【文档说明】高中数学人教版选修2-2教案：3.2.1复数的代数形式的加减运算及其几何意义 （二）含答案【高考】.doc，共(14)页，2.344 MB，由管理员店铺上传

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13．2复数代数形式的四则运算3．2.1复数代数形式的加减运算及其几何意义(教师用书独具)●三维目标1．知识与技能掌握复数加减运算的法则及运算律，理解复数加减运算的几何意义．2．过程与方法在问题探究过程中，体会和学习类比、数形结合等数学思想方法，感悟运算形

成的基本过程．3．情感、态度与价值观通过探究复数加减运算法则的过程，感悟由特殊到一般的思想，同时由向量的加减法与复数的类比，理解复数加减的运算法则，知道事物之间是普遍联系的哲学规律．●重点难点重点：理解和掌

握复数加减运算的两种运算形式及加法运算律，准确进行加减运算，初步运用加减法的几何意义解决简单问题．难点：复数加减法的几何意义及其应用．(教师用书独具)2●教学建议建议本节课采取自主探究式教学，这节课主要是复数

的加减法运算，学生可以类比实数的加减法运算理解复数的加减法运算，让学生自主探讨例题1及变式训练的解法，总结规律方法．在讨论复数加法的几何意义时，引导学生联想向量的加法并运用平行四边形法则来进行运算，复数减法的几何意义，可联想向量的减法运用三角形法则来进行运算．教学中应让学生对复数的加法与

向量的加法是怎样联系起来并得到统一的过程做出探究．对于一些简单的问题让学生动手去做，让学生起到主体作用，教师起到主导作用．●教学流程创设问题情境，引出问题，引导学生思考两个复数的和与差的运算．让学生自主完成填一填，使学生进一步了解复数加减运算的方法，及其满足的运算律．

由学生自主分析例题1的运算方法并求解，教师只需指导完善解答疑惑．并要求学生独立完成变式训练．学生分组探究例题2解法，通过引导学生画图，认识复数与向量的对应关系，联想向量运算的几何意义，求出z1＋z2，完成互动探究．完成当堂双基达标，巩固所学知识及应用方法．并进行反馈矫正．归

纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识，强调重点内容和规律方法．学生自主完成例题3变式训练，老师抽查完成情况，对出现问题及时指导．让学生自主分析例题3，老师适当点拨解题思路，学生分组讨论给出解法．老师组织解法展示，引导学生总结解题

规律.课标解读1.熟练掌握复数的代数形式的加减法运算法则．(重点)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．(难点)复数代数形式的加减运算【问题导思】已知复数z1＝a＋bi，z2＝

c＋di(a，b，c，d∈R)．1．多项式的加减实质是合并同类项，类比想一想复数如何加减？【提示】两个复数相加(减)就是把实部与实部、虚部与虚部分别相加(减)，即(a＋bi)±(c3＋di)＝(a±c)＋(b±d)i.2．复数的

加法满足交换律和结合律吗？【提示】满足．(1)运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a、b、c、d∈R)，则①z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i，②z1－z2＝(a－c)＋(b－d)i.(2)加法运算律：交换律z1＋z2＝z2＋z1结合律(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)

复数加减法运算的几何意义【问题导思】如图，OZ1→，OZ2→分别与复数a＋bi，c＋di对应．1．试写出OZ1→，OZ2→及OZ1→＋OZ2→，OZ1→－OZ2→的坐标．【提示】OZ1→＝(a，b)，OZ2→＝(c

，d)，OZ1→＋OZ2→＝(a＋c，b＋d)，OZ1→－OZ2→＝(a－c，b－d)．2．向量OZ1→＋OZ2→，OZ1→－OZ2→对应的复数分别是什么？【提示】OZ1→＋OZ2→对应的复数是a＋c＋(b＋d)i，OZ1→－O

Z2→对应的复数是a－c＋(b－d)i.图3－2－1(1)复数加法的几何意义4如图3－2－1：设复数z1，z2对应向量分别为OZ1→，OZ2→，四边形OZ1ZZ2为平行四边形，则与z1＋z2对应的向量是OZ→.(2)复数减法的几何意义图3－2－2如图3－2－2所示，设OZ1→，OZ

