高端精品高中数学一轮专题-复数的加、减运算及其几何意义（讲）（带答案）教案

这是一份高端精品高中数学一轮专题-复数的加、减运算及其几何意义（讲）（带答案）教案，共5页。教案主要包含了自主学习，合作探究等内容，欢迎下载使用。
知识点1 复数的加、减法法则及几何意义与运算律
【合作探究】
探究一 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.
【练习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.
探究二 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).
【练习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.
探究三 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).
【练习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).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)