eq \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))分别与复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)相对应，且eq \(OZ1,\s\up6(→))，eq \(OZ2,\s\up6(→))不共线
加法
减法
运算法则
z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i
z1－z2＝(a－c)＋(b－d)i
几何意义
复数的和z1＋z2与向量eq \(OZ1,\s\up6(→))＋eq \(OZ2,\s\up6(→))＝eq \(OZ,\s\up6(→))的坐标对应
复数的差z1－z2与向量eq \(OZ1,\s\up6(→))－eq \(OZ2,\s\up6(→))＝eq \(Z2Z1,\s\up6(→))的坐标对应
运算律
交换律
z1＋z2＝z2＋z1
结合律
(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)