【培优方案】7.2.1　复数的加、减运算及其几何意义（课件）人教A版数学必修第二册

(共55张PPT)
7.2.1　复数的加、减运算及其几何意义
新课程标准解读 核心素养
1.通过实例，结合实数的加、减运算法则理
解复数代数形式的加、减运算法则 数学抽象
2.结合向量的加、减运算明确复数代数形式
的加、减运算的几何意义 数学运算
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　我们知道，任意两个实数都可以相加，而且实数中的加法运算还
满足交换律与结合律.
【问题】　复数中的加法满足交换律与结合律吗？
知识点一　复数的加、减法运算
1. 运算法则：设z1＝a＋bi，z2＝c＋di（a，b，c，d∈R）是任意
两个复数，则
（1）z1＋z2＝ ；
（2）z1－z2＝ .
2. 加法运算律：对任意z1，z2，z3∈C，有
（1）z1＋z2＝ ；
（2）（z1＋z2）＋z3＝ .
（a＋c）＋（b＋d）i　
（a－c）＋（b－d）i　
z2＋z1　
z1＋（z2＋z3）　
知识点二　复数加、减法的几何意义
　如图，设在复平面内复数z1，z2对应的向量分别为 ， ，以
， 为邻边作平行四边形，则与z1＋z2对应的向量是 ，
与z1－z2对应的向量是 .
　
　
提醒　（1）把复数的代数形式看成关于“i”的多项式，则复数的
加、减法类似于多项式的加、减法，只需“合并同类项”即可；
（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. 若复数z1＝2＋3i，z2＝－4－5i，则z1＋z2＝（　　）
A. －2－2i B. 6＋8i
C. 2－2i D. －6－8i
解析：　由复数z1＝2＋3i，z2＝－4－5i，则z1＋z2＝（2＋3i）＋
（－4－5i）＝－2－2i，故选A.
2. （2024·泰安月考）i为虚数单位，若1＋z＝2＋3i，则复数z的虚部
为（　　）
A. 1 B. 3
C. i D. 3i
解析：　因为1＋z＝2＋3i，则z＝2－1＋3i＝1＋3i，故复数z的
虚部为3，故选B.
3. （2＋i）－（6－2i）＋（5＋6i）＝ .
解析：（2＋i）－（6－2i）＋（5＋6i）＝（2－6＋5）＋（1＋2＋
6）i＝1＋9i.
1＋9i
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 复数的加、减运算
【例1】　（1）计算：（8－2i）－（－7＋5i）＋（3 ＋7i）；
解：（8－2i）－（－7＋5i）＋（3 ＋7i）＝[8－（－7）＋3 ]＋
（－2－5＋7）i＝15＋3 .
（2）设z1＝x＋2i，z2＝3－yi（x，y∈R），且z1＋z2＝5－6i，求z1
－z2.
解：∵z1＝x＋2i，z2＝3－yi，z1＋z2＝5－6i，
∴（3＋x）＋（2－y）i＝5－6i，
∴∴
∴z1－z2＝（2＋2i）－（3－8i）＝（2－3）＋[2－（－8）]i＝
－1＋10i.
通性通法
复数加、减法运算的法则
（1）复数代数形式的加、减法运算实质就是将实部与实部相加减，
虚部与虚部相加减之后分别作为结果的实部与虚部，因此要准
确地提取复数的实部与虚部；
（2）复数的运算可以类比多项式的运算（类似于合并同类项）：若
有括号，括号优先；若无括号，可以从左到右依次进行计算.
【跟踪训练】
1. 若（1－i）＋（2＋3i）＝a＋bi（a，b∈R，i是虚数单位），则
a－b＝（　　）
A. 5 B. 1
C. 0 D. －3
解析：　因为（1－i）＋（2＋3i）＝a＋bi，即3＋2i＝a＋bi，
所以a＝3，b＝2，所以a－b＝1.故选B.
2. （2024·信阳月考）已知i为虚数单位，复数z满足
则z＝（　　）
A. 2－i B. 2＋i
C. 1－2i D. 1＋2i
解析：　因为所以两个等式相加得，2z＝4－2i，
所以z＝2－i.故选A.
题型二 复数加、减法几何意义的应用
【例2】　如图所示，平行四边形OABC的顶点O，A，C对应的复数
分别为0，3＋2i，－2＋4i.求：
（1） 对应的复数；
解：因为 ＝－ ，所以 对应的复数为－3－2i.
（2） 对应的复数；
解：因为 ＝ － ，所以 对应的复数为（3＋2i）－
（－2＋4i）＝5－2i.
（3） 对应的复数及｜ ｜的大小.