2→分别与复数z1＝a＋bi，z2＝c＋di对应，且OZ1→，OZ2→不共线，则这两个复数的差z1－z2与向量OZ1→－OZ2→(即Z2Z1→)对应，这就是复数减法的几何意义．这表明两个复数的差z1－z2(即OZ1→－OZ2→)与连接两个终点Z

1，Z2，且指向被减数的向量对应.复数的加减运算计算下列各题：(1)(2－3i)＋(－2＋32i)＋1；(2)(－i2－13)－(i3－12)＋i；(3)(5－6i)＋(－2－2i)－(3＋3i)．【思路探究】解答本题可根

据复数加减运算的法则进行．【自主解答】(1)原式＝(2－2)＋(－3＋32)i＋1＝1－32i.(2)原式＝(－13＋12)＋(－12－13＋1)i＝16＋16i.(3)原式＝(5－2－3)＋[－6＋(－2)－3]i＝－11i.

复数的加减法运算就是把复数的实部与实部，虚部与虚部分别相加减．已知复数z满足z＋1＋2i＝10－3i，求z.5【解】z＋1＋2i＝10－3i，∴z＝(10－3i)－(2i＋1)＝9－5i.复数加减法的几何意义设OZ1→及OZ2→分别与复数z1＝5＋3i及复数z2＝4＋i对应，试计算

z1＋z2，并在复平面内作出OZ1→＋OZ2→.【思路探究】利用加法法则求z1＋z2，利用复数的几何意义作出OZ1→＋OZ2→.【自主解答】∵z1＝5＋3i，z2＝4＋i，∴z1＋z2＝(5＋3i)＋(4＋i)＝9＋4i∵OZ1→＝(5,3)，OZ2→＝(4,1)，由复数的几

何意义可知，OZ1→＋OZ2→与复数z1＋z2对应，∴OZ1→＋OZ2→＝(5,3)＋(4,1)＝(9,4)．作出向量OZ1→＋OZ2→＝OZ→如图所示．1．根据复数加减运算的几何意义可以把复数的加减运算转化为向量的坐标运算．2．利用向量进行复数的加减运算时，同样满足平行四边形法则和

三角形法则．3．复数加减运算的几何意义为应用数形结合思想解决复数问题提供了可能．在题设不变的情况下，计算z1－z2，并在复平面内作出OZ1→－OZ2→.【解】z1－z2＝(5＋3i)－(4＋i)＝(5－4)＋(3－1)i＝1＋2i.OZ1→－OZ2→＝Z2Z1→，6故OZ1→－OZ2→即为图

中Z2Z1→.复数加减法的综合问题已知|z＋1－i|＝1，求|z－3＋4i|的最大值和最小值．【思路探究】利用复数加减法的几何意义，以及数形结合的思想解题．【自主解答】法一设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＝41＋1，|w|min＝41－1.(1)(2)法二由条件知复数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＝41＋1，|z－3＋4i|min＝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．设z1，z2∈C，已知|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝2，求|z1－z2|.【

解】法一设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)．7由题意，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|＝2.法二设复数z1，z2，z1＋z2分别对应向量OZ1→，OZ2→，OZ→.∵|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝2，∴平行四边形OZ1ZZ2为正方形．∴|z1－z2|＝|Z2Z1→|＝|OZ→|＝2.数形结合思想在复数中的应用复平面内点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|BD→|等于()A．5B.13C.15D.17【思路点拨】首先由A、C两点坐标求解出AC的中点坐标，然后再由点B的坐标求解出点D的坐标．【规范解答】如图，设

D(x，y)，F为▱ABCD的对角线的交点，则点F的坐标为(2，32)，所以x＋1＝4，y＋0＝3，即x＝3，y＝3.所以点D对应的复数为z＝3＋3i，所以BD→＝OD→－OB→＝3＋3i－1＝2＋3i，8所以|BD→|＝13.【答案】B数与形是数学中两个最古老、也是最基本的研究

对象，它们在一定条件下可以相互转化．数形结合，不仅是一种重要的解题方法，而且也是一种重要的思维方法．本章中有关复数的几何意义包括三个方面：复数的表示(点和向量)、复数的模的几何意义及复数运算的几何意义．复数的几何意义充分体现了数形结合这一重要的数学思想方法，即通过几何图形来研究代

数问题．解决此类问题的关键是由题意正确地画出图形，然后根据三角形法则或平行四边形法则借助复数相等即可求解．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．1．(2013·

