3.2.1复数代数形式的加减运算及其几何意义

•3．2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•掌握复数加法、减法的运算法则及其几何意义，并能熟练地运用法则解决相关的问题．•本节重点：复数代数形式的加减法．•本节难点：复数代数形式加减法的几何意义．•复数的加法满足交换律、结合律的证明•设z1＝a1＋b1i，z2＝a2＋b2i，z3＝a3＋b3i.ai、bi∈R(i＝1、2、3)•(1)∵z1＋z2＝(a1＋b1i)＋(a2＋b2i)＝(a1＋a2)＋(b1＋b2)i，•z2＋z1＝(a2＋b2i)＋(a1＋b1i)＝(a2＋a1)＋(b2＋b1)i，•又a1＋a2＝a2＋a1，b1＋b2＝b2＋b1，•∴z1＋z2＝z2＋z1.•(2)∵(z1＋z2)＋z3＝[(a1＋b1i)＋(a2＋b2i)]＋(a3＋b3i)＝[(a1＋a2)＋(b1＋b2)i]＋(a3＋b3i)•＝[(a1＋a2)＋a3]＋[(b1＋b2)＋b3]i，•而z1＋(z2＋z3)＝(a1＋b1i)＋[(a2＋b2i)＋(a3＋b3i)]＝(a1＋b1i)＋[(a2＋a3)＋(b2＋b3)i]•＝[a1＋(a2＋a3)]＋[b1＋(b2＋b3)]i，•又(a1＋a2)＋a3＝a1＋(a2＋a3)，•(b1＋b2)＋b3＝b1＋(b2＋b3)，•∴(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．•1．复数代数形式的加、减法运算法则•设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a、b、c、d∈R)，则•z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝；•z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝.•2．复数代数形式加减法满足交换律、结合律•即对任意z1、z2、z3∈C，有•①z1＋z2＝；•②(z1＋z2)＋z3＝(a＋c)＋(b＋d)i(a－c)＋(b－d)iz2＋z1z1＋(z2＋z3)．[例1]计算：(1)(－2＋3i)＋(5－i)；(2)(－1＋2i)＋(1－2i)；(3)(a＋bi)－(2a－3bi)－3i(a，b∈R)．•[分析]直接运用复数的加减法运算法则进行计算．[解析](1)(－2＋3i)＋(5－i)＝(－2＋5)＋(3－1)i＝3＋2i.(2)(－1＋2i)＋(1－2i)＝(－1＋1)＋(2－2)i＝0.(3)(a＋bi)－(2a－3bi)－3i＝(a－2a)＋(b＋3b－3)i＝－a＋(4b－3)i.•[点评](1)复数加减运算法则的记忆．•方法一：复数的实部与实部相加减，虚部与虚部相加减．•方法二：把i看作一个字母，类比多项式加减中的合并同类项．•(2)加法法则的合理性：•①当b＝0，d＝0时，与实数加法法则一致．•②加法交换律和结合律在复数集中仍成立．•③符合向量加法的平行四边形法则．•(3)复数的加减法可以推广到若干个复数，进行连加连减或混合运算．•计算：(1)(3＋5i)＋(3－4i)；•(2)(－3＋2i)－(4－5i)；•(3)(5－6i)＋(－2－2i)－(3＋3i)．•[解析](1)(3＋5i)＋(3－4i)•＝(3＋3)＋(5－4)i＝6＋i.•(2)(－3＋2i)－(4－5i)＝(－3－4)＋(2＋5)i•＝－7＋7i.•(3)(5－6i)＋(－2－2i)－(3＋3i)•＝(5－2－3)＋(－6－2－3)i＝－11i.•[例2]如图，平行四边形OABC，顶点O，A，C分别表示0,3＋2i，－2＋4i，试求•[分析]要求某个向量对应的复数，只要找出所求向量的始点和终点，或者用向量的相等直接给出所求的结论．(1)AO→所表示的复数，BC→所表示的复数；(2)对角线CA→所表示的复数；(3)对角线OB→所表示的复数及OB→的长度．[解析](1)AO→＝－OA→，∴AO→所表示的复数为－3－2i.∵BC→＝AO→，∴BC→所表示的复数为－3－2i.(2)CA→＝OA→－OC→.∴CA→所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i.(3)对角线OB→＝OA→＋AB→＝OA→＋OC→，它所对应的复数z＝(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，|OB→|＝12＋62＝37.•[点评]1.根据复数的两种几何意义可知：复数的加减运算可以转化为点的坐标运算或向量运算．