解：因为 ＝ ＋ ，所以 对应的复数为（3＋2i）＋
（－2＋4i）＝1＋6i，
所以｜ ｜＝ ＝ .
【母题探究】
（变设问）若本例条件不变，求对角线AC，BO的交点M对应的复
数.
解：由题意知，点M为OB的中点，
则 ＝ .由例题知点B的坐标为（1，6），得点M的坐标为
（ ，3），所以点M对应的复数为 ＋3i.
通性通法
复数与向量的对应关系的三个关注点
（1）复数z＝a＋bi（a，b∈R）与以原点为起点，Z（a，b）为
终点的向量一一对应；
（2）一个向量可以平移，其对应的复数不变，但是其起点与终点所
对应的复数发生改变；
（3）复数加、减运算可转化为向量的加、减运算.
【跟踪训练】
1. 已知复平面内的向量 ， 对应的复数分别是－2＋i，3＋2i，
则｜ ｜＝ .
解析：∵ ＝ ＋ ，∴ 对应的复数为（－2＋i）＋（3＋
2i）＝1＋3i，∴｜ ｜＝ ＝ .
2. 若z1＝1＋2i，z2＝2＋ai，复数z2－z1所对应的点在第四象限内，
则实数a的取值范围是 .
解析：z2－z1＝1＋（a－2）i，由题意知a－2＜0，即a＜2.

（－∞，2）
题型三 复数模的最值问题
【例3】　（1）已知复数z满足｜z＋i｜＝｜z－i｜，则｜z＋1＋
2i｜的最小值为（　B　）
A. 1 B. 2
B
解析：设复数z在复平面内对应的点为Z，因为复数z满足｜z＋i｜
＝｜z－i｜，所以由复数的几何意义可知，点Z到点（0，－1）和
（0，1）的距离相等，所以在复平面内点Z的轨迹为x轴，又｜z＋1
＋2i｜表示点Z到点（－1，－2）的距离，所以问题转化为x轴上的动
点Z到定点（－1，－2）距离的最小值，所以｜z＋1＋2i｜的最小值
为2，故选B.
C. D.
解析：设z＝a＋bi，a，b∈R. 因为｜z＋i｜＝
｜a＋（b＋1）i｜＝1，所以a2＋（b＋1）2＝1，
因为｜z＋1｜＝｜a＋1＋bi｜＝
，所以｜z＋1｜相当于圆a2＋
（b＋1）2＝1上的点到点（－1，0）的距离，所以
｜z＋1｜的最大值为圆心（0，－1）到点（－1，0）的距离与圆的半径1的和，即 ＋1，故选C.
（2）（2024·湖州质检）已知复数z满足｜z＋i｜＝1，则｜z＋1｜的
最大值为（　C　）
A. B. 2 C. ＋1 D. 3
C
通性通法
两个复数差的模的几何意义
（1）｜z－z0｜表示复数z，z0的对应点之间的距离，在应用时，要
把绝对值号内变为两复数差的形式；
（2）｜z－z0｜＝r表示以z0对应的点为圆心，r为半径的圆；
（3）涉及复数模的最值问题以及点的轨迹问题，均可从两点间距离
公式的复数表达形式入手进行分析判断，然后通过几何方法进
行求解.
【跟踪训练】
已知复数z满足｜z｜＝1，求｜z－2i｜的取值范围.
解：｜z｜＝1表示z在复平面上对应的点是单位圆上的点.｜z－2i｜
表示单位圆上的点与（0，2）之间的距离，所以最小距离为2－1＝
1，最大距离为2＋1＝3.所以｜z－2i｜的取值范围为[1，3].
1. 复数（－3＋i）－（5－i）＋（2＋5i）的模为（　　）
A. －6＋7i B. 6＋7i
C. D. 85
解析：　（－3＋i）－（5－i）＋（2＋5i）＝－6＋7i，复数－6
＋7i的模为 ＝ ，故选C.
2. （2024·泉州月考）若（－3a＋bi）－（2b＋ai）＝3－5i，a，
b∈R，则a＋b＝（　　）
A. B. －
C. － D. 5
解析：　（－3a＋bi）－（2b＋ai）＝（－3a－2b）＋（b－
a）i＝3－5i，所以解得a＝ ，b＝－ ，故有a
＋b＝－ .
3. 若复数z满足｜z－i｜＝3，则复数z对应的点Z的轨迹所围成的图
形的面积为 .
解析：由条件知｜z－i｜＝3，所以点Z的轨迹是以点（0，1）为
圆心，以3为半径的圆，故其面积为S＝9π.
9π
4. 已知复数z1＝－2＋i，z2＝－1＋2i.
（1）求z1－z2；
解：由复数减法的运算法则得z1－z2＝（－2＋i）－
（－1＋2i）＝－1－i.