潍坊市高二检测)(2－2i)－(－3i＋5)等于()A．2－iB．－3＋iC．5i－7D．2＋3i【解析】(2－2i)－(－3i＋5)＝(2－5)＋(－2＋3)i＝－3＋i.9【答案】B2．在复平面内，点A对应的复数为2＋3i，向量OB→对应的复数为－1＋2i，则向量BA→对应的复数为()A．1＋

5iB．3＋iC．－3－iD．1＋i【解析】∵BA→＝OA→－OB→，∴BA→对应的复数为(2＋3i)－(－1＋2i)＝(2＋1)＋(3－2)i＝3＋i.故选B.【答案】B3．实数x，y满足(1＋i)x＋(1－i)y＝2，则xy的值是________．【解析

】∵(1＋i)x＋(1－i)y＝2，∴x＋y＝2，x－y＝0.解得x＝1，y＝1.∴xy＝1.【答案】14．设z1＝2＋bi，z2＝a＋i，当z1＋z2＝0时，求复数a＋bi.【解】∵z1＋z2＝0，∴(2＋a)＋(b＋1)i＝0，∴2＋a＝0，b＋1＝0，∴

a＝－2，b＝－1.复数a＋bi＝－2－i.一、选择题1．设复数z1＝－2＋i，z2＝1＋2i，则复数z1－z2在复平面内对应点所在的象限是()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对应点的坐标为(－3，－1)在第三象限．【答案】C2．向量OZ1→对应的复数是5－4i，向量OZ2→对应的复数是－5＋4i，则OZ1→＋OZ2→对应的复10数是()A．－10＋8iB．10－8iC．0D．10

＋8i【解析】由题意可知OZ1→＝(5，－4)，OZ2→＝(－5,4)，∴OZ1→＋OZ2→＝(5，－4)＋(－5,4)＝(5－5，－4＋4)＝(0,0)．∴OZ1→＋OZ2→对应的复数是0.【答案】C3．复数满足1－z＋2i－(3－i)＝2i，则z

＝()A．1－iB．－2＋iC．－2＋2iD．－2＋i【解析】z＝1＋2i－3＋i－2i＝－2＋i.【答案】B4．已知复平面内的平面向量OA→，AB→表示的复数分别是－2＋i,3＋2i，则向量OB→所表示的复数的模为()A.5B

.13C.10D.26【解析】OB→＝OA→＋AB→，∴向量OB→对应的复数是(－2＋i)＋(3＋2i)＝1＋3i，且|1＋3i|＝1＋9＝10.【答案】C5．复数z1＝a＋4i，z2＝－3＋bi，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＝－4B．a＝－3，b＝4C．a＝3，b＝－4D．a＝3，b＝4【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b＋4＝0，a＋3＝0，4－b≠0，解得a＝－3，b＝

－4.【答案】A二、填空题6．复数z1、z2分别对应复平面内的点M1、M2，且|z1＋z2|＝|z1－z2|，线段M1M2的中点11M对应的复数为4＋3i，则|z1|2＋|z2|2等于＝________.【解析】根据复数加减法的几何意义，由|z1＋z2|＝

|z1－z2|知，以OM1→、OM2→为邻边的平行四边形是矩形(对角线相等)，即∠M1OM2为直角，M是斜边M1M2的中点，|OM→|＝42＋32＝5，|M1M2|＝10.|z1|2＋|z2|2＝|OM→1|2＋|OM2→|2＝|M1M2→|2＝100.【答案】100图3－2－3

7．(2013·大连高二检测)在平行四边形OABC中，各顶点对应的复数分别为zO＝0，zA＝2＋a2i，zB＝－2a＋3i，zC＝－b＋ai，则实数a－b为________．【解析】因为OA→＋OC→＝OB→，所以2＋a2i＋(－b＋

ai)＝－2a＋3i，所以2－b＝－2a，a2＋a＝3，得a－b＝－4.【答案】－48．A、B分别是复数z1、z2在复平面上对应的两点，O是原点，若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则△AOB的形状是________

．【解析】由|z1＋z2|＝|z1－z2|知，以OA、OB为邻边的平行四边形是矩形，即OA⊥OB，故△AOB是直角三角形．【答案】直角三角形三、解答题9．计算：(1)(1＋2i)＋(3－4i)－(5＋6i)；(2)5i－[(3＋4i

