3.2.1 复数代数形式的加减运算及其几何意义优秀获奖教案

数系的扩充与复数的引入

§4.2

复数的运算

课时安排

4课时

从容说课

本节包括复数的代数形式的加法、减法运算法则，复数加法、减法运算的几何意义等内容.复数的代数形式的加法运算法则是一种规定，在讲这个规定时，应通过以下几个方面，使学生逐步理解这个规定的合理性：

（1）当b=0,d=0时，与实数加法法则一致；

（2）验证实数加法的交换律、结合律在复数集C中仍然成立；

（3）符合向量加法的平行四边形法则.

在教学中，让学生自主探索复数的加法满足交换律、结合律并证明.同时让学生通过平面向量类比到复数，然后研究复数的加法运算的几何意义,引导学生从向量角度出发.复平面内所有以原点为起点的向量所成的集合一一对应.提问向量加法的平行四边形法则，并让学生自己画出和向量oz（

合向量），画出向量oz后，提问与它对应的复数是什么？这个探索过程是十分重要的.

由于复数的减法是加法的逆运算，因此，讲复数减法的几何意义时，应对照加法的几何意义来讲，也可以从向量减法的运算来讲，这样，容易让学生接受和理解，使学生的知识结构更加完善.

在本节教学中要培养学生的思维能力、运算能力、实践操作能力和创新能力.特别是思维能力的培养，需要在每一节课中去训练.同时也要训练学生的个性品质，这是2005年新的《考试大纲》中所强调的.

第二课时

课

题

§4.2.1

复数的加法运算及几何意义

教学目标

一、教学知识点

1.理解并掌握复数的代数形式的加法运算法则、共轭复数的加法运算的性质. 2.掌握复数加法的几何意义.

3.掌握复数加法与模的不等式｜｜z1｜-｜z2｜｜≤｜z1+z2｜≤｜z1｜+｜z2｜. 二、能力训练要求

1.能进行复数代数形式的加法运算，并能利用加法法则的几何意义解决一些实际问题. 2.会运用模性质｜｜z1｜-｜z2｜｜≤｜z1+z2｜≤｜z1｜+｜z2｜求复数模的最大值和最小值. 三、德育渗透目标

1.培养学生数形结合、分类讨论、方程思想、等价转化思想及由特殊到一般的合情推理的方法等数学思想和方法.

2.培养学生实与虚、分与合、数与形、动与静的辩证唯物主义观点，对学生的认识观、价值观进行有机地教育.

3.培养学生学会思考问题的方式和方法，培养他们勇于创新的精神，培养学生的实际动手操作实践的能力，磨练学生的意志.

教学重点

复数的加法运算法则和加法的几何意义是教学重点，复数加法运算是复数四则运算的基础，它的几何意义是复数与几何衔接的桥梁.

数系的扩充与复数的引入

教学难点

复数的加法运算法则及几何意义是教学的难点,这个法则是规定的，对学生的理解来说是较困难的. 教学方法

建构主义观点在高中数学课堂教学中的实践的教学方法.在讲解这个规定时，应通过以下几个方面，使学生逐步理解这个规定的合理性.

(1)当b=0,d=0时，与实数加法法则的一致性；（2）验证实数运算的交换律、结合律在复数集C中仍然成立；（3）符合向量加法的平行四边形法则. 教具准备

实物投影仪（或幻灯机、幻灯片等）. 教学过程

Ⅰ.课题导入

图4-1 ［师］我们学***面向量的加法运算，它是按照平行四边形法则来进行的.如平面向量oz1=(2,1), oz2=(1,3),那么oz的坐标表示是什么？

［生］由平面向量的加法运算法则有oz1oz2=(2+1,1+3)=(3,4).

［师］oz1oz2的几何意义呢？也可以说是几何法则.

［生］以oz1、oz2为邻边作平行四边形，从原点出发的对角线oz所对应的向量oz就是加法的几何意义，即ozoz1oz2.

