PAGE1-7.2.1復(fù)數(shù)的加、減運(yùn)算及其幾何意義一、選擇題1．已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z＝(4＋i)＋(－3－2i)的虛部是()A．1B.eq\r(2)C．－1D．－i解析：z＝(4＋i)＋(－3－2i)＝(4－3)＋(1－2)i＝1－i.故復(fù)數(shù)z的虛部為－1.答案：C2．已知復(fù)數(shù)z1＝7－6i，z2＝4－7i，則z1－z2＝()A．3＋iB．3－iC．11－13iD．3－13i解析：z1－z2＝(7－6i)－(4－7i)＝(7－4)＋[－6－(－7)]i＝3＋i.答案：A3．已知復(fù)數(shù)z1＝1＋3i，z2＝3＋i(i為虛數(shù)單位)．在復(fù)平面內(nèi)，z1－z2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在()A．第一象限B．其次象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限解析：∵z1＝1＋3i，z2＝3＋i，∴z1－z2＝－2＋2i，故z1－z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(－2,2)在其次象限．答案：B4．非零復(fù)數(shù)z1，z2分別對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)的向量eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))，若|z1＋z2|＝|z1－z2|，則()A.eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))B．|eq\o(OA,\s\up10(→))|＝|eq\o(OB,\s\up10(→))|C.eq\o(OA,\s\up10(→))⊥eq\o(OB,\s\up10(→))D.eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(OB,\s\up10(→))共線解析：如圖，由向量的加法及減法法則可知，eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(BA,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→)).由復(fù)數(shù)加法及減法的幾何意義可知，|z1＋z2|對(duì)應(yīng)eq\o(OC,\s\up10(→))的模，|z1－z2|對(duì)應(yīng)eq\o(BA,\s\up10(→))的模，又|z1＋z2|＝|z1－z2|，所以四邊形OACB是矩形，則eq\o(OA,\s\up10(→))⊥eq\o(OB,\s\up10(→)).答案：C二、填空題5．復(fù)數(shù)z1＝a＋4i，z2＝－3＋bi，若它們的和為實(shí)數(shù)，差為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝________，b＝________.解析：z1＋z2＝(a－3)＋(b＋4)i，z1－z2＝(a＋3)＋(4－b)i，由已知得b＋4＝0，a＋3＝0，∴a＝－3，b＝－4.答案：－3－46．已知z1＝m2－3m＋m2i，z2＝4＋(5m＋6)i(m∈R)．若z1－z2＝0，則m＝________.解析：z1－z2＝m2－3m＋m2i－[4＋(5m＋6)i]＝m2－3m－4＋(m2－5m－6)i.∵z1－z2＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－3m－4＝0，,m2－5m－6＝0，))解得m＝－1.答案：－17．復(fù)數(shù)z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，它們?cè)趶?fù)平面上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是一個(gè)正方形的三個(gè)頂點(diǎn)，這個(gè)正方形的第四個(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是________．解析：設(shè)復(fù)數(shù)z1＝1＋2i，z2＝－2＋i，z3＝－1－2i，它們?cè)趶?fù)平面上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是A，B，C，則A(1,2)，B(－2,1)，C(－1，－2)．設(shè)正方形第四個(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)是D(x，y)，則其對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為x＋yi，∵四邊形ABCD為正方形，∴eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\o(BC,\s\up10(→))，∴(x－1，y－2)＝(1，－3)，∴x－1＝1，y－2＝－3，解得x＝2，y＝－1.故這個(gè)正方形的第四個(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是2－i.答案：2－i三、解答題8．計(jì)算(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)i))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－2i))；(2)(3＋2i)＋(eq\r(3)－2)i；(3)(1＋2i)＋(i＋i2)＋|3＋4i|；(4)(6－3i)＋(3＋2i)－(3－4i)－(－2＋i)．解析：(1)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2))i＝eq\f(5,2)－eq\f(5,2)i.(2)原式＝3＋(2＋eq\r(3)－2)i＝3＋eq\r(3)i.(3)原式＝(1＋2i)＋(i－1)＋eq\r(32＋42)＝(1－1＋5)＋(2＋1)i＝5＋3i.(4)原式＝[6＋3－3－(－2)]＋[－3＋2－(－4)－1]i＝8＋2i.9．在復(fù)平面內(nèi)，A，B，C三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)1,2＋i，－1＋2i.D為BC的中點(diǎn)．(1)求向量eq\o(AD,\s\up10(→))對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)；(2)求△ABC的面積．解析：(1)由條件知在復(fù)平面內(nèi)B(2,1)，C(－1,2)．則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，點(diǎn)D對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)是eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i，eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\o(OD,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))－(1,0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，∴eq\o(AD,\s\up10(→))對(duì)應(yīng)復(fù)數(shù)為－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i(2)eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))＝(1,1)，|eq\o(AB,\s\up10(→))|＝eq\r(2)，eq\o(AC,\s\up10(→))＝eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))＝(－2,2)，|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝eq\r(8)＝2eq\r(2)，eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→))＝(－3,1)，|eq\o(BC,\s\up10(→))|＝eq\r(10)，∴|eq\o(BC,\s\up10(→))|2＝|eq\o(AC,\s\up10(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up10(→))|2，∴△ABC為直角三角形．∴S△ABC＝eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up10(→))|·|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×2eq\r(2)＝2.[尖子生題庫(kù)]10．設(shè)z1，z2∈C，已知|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(2)，求|z1－z2|.解析：方法一設(shè)z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，由題設(shè)知a2＋b2＝1，c2＋d2＝1，(a＋c)2＋(b＋d)2＝2.又由(a＋c)2＋(b＋d)2＝a2＋2ac＋c2＋b2＋2bd＋d2，可得2ac＋2bd＝0.∴|z1－z2|2＝(a－c)2＋(b－d)2＝a2＋c2＋b2＋d2－(2ac＋2bd)＝2，∴|z1－z2|＝eq\r(2).方法二∵|z1＋z2|2＋|z1－z2|2＝2(|z1|2＋|z2|2)，將已知數(shù)值代入，可得|z1－z2|2＝2，∴|z1－z2|＝eq\r(2).方法三在復(fù)平面內(nèi)分別作出復(fù)數(shù)z1，z2對(duì)應(yīng)的向量eq\o(OZ1,\s\up10(→))，eq\o(OZ2,\s\up10(→))，∵|z1|＝|z2|＝1，|z1＋z2|＝eq\r(2)，∴eq\o(OZ1,\s\up10(→))，eq\o(OZ2,\s\up10(→))不共線(若eq\o(OZ1,\s\up10(→))，eq\o(OZ2,\s\u