（2）在复平面内作出复数z1－z2所对应的向量.
解：在复平面内作复数z1－z2所对应的向量，如图中 .
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 若复数z满足z＋（3－4i）＝1，则z的虚部是（　　）
A. －2 B. 4
C. 3 D. －4
解析：　z＝1－（3－4i）＝－2＋4i，所以z的虚部是4.
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2. （2024·日照月考）若实数x，y满足（x＋i）＋（1－yi）＝2，则
xy的值为（　　）
A. 1 B. 2
C. －2 D. －1
解析：　依题意，得x＋1＝2且1－y＝0，所以x＝y＝1，所以
xy＝1.
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3. 设复数z满足z＋1－2i＝－3＋i，则｜z｜＝（　　）
A. 6 B. 6
C. 5 D. 5
解析：　因为z＋1－2i＝－3＋i，所以z＝－4＋3i，所以｜z｜
＝ ＝5.故选D.
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4. 在复平面内，O是原点， ， ， 表示的复数分别为－2＋
i，3＋2i，1＋5i，则 表示的复数为（　　）
A. 2＋8i B. －6－6i
C. 4－4i D. －4＋i
解析：　因为 ＝ － ＝ －（ ＋ ），所以 表
示的复数为3＋2i－（1＋5i－2＋i）＝4－4i.
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5. （多选）下面关于｜（3＋2i）－（1＋i）｜的表述正确的是（　）
A. 表示点（3，2）与点（1，1）之间的距离
B. 表示点（3，2）与点（－1，－1）之间的距离
C. 表示点（2，1）到原点的距离
D. 表示坐标为（－2，－1）的向量的模
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解析：　由复数的几何意义，知复数3＋2i，1＋i分别对应复平面内的点（3，2）与点（1，1），所以｜（3＋2i）－（1＋i）｜表示点（3，2）与点（1，1）之间的距离，故A正确，B错误；｜（3＋2i）－（1＋i）｜＝｜2＋i｜表示点（2，1）到原点的距离，｜（1＋i）－（3＋2i）｜＝｜－2－i｜表示坐标为（－2，－1）的向量的模，故C、D正确.故选A、C、D.
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6. （多选）在复平面内有一个平行四边形OABC，点O为坐标原点，
点A对应的复数为z1＝1＋i，点B对应的复数为z2＝1＋2i，点C对
应的复数为z3，则下列结论正确的是（　　）
A. 点C位于第二象限
B. z1＋z3＝z2
C. ｜z1－z3｜＝｜ ｜
D. ｜z2＋z3｜＝
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解析：　如图，由题意，O（0，0），
A（1，1），B（1，2）， ＝（0，
1），∵OABC为平行四边形，∴ ＝
（0，1），则C（0，1），∴z3＝i，点C
位于虚轴上，故A错误；z1＋z3＝（1＋i）
＋i＝1＋2i＝z2，故B正确；｜z1－z3｜
＝｜1＋i－i｜＝1＝｜ ｜，故C正
确；｜z2＋z3｜＝｜（1＋2i）＋i｜＝｜1
＋3i｜＝ ，故D错误.故选B、C.
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7. 若复数z1＋z2＝3＋4i，z1－z2＝5－2i，则z1＝ .
解析：两式相加得2z1＝8＋2i，所以z1＝4＋i.
4＋i
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8. （2024·周口月考）设f（z）＝z－3i＋｜z｜，若z1＝－2＋4i，z2
＝5－i，则f（z1＋z2）＝ .
解析：z1＋z2＝3＋3i，故f（z1＋z2）＝f（3＋3i）＝3＋｜3＋3i｜
＝3＋3 .
3＋3
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9. 若复数z＝a＋bi（a，b∈R，i为虚数单位）满足｜z－2i｜＝｜
z｜，写出一个满足条件的复数z＝ .
解析：z＝a＋bi，故z－2i＝a＋（b－2）i.由｜z－2i｜＝｜z｜
知， ＝ ，化简得b＝1，故只要b＝1，
即z＝a＋i（a可为任意实数）均满足题意，可取z＝1＋i.
1＋i（答案不唯一）
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10. 计算：
（1）（2－ i）＋（ －2i）；
解：原式＝（2＋ ）－（ ＋2）i＝ － i.
（2）（3＋2i）＋（ －2）i；
解：原式＝3＋（2＋ －2）i＝3＋ i.
（3）（1＋2i）＋（i＋i2）＋｜3＋4i｜；
解：原式＝1＋2i＋i－1＋5＝5＋3i.
（4）（6－3i）＋（3＋2i）－（3－4i）－（－2＋i）.
解：原式＝[6＋3－3－（－2）]＋[－3＋2－（－4）－1]i＝8＋2i.