［师］上节课我们学习了复数可以用向量表示，那么上述向量oz1、oz2、oz它们所对应的复数是什么呢？

［生］oz1对应的复数是z1=2+i，oz2对应的复数是z2=1+3i, oz对应的复数是z=3+4i.

［师］从复数z1、z2、z所对应的向量上看，满足ozoz1oz2即加法运算，那么复数z为什么是z1与z2的和呢？又如何规定它的运算法则呢？这就是这节课我们来学习的内容：复数的加法运算(板书课题).

Ⅱ.讲授新课

(一)概念引入

［师］从上面我们已经看出：复数z就是z1与z2的和，即z=z1+z2.那么一般情况如何呢？设z1=a+bi,z2=c+di(a、b、c、d∈R).z1+z2对应的复数是什么呢？

数系的扩充与复数的引入

图4-2 ［生］利用平面向量的加法运算来定义复数的加法运算.设复数z1=a+bi,z2=c+di,在复平面上oz2,即oz1、oz2的坐标形式为oz1=(a,b), 所对应的向量为oz1、为邻边作平行四边形OZ1ZZ2,则对角线OZ对应的向量是oz，

∴ozoz1oz2=（a,b）+(c,d)=(a+c,b+d).设向量oz对应的复数为x

oz2=(c,d).以oz1、oz2∴(a+c,b+d)对应的复数为(a+c)+(b+d)i.

∴xac,

ybd.∴复数z1与z2的和就定义为z1+z2=(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.

［师］这样，复数的加法可以按照以下的法则进行：

设z1=a+bi,z2=c+di是任意两个复数，那么它们的和

(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i.

由这个运算法则，我们能联想到哪些知识？

［生甲］平面向量的加法运算及坐标运算.

［生乙］联想到初中我们学习的知识：合并同类项.

［生丙］联想到无理数运算时，合并方法,即(a+b2)+(c+d2)=(a+c)+(b+d)2.(这里a、b、c、d都是有理数).

［生丁］两个复数的和仍是一个复数.

（学生的联想能力是很丰富的，应该鼓励学生大胆地联想，只有联想，才能将自己所学的知识不断地回顾、不断辨析、拓展，从而完善学生的认知结构，有利于学生的良好解题策略的形成）

［师］你们联想的内容都很好，都是与复数的运算有着密切关系的，我们在平时的学习和研究中要经常联想，大胆地联想.

在实数范围内，两个数的加法满足哪些运算律，在复数范围内能否也成立？

［生］实数范围内的加法运算满足交换律和结合律.在复数范围内也是成立的，即对任何z1、z2、z3∈C,有z1+z2=z2+z1，（z1+z2）+z3=z1+（z2+z3）.

［师］这个仅仅是猜想，是否成立，还有待于证明后才能确定.请你们自己证明，再找两位同学到黑板上来板演.

［生a］设z1=a1+b1i,z2=a2+b2i(a1、b1、a2,b2∈R).

∵z1+z2=(a1+b1i)+(a2+b2

=(a1+a2)+(b1+b2

z2+z1=(a2+b2i)+(a1+b1i)=(a2+a1)+(b2+b1

又∵a1+a2=a2+a1,b1+b2=b2+b1

数系的扩充与复数的引入

∴z1+z2=z2+z1,即复数的加法运算满足交换律.

［生b］设z1=a1+b1i,z2=a2+b2i,z3=a3+b3i(a1、a2、a3、b1、b2、b3∈R).

∵(z1+z2)+z3=［(a1+b1i)+(a2+b2i)］+(a3+b3

=［(a1+a2)+(b1+b2)i］+(a3+b3)i =［(a1+a2)+a3］+［(b1+b2)+b3］i =(a1+a2+a3)+(b1+b2+b3)i. z1+(z2+z3)=(a1+b1i)+［(a2+b2i)+(a3+b3i)］

=(a1+b1i)+［(a2+a3)+(b2+b3)i］

=［a1+(a2+a3)］+［b1+(b2+b3)］i =(a1+a2+a3)+(b1+b2+b3

又∵(a1+a2)+a3=a1+(a2+a3

(b1+b2)+b3=b1+(b2+b3

∴(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3),即复数的加法运算满足结合律.

