高二數(shù)學(xué)人教A版選修1-2學(xué)案3-2-1復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算及其幾何意義

3.2復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運算3.2.1復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算及其幾何意義自主預(yù)習(xí)·探新知情景引入加法是一種累積，使人從小到大，從弱到強，從單純走向復(fù)雜；減法是一種刪節(jié)，在經(jīng)過一定的積累以后，刪去多余的枝枝葉葉，以化解心靈的重負(fù)；乘法是一種跨越，是實現(xiàn)人生跨越的秘訣；除法是一種卸載，一切不道德的塵埃，必須依靠理性來及時卸載，以剔除心靈的稗種．這就是人生的四則運算．復(fù)數(shù)作為數(shù)系大家庭的一員，它的四則運算又是怎樣的呢？新知導(dǎo)學(xué)復(fù)數(shù)的加、減法法則及幾何意義與運算律z1、z1、z3∈C，設(shè)eq\o(OZ1,\s\up6(→))、eq\o(OZ2,\s\up6(→))分別與復(fù)數(shù)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a、b、c、d∈R)相對應(yīng)，且eq\o(OZ1,\s\up6(→))、eq\o(OZ2,\s\up6(→))不共線加法減法運算法則z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)iz1－z2＝(a－c)＋(b－d)i幾何意義復(fù)數(shù)的和z1＋z2與向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))＋eq\o(OZ2,\s\up6(→))＝eq\o(OZ,\s\up6(→))的坐標(biāo)對應(yīng)復(fù)數(shù)的差z1－z2與向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))－eq\o(OZ2,\s\up6(→))＝eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))的坐標(biāo)對應(yīng)運算律交換律z1＋z2＝z2＋__z1__結(jié)合律(z1＋z2)＋z3＝z1＋(__z2＋z3__)預(yù)習(xí)自測1．已知復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝3－4i，則z1＋z2＝(B)A．8i B．6C．6＋8i D．6－8i[解析]z1＋z2＝3＋4i＋3－4i＝(3＋3)＋(4－4)i＝6．2．復(fù)數(shù)(1＋i)－(2－i)－3i等于(A)A．－1－i B．1－iC．i D．－i[解析](1＋i)－(2－i)－3i＝(1－2)＋(i＋i－3i)＝－1－i.故選A．3．(2020·全國卷Ⅰ文，2)若z＝1＋2i＋i3，則|z|＝(C)A．0 B．1C.eq\r(2) D．2[解析]∵z＝1＋2i＋i3＝1＋2i－i＝1＋i，∴|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)．4．若復(fù)數(shù)z1＝－2＋i，z2＝1＋2i，則復(fù)數(shù)z1－z2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點所在的象限是(C)A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[解析]z1－z2＝(－2＋i)－(1＋2i)＝(－2－1)＋(i－2i)＝－3－i，故z1－z2對應(yīng)點的坐標(biāo)為(－3，－1)在第三象限．5．若復(fù)數(shù)z1＝2＋i，z2＝3＋ai(a∈R)，z1＋z2所對應(yīng)的點在實軸上，則a＝__－1__．[解析]z1＋z2＝(2＋i)＋(3＋ai)＝5＋(a＋1)i，∵z1＋z2所對應(yīng)的點在實軸上，∴a＋1＝0，∴a＝－1．6．計算：(1)(2＋4i)＋(－5＋i)；(2)(2eq\r(2)i－8)＋(1－eq\r(2)i)．[解析](1)(2＋4i)＋(－5＋i)＝(2－5)＋(4＋1)i＝－3＋5i．(2)(2eq\r(2)i－8)＋(1－eq\r(2)i)＝(－8＋2eq\r(2)i)＋(1－eq\r(2)i)＝(－8＋1)＋(2eq\r(2)－eq\r(2))i＝－7＋eq\r(2)i．互動探究·攻重難互動探究解疑命題方向?復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算典例1計算下列各題：(1)(eq\r(2)－eq\r(3)i)＋(－eq\r(2)＋eq\f(\r(3),2)i)＋1；(2)(－eq\f(i,2)－eq\f(1,3))－(eq\f(i,3)－eq\f(1,2))＋i；(3)(5－6i)＋(－2－2i)－(3＋3i)．[思路分析]解答本題可根據(jù)復(fù)數(shù)加減運算的法則進行．[解析](1)原式＝(eq\r(2)－eq\r(2))＋(－eq\r(3)＋eq\f(\r(3),2))i＋1＝1－eq\f(\r(3),2)i．(2)原式＝(－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2))＋(－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋1)i＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)i．