复数代数形式的加、减运算及其几何意义.doc

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
eq\a\vs4\al\co1(双基达标限时20分钟)
1．已知复数z满足z＋i－3＝3－i，则z等于
()．
A．0 B．2i
C．6 D．6－2i
解析z＝3－i－(i－3)＝6－2i.
答案D
2．A，B分别是复数z1，z2在复平面内对应的点，O是原点，若|z1＋z2|＝|z1－z2|，则三角形AOB一定是
()．
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
解析根据复数加(减)法的几何意义，知以eq\o(OA,\s\up16(→))，eq\o(OB,\s\up16(→))为邻边所作的平行四边形的对角线相等，则此平行四边形为矩形，故三角形OAB为直角三角形．
答案B
3．已知z1＝2＋i，z2＝1＋2i，则复数z＝z2－z1对应的点位于
()．
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析z＝z2－z1＝(1＋2i)－(2＋i)＝－1＋i，实部小于零，虚部大于零，故位于第二象限．
答案B
4．若z1＝2－i，z2＝－eq\f(1,2)＋2i，则z1，z2在复平面上所对应的点为Z1、Z2，这两点之间的距离为________．
解析|eq\o(Z1Z2,\s\up16(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)))2＋－1－22)＝eq\f(\r(61),2).
答案eq\f(\r(61),2)
5．已知z1＝eq\f(\r(3),2)a＋(a＋1)i，z2＝－3eq\r(3)b＋(b＋2)i(a，b∈R)，若z1－z2＝4eq\r(3)，则a＋b＝________.
解析∵z1－z2＝eq\f(\r(3),2)a＋(a＋1)i－[－3eq\r(3)b＋(b＋2)i]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a＋3\r(3)b))＋(a－b－1)i＝4eq\r(3)，
由复数相等的条件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a＋3\r(3)b＝4\r(3)，,a－b－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))
∴a＋b＝3.
答案3
6．已知z，ω为复数，(1＋3i)z为纯虚数，ω＝eq\f(z,2＋i)，且|ω|＝5eq\r(2)，求ω.
解设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(1＋3i)z＝a－3b＋(3a＋b)i，由题意得a＝3b≠0.
∵|ω|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z,2＋i)))＝5eq\r(2)，
∴|z|＝eq\r(a2＋b2)＝5eq\r(10)，
将a＝3b代入上式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝15，,b＝5，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－15，,b＝－5.))
故ω＝±eq\f(15＋5i,2＋i)＝±(7－i)．
eq\a\vs4\al\co1(综合提高限时25分钟)
7．设z∈C，且|z＋1|－|z－i|＝0，则|z＋i|的最小值为
()．
A．0 B．1
C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(1,2)
解析由|z＋1|＝|z－i|知，在复平面内，复数z对应的点的轨迹是以(－1,0)和(0,1)为端点的线段的垂直平分线，即直线y＝－x，而|z＋i|表示直线y＝－x上的点到点(0，－1)的距离，其最小值等于点(0，－1)到直线y＝－x的距离．
答案C
8．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M对应的复数为4＋3i，则|z1|2＋|z2|2等于
()．
A．10 B．25
C．100 D．200
解析根据复数加减法的几何意义，由|z1＋z2|＝|z1－z2|知，以eq\o(OM1,\s\up16(→))、eq\o(OM2,\s\up16(→))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，
∵|eq\o(OM,\s\up16(→))|＝eq\r(42＋32)＝5，
∴|M1M2|＝10.
∴|z1|2＋|z2|2＝|eq\o(OM1,\s\up16(→))|2＋|eq\o(OM2,\s\up16(→))|2＝|eq\o