［师］证明得完全正确，步骤也很详细.

［生c］复数加法的结合律和交换律，我们可以从平面向量上来验证，设复数z1、z2对应的向量分别为oz1、oz2,由向量加法运算的性质得oz1oz2oz2oz1,故有z1+z2=z2+z1.

对于结合律：设复数z1、z2、z3所对应的复平面上的向量为oz1、oz2、oz3.由向量加法所满足的结合律得(oz1oz2)oz3oz1(oz2oz3),再对应到复数的运算上来便有

(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3).

［师］很好！他能灵活运用平面向量的基本运算来研究复数运算.上节课我们已经学过，复数集C既然与复平面内所有以原点为起点的向量所成的集合一一对应，因此，复数加法就可以按向量加法法则来进行，复数加法所满足的运算律也就可以按向量加法法则所满足的运算律来解释和运用.

［师］上节课我们还学习了共轭复数的概念，那么z1+z2的共轭与z1与z2的共轭的和有什么关系呢？

［生d］z1z2z1z2,可以证明：

设z1=a+bi,z2=c+di(a、b、c、d∈R).

∵z1+z2=(a+c)+(b+d)i.

∴z1z2=(a+c)-(b+d)i.

又z1=a-bi,z2=c-d

∴z1z2=(a-bi)+(c-di)=(a+c)+(-b-d)i=(a+c)-(b+d)i.∴z1z2=z1+z2. 可以推广到一般情况：z1z2...zaz1z2...za

［师］若z是复数，λ是实数，那λz的共轭和z的共轭与λ之积是什么关系？

数系的扩充与复数的引入

［生e］z∈C,λ∈R,那么zz,证明如下：

设z=a+bi(a,b∈R)，λz=aλ+bλi,z

=a-bi.∴z=(abi)=aλ-bλi.

又λz=λ(a-bi)=λa-b∴zz. ［师］在平面向量的加法运算的几何图形中有什么样的不等式（关于oz、oz1、oz2的模的不等式）

［生f］若a、b都是平面向量，则｜a｜-｜b｜≤｜a+b｜≤｜a｜+｜b｜,在几何图形中是｜｜

oz1｜-｜oz2｜｜≤｜oz｜≤｜oz1oz2｜. ［师］在复数的加法运算中是否也有相关的不等式呢？如何证明？

［生g］设z1、z2∈C,则｜｜z1｜-｜z2｜｜≤｜z1+z2｜≤｜z1｜+｜z2｜.

证明：设z1=a+bi,z2=c+di(a、b∈R).

∴｜z1+z2｜=｜(a+c)+(b+d)i｜

22=（ac)(bd)

=abcd2ac2bd

｜z1｜+｜z2｜=abcd2222222222

22｜｜z1｜-｜z2｜｜=｜abcd｜

∴(a2b2c2d2)2(a2b2c2d22ac2bd)2= 2222a2+b2+c2+d2+(ab)(cd)-a2-b2-c2-d2-2ac-2bd

=2［acbdadbc-(ac+bd)］.若ac+bd＜0,则(*)式值为正若ac+bd≥0时，

22222222

(a2c2b2d2a2d2b2c2)2-(ac+bd)2

=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2-a2c2-2abcd-b2d2

=a2d2-2abcd+b2c2=(ad-bc)2≥0.

∴acbdadbc≥ac+bd.

∴(*)式值为非负值.

∴acbdadbc-(ac+bd)≥0.

2222222222222222

数系的扩充与复数的引入

∴(a2b2c2d2)2(a2b2c2d22ac2bd)2≥0.

∴(｜z1｜+｜z2｜)2≥(｜z1+z2｜)2.

∴｜z1+z2｜≤｜z1｜+｜z2｜.

