2018版高中数学人教B版选修1-2学案：第三单元 3.2.1 复数的加法和减法 Word版含答案

3.2.1 复数的加法和减法
明目标、知重点1.熟练掌握复数的代数形式的加、减运算法则.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.

1.复数加法与减法的运算法则
(1)设z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意两个复数，则z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i，z1－z2＝(a－c)＋(b
－d)i.
(2)对任意z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，
(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3).
2.复数加减法的几何意义

如图：设复数z1，z2对应向量分别为OZ→1，OZ→2，四边形OZ1ZZ2为平行四边形，则与z1＋z2对
应的向量是OZ→，与z1－z2对应的向量是Z2Z1→.

[情境导学]
我们学习过实数的加减运算，复数如何进行加减运算？我们知道向量加法的几何意义，那么
复数加法的几何意义是什么呢？
探究点一 复数加减法的运算
思考1 我们规定复数的加法法则如下：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di是任意两个复数，那么(a＋
bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i.那么两个复数的和是个什么数，它的值唯一确定吗？
答 仍然是个复数，且是一个确定的复数.
思考2 复数加法的实质是什么？类似于实数的哪种运算方法？类比于复数的加法法则，试着
给出复数的减法法则.
答 实质是实部与实部相加，虚部与虚部相加，类似于实数运算中的合并同类项.
(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i.
思考3 实数的加法有交换律、结合律，复数的加法满足这些运算律吗？并试着证明.
答 满足，对任意的z1，z2，z3∈C，有交换律：z1＋z2＝z2＋z1.
结合律：(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3).
证明：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di，z1＋z2＝(a＋c)＋(b＋d)i，z2＋z1＝(c＋a)＋(d＋b)i，
显然，z1＋z2＝z2＋z1，同理可得(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3).
例1 计算：
(1)(1＋2i)＋(－2＋i)＋(－2－i)＋(1－2i)；
(2)1＋(i＋i2)＋(－1＋2i)＋(－1－2i).
解 (1)原式＝(1－2－2＋1)＋(2＋1－1－2)i＝－2.
(2)原式＝1＋(i－1)＋(－1＋2i)＋(－1－2i)
＝(1－1－1－1)＋(1＋2－2)i＝－2＋i.
反思与感悟 复数的加减法运算，就是实部与实部相加减做实部，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－[(3＋2i)＋3(－1＋3i)]；
(2)(a＋2bi)－(3a－4bi)－5i(a，b∈R).
解 (1)原式＝2i－(3＋2i－3＋9i)＝2i－11i＝－9i.
(2)原式＝－2a＋6bi－5i＝－2a＋(6b－5)i.
探究点二 复数加减法的几何意义
思考1 复数与复平面内的向量一一对应，你能从向量加法的几何意义出发讨论复数加法的几
何意义吗？

答 如图，设OZ1→，OZ2→分别与复数a＋bi，c＋di对应，则有OZ1→＝(a，b)，OZ2→＝(c，d)，由向
量加法的几何意义OZ1→＋OZ2→＝(a＋c，b＋d)，所以OZ1→＋OZ2→与复数(a＋c)＋(b＋d)i对应，复数
的加法可以按照向量的加法来进行.
思考2 怎样作出与复数z1－z2对应的向量？

答 z1－z2可以看作z1＋(－z2).因为复数的加法可以按照向量的加法来进行.所以可以按照平行
四边形法则或三角形法则作出与z1－z2对应的向量(如图).图中OZ1→对应复数z1，OZ2→对应复数
z2，则Z2Z1→对应复数z1－z2.
例2 如图所示，平行四边形OABC的顶点O，A，C分别表示0,3＋2i，－2＋4i.求：

(1)AO→表示的复数；
(2)CA→表示的复数；
(3)OB→表示的复数.
解 (1)因为AO→＝－OA→，
所以AO→表示的复数为－3－2i.
(2)因为CA→＝OA→－OC→，
所以CA→表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.
(3)因为OB→＝OA→＋OC→，所以OB→表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i.
反思与感悟 复数的加减法可以转化为向量的加减法，体现了数形结合思想在复数中的运用.
跟踪训练2 复数z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，它们在复平面上的对应点是一个正方
形的三个顶点，求这个正方形的第四个顶点对应的复数.
解 设复数z1，z2，z3在复平面内所对应的点分别为A，B，C，正方形的第四个顶点D对应的
复数为x＋yi(x，y∈R)，如图.

则AD→＝OD→－OA→＝(x＋yi)－(1＋2i)
＝(x－1)＋(y－2)i，
BC→＝OC→－OB→＝(－1－2i)－(－2＋i)＝1－3i.
∵AD→＝BC→，∴(x－1)＋(y－2)i＝1－3i.
∴ x－1＝1y－2＝－3，解得 x＝2y＝－1，
故点D对应的复数为2－i.
探究点三 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＝1②
由①②得2ac＋2bd＝1，
∴|z1＋z2|＝a＋c2＋b＋d2
＝a2＋c2＋b2＋d2＋2ac＋2bd＝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，
∴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→|
＝|OA→|2＋|AC→|2－2|OA→||AC→|cos 120°＝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OACB①
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 例3中，若条件变成|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝2.求|z1－z2|.
解 由|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝2，
知z1，z2，z1＋z2对应的点是一个边长为1的正方形的三个顶点，所求|z1－z2|是这个正方形的
一条对角线长，
所以|z1－z2|＝2.
1.复数z1＝2－12i，z2＝12－2i，则z1＋z2等于( )
A.0 B.32＋52i
C.52－52i D.52－32i
答案 C
解析 z1＋z2＝(2＋12)－(12＋2)i＝52－52i.
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.在复平面内，O是原点，OA→，OC→，AB→表示的复数分别为－2＋i，3＋2i,1＋5i，则BC→表示的
复数为( )
A.2＋8i B.－6－6i
C.4－4i D.－4＋2i
答案 C

解析 BC→＝OC→－OB→＝OC→－(AB→＋OA→)＝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，∴ a2－a－2＝0，a2＋a－6≠0，
解得a＝－1.
[呈重点、现规律]

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.