•2．复数的加减运算用向量进行时，同样满足平行四边形法则和三角形法则．•3．复数及其加减运算的几何意义为数形结合思想在复数中的应用提供了可能．•已知四边形ABCD是复平面内的平行四边形，顶点A，B，C分别对应复数－5－2i，－4＋5i,2(如图所示)，求顶点D对应的复数及对角线AC，BD的长．[解析]设对角线AC与BD交于点M，因为ABCD为平行四边形，所以zM＝zA＋zC2＝zB＋zD2，所以zD＝zA＋zC－zB＝(－5－2i)＋2－(－4＋5i)＝1－7i.因为AC→＝zC－zA＝2－(－5－2i)＝7＋2i，所以|AC→|＝|7＋2i|＝72＋22＝53.因为BD→＝zD－zB＝(1－7i)－(－4＋5i)＝5－12i，所以|BD→|＝|5－12i|＝52＋(－12)2＝13.故点D对应的复数是1－7i，对角线AC与BD的长分别是53和13.•[例3]已知z1＝(3x＋y)＋(y－4x)i，z2＝(4y－2x)－(5x＋3y)i(x，y∈R)．设z＝z1－z2，且z＝13－2i，求z1，z2.•[分析]要想求得z1，z2，只需求得x，y，要求x，y，需得到关于x，y的方程组，由复数相等的条件即可得到关于x，y的方程组，然后解之．•[解析]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，∴5x－3y＝13x＋4y＝－2，解得x＝2y＝－1.∴z1＝(3×2－1)＋(－1－4×2)i＝5－9i.z2＝(－1×4－2×2)－(5×2－3×1)i＝－8－7i.•[点评]灵活运用复数加减法的运算法则和复数相等的充要条件．设z＝a＋bi(a，b∈R)，且4(a＋bi)＋2(a－bi)＝33＋i，又ω＝sinθ－icosθ，求z的值和|z－ω|的取值范围．[解析]∵4(a＋bi)＋2(a－bi)＝33＋i，∴6a＋2bi＝33＋i，∴6a＝332b＝1，∴a＝32b＝12.∴z＝32＋12i，∴z－ω＝32＋12i－(sinθ－icosθ)＝32－sinθ＋12＋cosθi∴|z－ω|＝32－sinθ2＋12＋cosθ2＝2－3sinθ＋cosθ＝2－232sinθ－12cosθ＝2－2sinθ－π6∵－1≤sinθ－π6≤1，∴0≤2－2sinθ－π6≤4∴0≤|z－ω|≤2，故所求得z＝32＋12i，|z－ω|的取值范围是[0,2]．•一、选择题•1．(6－2i)－(3i＋1)等于()•A．3－3i•B．5－5i•C．7＋i•D．5＋5i•[答案]B•[解析](6－2i)－(3i＋1)＝(6－1)＋(－2－3)i＝5－5i.故应选B.•2．设f(z)＝z(z∈C)，z1＝3＋4i，z2＝－2－i，则f(z1－z2)等于()•A．1－3i•B．－2＋11i•C．－2＋i•D．5＋5i•[答案]D•[解析]z1－z2＝3＋4i＋2＋i＝5＋5i，•故f(z1－z2)＝z1－z2＝5＋5i，故选D.3．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＋i•C．－3－iD．1＋I•[答案]B[解析]由复数加减法的几何意义可知向量BA→对应的复数为2＋3i－(－1＋2i)＝(2＋1)＋(3－2)i＝3＋i.故应选B.•二、填空题•4．已知z＝1＋i，设ω＝z－2|z|－4，则ω＝________.[答案]－3－22＋i[解析]∵z＝1＋i，∴|z|＝12＋12＝2，∴ω＝(1＋i)－22－4＝－(3＋22)＋i＝－3－22＋i.5．如图，在复平面内，平行四边形OABC各顶点对应的复数分别为z0＝0，zA＝2＋a2i，zB＝－2a＋3i，zC＝－b＋ai，则实数a减去b的差为________．•[答案]－4[解析]由四边形OABC是平行四边形知OA→＝CB→，故zA－z0＝zB－zC，即2＋a2i＝(－2a＋3i)－(－b＋ai)＝(－2a＋b)＋(3－a)i，所以－2a＋b＝2，3－a＝a2，解得a＝2，b＝6，所以a－b＝－4.三、解答题6．设m∈R，复数z1＝m2＋mm＋2＋(m－15)i，z2＝－2＋m(m－3)i，若z1＋z2是虚数，求m的取值范围．[解析]因为z1＝m2＋mm＋2＋(m－15)i，z2＝－2＋m(m－3)i，所以z1＋z2＝m2＋mm＋2－2＋[(m－15)＋m(m－3)]i＝m2－m－4m＋2＋(m2－2m－15)i.因为z1＋z2是虚数，所以m2－2m－15≠0且m≠－2.所以m≠5且m≠－3且m≠－2.所以m的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，－2)∪(－2，5)∪(5，＋∞)．