又∵｜z1+z2｜2-(｜z1｜-｜z2｜)2=a2+b2+c2+d2+2ac+2bd-(a2+b2+c2+d2-2 (a2b2)(c2d2)=2(ac+bda2c2b2d2a2d2b2c2若ac+bd≥0时，a2c2b2d2a2d2b2c2≥0成立; 若ac+bd＜0时，(a2c2b2d2a2d2b2c2)2-(-ac-bd)2

=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2-a2c2-2abcd-b2d2=a2d2-2abcd+b2c2=(ad-bc)2∴acbdadbc≥-ac-bd.2222222222222222

∴acbdadbc+ac+bd≥0.

∴｜z1+z2｜2≥(｜z1｜-｜z2｜)2.

∴｜z1+z2｜≥｜｜z1｜-｜z2｜｜.

综上所述,｜｜z1｜-｜z2｜｜≤｜z1+z2｜≤｜z1｜+｜z2｜.

［师］证明过程完全正确，他多次使用平方差比较大小的问题，这是我们解题中常常遇到的策略，同时他还运用了分类讨论思想来证明，他的证明过程是很严密的.

［生h］可以运用平面几何的方法来证明.

图4-3 设复数z1、z2所对应的向量分别为oz1、oz2,以oz1、oz2为邻边作平行四边形OZ1ZZ2，对角线OZ对应的向量为oz，它所对应的复数为z1+z2.

若Z1、O、Z不共线（即O、Z1、Z2不共线时，｜｜oz1｜-｜z1z2｜｜＜｜oz｜＜｜oz1｜+｜z1z2｜,即｜｜z1｜-｜z2｜｜＜｜z1+z2｜＜｜z1｜+｜z2｜）.当O、Z1、Z2（按顺序排好）共线时，

｜oz｜=｜oz2｜+｜z1z2｜∴｜z1+z2｜=｜z1｜+｜z2｜.

当三点共线的顺序是Z2、O、Z1时，｜oz｜=｜｜oz1∴｜z1+z2｜=｜｜z1｜-｜z2｜｜.

故有｜｜z1｜-｜z2｜｜≤｜z1+z2｜≤｜z1｜｜z2｜.

｜-｜z1z｜｜

数系的扩充与复数的引入

［师］他的这种方法是利用数形结合和平面几何知识得到的.从他的证明过程中可以知道这个不等式中等号成立的条件，你们能发现吗？

［生k］当向量oz1、oz2共线且同向，即oz2oz1时，｜z1+z2｜=｜z1｜+｜z2｜.当oz1、oz2共线且方向相反，即oz2oz1时，｜z1+z2｜=｜｜z1｜-｜z2｜｜(这里λ∈R,且λ＞0).

［师］总结得很好.从复数的代数形式证法中能否也可以找到类似的条件？

［生P］可以，等号成立的条件是ad-bc=0，运用平面解析几何知识, 相等的.当然，oz1与oz2共线的充要条件也是相同的.

(二)精选例题

［例1］计算：(1-2i)+(-2+3i)+(3-4i)+(-4+5i)+…+(-2002+2003i)+(2003-2004i).

解法一：原式=(1-2+3-4+…-2002+2003)+(-2+3-4+5+…+2003--1001)+(1001-2004)i=1002-1003i.

解法二：∵(1-2i)+(-2+3i) =-

(3-4i)+(-4+5i)=-

……

(2001-2002i)+(-

=-1+i.

相加得（共有1001个式子）：

原式=1001(-1+i)+(2003-

=(2003-1001)+(1001-

=1002-1003i.

解题回顾：解法一是从整体上把握，将计算分实部和虚部进行，把各个复数的实部与虚部分别相减从而求得结果.解法二是从局部入手，抓住了式子中相邻两项之差是一个常量这一特点，恰当地进行组合从而简化了运算.

［例2］设z为复数，且｜z｜=｜z+1｜=1,求｜z-1｜.

解：设z=a+bi(a、b∈

∴z+1=(a+1)+bi,z-

=(a-1)+bi.

∴｜z｜=a2+b2=1.