)－(－1＋3i)]；(3)(a＋bi)－(2a－3bi)－3i(a、b∈R)．【解】(1)(1＋2i)＋(3－4i)－(5＋6i)＝(1＋3－5)＋(2－4－6)i＝－1－8i.(2)5i－[(3＋4i)－(－1＋3i)]＝5i－(4＋i)＝－4＋4i.12(3

)(a＋bi)－(2a－3bi)－3i＝(a－2a)＋[b－(－3b)－3]i＝－a＋(4b－3)i.10．已知z1＝(3x＋y)＋(y－4x)i，z2＝(4y－2x)－(5x＋3y)i(x，y∈R)，设z＝z1－z2＝13－2i，求z1，z2.【解】z＝z1－z2＝(3x＋y)

＋(y－4x)i－[(4y－2x)－(5x＋3y)i]＝[(3x＋y)－(4y－2x)]＋[(y－4x)＋(5x＋3y)]i＝(5x－3y)＋(x＋4y)i，又∵z＝13－2i，且x，y∈R，∴5x－3y＝13，x＋4y＝－2，解得x

＝2，y＝－1，∴z1＝(3×2－1)＋(－1－4×2)i＝5－9i，z2＝4×(－1)－2×2－[5×2＋3×(－1)]i＝－8－7i.11．设f(z)＝z－2i，z1＝3＋4i，z2＝－2－i，求：(1)f(z1－z2)的值；(2)

f(z1＋z2)的值．【解】∵z1＝3＋4i，z2＝－2－i，∴z1－z2＝(3＋4i)－(－2－i)＝(3＋2)＋(4＋1)i＝5＋5i，z1＋z2＝(3＋4i)＋(－2－i)＝(3－2)＋(4－1)i＝1＋3

i.∵f(z)＝z－2i，∴(1)f(z1－z2)＝z1－z2－2i＝5＋5i－2i＝5＋3i；(2)f(z1＋z2)＝z1＋z2－2i＝1＋3i－2i＝1＋i.(教师用书独具)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，设复数z＝cosA＋isinA，且满13足|z＋1|＝1.

(1)求复数z；(2)求b－cacos60°＋C的值．【思路探究】本题主要考查复数的概念、代数运算及以复数为载体解三角形的知识．把复数z＋1的模转化为它对应的向量的模，从而求出A，第(2)问利用正弦定理把边

转化为角，再进行三角恒等变换即可求解．【自主解答】(1)∵z＝cosA＋isinA，∴z＋1＝1＋cosA＋isinA.复数z＋1对应的向量OZ→＝(1＋cosA，sinA)，∵|OZ→|＝1＋cosA2＋sin2A＝2＋2cosA，∴|z＋1

|＝2＋2cosA.∴2＋2cosA＝1，∴cosA＝－12，∴A＝120°.∴sinA＝32，复数z＝－12＋32i.(2)由正弦定理，得a＝2R·sinA，b＝2R·sinB，c＝2R·sinC(其中R为△ABC外接圆的半径)．∴

原式＝sinB－sinCsinA·cos60°＋C.∵B＝180°－A－C＝60°－C，∴原式＝sin60°－C－sinCsin120°·cos60°＋C＝32cosC－32sinC32·cos60°

＋C＝cosC－3sinCcos60°＋C＝2cos60°＋Ccos60°＋C＝2.即b－cacos60°＋C＝2.14复数的代数运算可以综合三角形、不等式及向量等知识，一般是以复数为载体，利用复数的

概念和代数运算转化为其他知识，如不等式、三角函数等．在复平面内，A，B，C三点对应的复数分别为1,2＋i，－1＋2i.(1)求向量AB→，AC→，BC→对应的复数；(2)判断△ABC的形状．【解】(1)由题意知，复平面内A，B，C三点的坐标分别为(1,0)

，(2,1)，(－1,2)，AB→＝OB→－OA→＝(2,1)－(1,0)＝(1,1)，AC→＝OC→－OA→＝(－1,2)－(1,0)＝(－2,2)，BC→＝OC→－OB→＝(－1,2)－(2,1)＝(－3,1)，所以AB→，AC→，BC→

对应的复数分别为1＋i，－2＋2i，－3＋i.(2)因为|BC→|2＝10，|AC→|2＝8，|AB→|2＝2，所以有|BC→|2＝|AC→|2＋|AB→|2，所以△ABC为直角三角形.