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11. （2024·温州月考）复数z1＝1＋i cos θ，z2＝ sin θ－i，则｜z1－
z2｜的最大值为（　　）
A. 3－2 B. －1
C. 3＋2 D. ＋1
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解析：　｜z1－z2｜＝｜（1－ sin θ）＋（ cos θ＋1）i｜＝
＝ ＝
，∵－1≤ cos （ θ＋ ）≤1，∴｜z1－
z2｜max＝ ＝ ＋1.
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12. （多选）设复数z的共轭复数为 ，i为虚数单位，则下列命题为
真命题的是（　　）
A. z＋ ∈R
B. z－ 是纯虚数
C. 若z＝ cos ＋i sin ，则｜z｜＝1
D. 若｜z－i｜＝1，则｜z｜的最大值为2
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解析：　因为复数z与其共轭复数 的实部相等，虚部互为相
反数，所以z＋ ∈R，A为真命题；当z为实数时， 也为实数，
则z－ 是实数，B为假命题；若z＝ cos ＋i sin ，则｜z｜＝
≠1，C为假命题；｜z－i｜＝1表示以点（0，
1）为圆心，1为半径的圆，结合图形（图略）知，｜z｜的最大
值为圆心到原点的距离与半径之和，即为1＋1＝2，D为真命题.
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13. 如图，在复平面内，向量 对应的复数z1＝2＋i， 绕点O逆
时针旋转90°后对应的复数为z2，则｜z1＋z2｜＝ .

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解析：由题意可设z2＝a＋bi（a＜0，b＞0），则
解得∴z2＝－1＋2i，∴z1＋z2＝（2＋i）＋（－1＋
2i）＝1＋3i，∴｜z1＋z2｜＝ .
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14. 已知复数z1＝1＋（10－a2）i，z2＝（2a－5）i（a＞0）， ＋
z2∈R.
（1）求实数a的值；
解：由题意得 ＝1－（10－a2）i，
所以 ＋z2＝1－（10－a2）i＋（2a－5）i＝1＋（a2＋2a
－15）i，
因为 ＋z2∈R，所以a2＋2a－15＝0，解得a＝－5或a＝
3，因为a＞0，所以a＝3.
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（2）若z∈C，｜z－z2｜＝2，求｜z｜的取值范围.
解：由（1）知z2＝i，所以满足条件｜z－z2｜＝2的
点的集合是以（0，1）为圆心，2为半径的圆，设为圆A，
所以｜z｜的取值范围即圆A上的点到坐标原点的距离的范
围，所以2－1≤｜z｜≤2＋1，即1≤｜z｜≤3.
故｜z｜的取值范围为[1，3].
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15. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马于1643年提出的平
面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三
角形的三个顶点的距离之和最小.”费马问题中所求的点称为费马
点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC
的三个内角均小于120°时，使得∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°
的点P即费马点.根据以上材料，若z∈C，则｜z－2｜＋｜z＋
2｜＋｜z＋2i｜的最小值为（　　）
A. 2 －2 B. 2 ＋2
C. －1 D. ＋1
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解析：　设z＝x＋yi（x，y∈R），则｜z－2｜＋｜z＋2｜
＋｜z＋2i｜表示点Z（x，y）到△ABC三个顶点A（2，0），B
（－2，0），C（0，－2）的距离之和.依题意结合对称性可知
△ABC的费马点P位于虚轴的负半轴上，且∠APB＝120°，则
∠PAO＝∠PBO＝30°，此时｜PA｜＋｜PB｜＋｜PC｜＝
×2＋（2－2tan 30°）＝2 ＋2.故选B.
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16. 已知复平面内的平行四边形ABCD中，A点对应的复数为2＋i，向
量 对应的复数为1＋2i，向量 对应的复数为3－i，求：
（1）点C，D对应的复数；
解：∵向量 对应的复数为1＋2i，向量 对应的复数为3－i，
∴向量 对应的复数为（3－i）－（1＋2i）＝2－3i.
又∵ ＝ ＋ ，
∴点C对应的复数为（2＋i）＋（2－3i）＝4－2i.
∵ ＝ ，
∴向量 对应的复数为3－i.
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即 ＝（3，－1）.设D（x，y），
则 ＝（x－2，y－1）＝（3，－1），
∴解得
∴点D对应的复数为5.
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（2）平行四边形ABCD的面积.
解：∵ · ＝｜ ｜｜ ｜ cos B，
∴ cos B＝ ＝ ＝ .
∵0＜B＜π，∴ sin B＝ .
∴S平行四边形ABCD＝｜ ｜｜ ｜ sin B＝ × × ＝7.
∴平行四边形ABCD的面积为7.
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