(3)原式＝(5－2－3)＋[－6＋(－2)－3]i＝－11i．『規(guī)律方法』復(fù)數(shù)的加減法運算就是把復(fù)數(shù)的實部與實部，虛部與虛部分別相加減．┃┃跟蹤練習(xí)1__■計算：(1)(1＋2i)＋(3－4i)－(5＋6i)；(2)5i－[(3＋4i)－(－1＋3i)]；(3)(a＋bi)－(2a－3bi)－3i(a，b∈R)．[解析](1)(1＋2i)＋(3－4i)－(5＋6i)＝(4－2i)－(5＋6i)＝－1－8i．(2)5i－[(3＋4i)－(－1＋3i)]＝5i－(4＋i)＝－4＋4i．(3)(a＋bi)－(2a－3bi)－3i＝(a－2a)＋[b－(－3b)－3]i＝－a＋(4b－3)i．命題方向?復(fù)數(shù)加、減法運算的幾何意義典例2已知復(fù)平面內(nèi)的平行四邊形OABC的三個頂點O、A、C對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為0、3＋2i、－2＋4i，試求：(1)eq\o(AO,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)；(2)eq\o(CA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)；(3)B點對應(yīng)的復(fù)數(shù)．[解析](1)eq\o(AO,\s\up6(→))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))，則eq\o(AO,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－(3＋2i)，即－3－2i．(2)eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(CA,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i．(3)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\o(OB,\s\up6(→))對應(yīng)的復(fù)數(shù)為(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，即B點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1＋6i．『規(guī)律方法』1.對于一些較復(fù)雜的復(fù)數(shù)運算問題，特別是與復(fù)數(shù)的模有關(guān)的問題可將復(fù)數(shù)與復(fù)平面內(nèi)以原點為起點的向量加以轉(zhuǎn)化，利用幾何意義給予幾何解釋，數(shù)形結(jié)合解決．2．若幾何圖形的變換可以坐標(biāo)化，可利用向量、點與復(fù)數(shù)的關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)的運算處理．例如關(guān)系式|z1＋z2|＝|z1－z2|的幾何解釋為：平行四邊形兩對角線長相等，故四邊形OACB為矩形．┃┃跟蹤練習(xí)2__■設(shè)向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))及eq\o(OZ2,\s\up6(→))在復(fù)平面內(nèi)分別與復(fù)數(shù)z1＝5＋3i及復(fù)數(shù)z2＝4＋i對應(yīng)，試計算z1－z2，并在復(fù)平面內(nèi)表示出來．[解析]z1－z2＝(5＋3i)－(4＋i)＝(5－4)＋(3－1)i＝1＋2i．如下圖所示，eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))即為z1－z2所對應(yīng)的向量．根據(jù)復(fù)數(shù)減法的幾何意義：復(fù)數(shù)z1－z2是連接向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))，eq\o(OZ2,\s\up6(→))的終點，并指向被減數(shù)的向量eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))所對應(yīng)的復(fù)數(shù)．命題方向?復(fù)數(shù)加減法的綜合問題典例3已知|z1|＝|z2|＝|z1－z2|＝1，求|z1＋z2|．[思路分析]設(shè)出z1、z2，將復(fù)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為實數(shù)問題或利用復(fù)數(shù)運算的幾何意義求解．[解析]解法一：設(shè)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＋c2＋b＋d2)＝eq\r(a2＋c2＋b2＋d2＋2ac＋2bd)＝eq\r(3)．解法二：作出z1、z2對應(yīng)的向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))、eq\o(OZ2,\s\up6(→))，則z1－z2對應(yīng)eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))，∵|z1|＝|z2|＝1，若eq\o(OZ1,\s\up6(→))、eq\o(OZ2,\s\up6(→))共線，則|z1－z2|＝|eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))|＝2或0，與已知矛盾．∴eq\o(OZ1,\s\up6(→))與eq\o(OZ2,\s\up6(→))不共線．又|z1|＝|z2|＝|z1－z2|，∴△OZ1Z2為等邊三角形．∴∠Z1OZ2＝60°，設(shè)z1＋z2對應(yīng)向量eq\o(OZ,\s\up6(→))，則∠OZ1Z＝120°，∴在△OZ1Z2中，由余弦定理得：|eq\o(OZ,\s\up6(→))|＝eq\r(12＋12－2×1×1×cos120°)＝eq\r(1＋1－2×－\f(1,2))＝eq\r(3)．『規(guī)律方法』1.設(shè)出復(fù)數(shù)z＝x＋yi(x，y∈R)，利用復(fù)數(shù)相等或模的概念，可把條件轉(zhuǎn)化為x、y滿足的關(guān)系式，利用方程思想求解，這是本章“復(fù)數(shù)問題實數(shù)化思想”的應(yīng)用．2．在復(fù)平面內(nèi)，z1，z2對應(yīng)的點為A、B，z1＋z2對應(yīng)的點為C，O為坐標(biāo)原點，則四邊形OACB：(1)為平行四邊形；(2)若|z1＋z2|＝|z1－z2|，則四邊形OACB為矩形；(3)若|z1|＝|z2|，則四邊形OACB為菱形；(4)若|z1|＝|z2|且|z1＋z2|＝|z1－z2|，則四邊形OACB為正方形．┃┃跟蹤練習(xí)3__■設(shè)z1、z2∈C，已知|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(2)，求|z1－z2|．[解析]解法一：設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a、b、c、d∈R)．由題意，知a2＋b2＝1，c2＋d2＝1．(a＋c)2＋(b＋d)2＝2，∴2ac＋2bd＝0．∴|z1－z2|2＝(a－c)2＋(b－d)2＝a2＋c2＋b2＋d2－2ac－2bd＝2．∴|z1－z2|＝eq\r(2)．解法二：設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2，z1＋z2分別對應(yīng)向量eq\o(OZ1,\s\up6(→))、eq\o(OZ2,\s\up6(→))、eq\o(OZ,\s\up6(→))，∵|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(2)，∴平行四邊形OZ1ZZ2為正方形．∴|z1－z2|＝|eq\o(Z2Z1,\s\up6(→))|＝|eq\o(OZ,\s\up6(→))|＝eq\r(2)．易混易錯警示考慮問題要全面典例4已知：復(fù)平面上的四個點A、B、C、D構(gòu)成平行四邊形，頂點A、B、C對應(yīng)于復(fù)數(shù)－5－2i、－4＋5i、2，求點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)．[錯解]∵Beq\o(A,\s\up6(→))＝Ceq\o(D,\s\up6(→))，∴zA－zB＝zD－zC，∴zD＝zA－zB＋zC＝(－5－2i)－(－4＋5i)＋2＝1－7i．即點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1－7i．[辨析]四個點A、B、C、D構(gòu)成平行四邊形，并不僅有?ABCD一種情況，應(yīng)該還有?ABDC和?ACBD兩種情況．如圖所示．[正解]用錯解可求D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1－7i，用相同的方法可求得另兩種情況下點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)z．圖①中點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3＋7i，圖②中點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為－11＋3i．故點D對應(yīng)的復(fù)數(shù)為1－7i或3＋7i或－11＋3i．學(xué)科核心素養(yǎng)復(fù)數(shù)的模的取值范圍問題典例5設(shè)x∈[0,2π)，復(fù)數(shù)z1＝cosx＋isinx對應(yīng)的點在第一象限中直線y＝x的左上方，z2＝1－i，則|z1＋z2|的取值范圍是__(1，eq\r(3))__．[思路分析]第一步，審題．一審條件，挖掘題目信息，由x∈[0,2π)，復(fù)數(shù)z1的對應(yīng)點位于第一象限且在直線y＝x的左上方可求得x的取值范圍；由z1與z2的代數(shù)形式及復(fù)數(shù)加法運算法則可求出z1＋z2．二審結(jié)論，明確解題方向，求|z1＋z2|的取值范圍，可利用復(fù)數(shù)運算法則及模的定義轉(zhuǎn)化為求三角函數(shù)值域，要特別注意求值域時x的取值范圍不能認(rèn)定就是[0,2π)．第二步，建立聯(lián)系，確定解題步驟．由條件與結(jié)論之間的關(guān)系，確定本題解題步驟：先求x的取值范圍，再將|z1＋z2|表示為x的三角函數(shù)，然后化為一角一函形式，利用三角函數(shù)的值域求|z1＋z2|的取值范圍．第三步，規(guī)范解答．[解析]由已知得z1＋z2＝(cosx＋1)＋(sinx－1)i，所以|z1＋z2|＝eq\r(cosx＋12＋sinx－12)＝eq\r(cos2x＋2cosx＋1＋sin2x－2sinx＋1)＝eq\r(2cosx－sinx＋3)＝eq\r(2\r(2)cosx＋\f(π,4)＋3