∴a2+b2=1. 2又｜z+1｜=(a1)b

oz1与oz2的斜率是

∴(a+1)2+b2=1.

22ab1,由22(a1)b1.

数系的扩充与复数的引入

11aa22解得∴

b23b342∴z13i.

2233i.

22∴z1∴｜z-1｜=()23293323. )=442

图4-4 解题回顾：依题意，所求的复数是以(-1,0)为圆心，半径为1的圆与以原点为圆心，半径为1的圆的交点所对应的复数，即za、zb（如图），｜z-1｜,亦即向量CA、CB的长度.

［例3］复数z满足｜z+3-3i｜=3,求｜z｜的最大值和最小值.

解法一：｜z+3-3i｜≥｜｜z｜-｜3-3i｜｜又∵｜z+3-3i｜=3｜3-3i｜=12=23∴｜｜z｜-23｜≤3, 即3≤｜z｜≤33.

∴｜z｜的最大值为33，最小值为3.

解法二：满足｜z+3-3i｜=3的复数z在复平面上所表示的图形为以-3+3i对应的点P为圆心，以3为半径的圆.｜z｜则表示圆上的点Z到原点的距离，O、P的连线交此圆于A、B两点，显然｜OA｜为最大距离，｜OB｜为最小距离，即

｜z｜max｜OP｜+3=33；

数系的扩充与复数的引入

｜z｜min｜OP｜-3=3.

解题回顾：解法一充分利用复数模的不等式：｜z1+z2｜≥｜｜z1｜-｜z2｜｜,通过构造关于｜z｜的不等式，达到解题目的；解法二则运用复数模的几何意义，通过数形结合，充分利用图形的直观、形象的特点，简化了对问题的处理方法.

［例4］复数z满足｜z｜=1,且ω=2z+3-4i,求复数ω在复平面内对应的图形.

解法一：由ω=2z+3-4i,得

ω-(3-4i)=2z.

又∵｜z｜

∴｜ω-(3-4i)｜=2.

因此，复数ω在复平面内对应的图形是以点（3，-4）为圆心，以2为半径的圆.

解法二：设ω=x+yi,z=a+bi(x、y、a、b∈R),则根据复数相等的定义，得

x2a3,x32a,,即

y2b4.y42b.∵a2+b2

∴(x-3)2+(y+4)2=4.

解题回顾：复数的轨迹方程，可以用普通的直角坐标方程表示（如解法二），也可以用含复数z的方程表示（如解法一）.学习中，应会将两种形式互相转化.

Ⅲ.课堂练习

课本Ｐ152练习1，2，3中加法的练习题.

Ⅳ.课时小结

1.复数的加法法则：

（a+bi）+(c+di)=(a+c)+(b+d)i(a、b、c、d∈R).

复数的加法，可模仿多项式的加法法则计算，不必死记公式.

2.如果复数z1、z2分别对应于向量op1、op2那么，以OP1、OP2为两边作平行四边形OP1SP2，对角线OS表示的向量os就是z1+z2的和所对应的向量.

3.复数模的性质：｜｜z1｜-｜z2｜｜≤｜z1+z2｜≤｜z1｜+｜z2｜.

Ⅴ.课后作业

(一)课本Ｐ154习题4.2加法

(二)补补充练习

已知复数z1=3-i,|z2|=2,求|z1+z2|的最大值.

解:设z2=x+yi(x、y∈R),x2+y2=4,令x=2c

∴|z1+z2|=|(2cosθ+3)+(2sinθ-

22=(2cos3)(2sin1)

=144(sin3cos)

=14410sin().

∴|z1+z2|max=14410102.

数系的扩充与复数的引入

也可以用数形结合来解.

板书设计

§4.2.1复数的加法运算及几何意义

一、1.法则：（a+bi）+(c+di)=….

2.向量运算

3.几何意义

4.z1z2z1z2.

5.|｜z1｜-｜z2｜|≤｜z1+z2｜≤｜z1｜+｜z2｜等号成立的条件.

加法交换律、结合律的证明

z1+z2=z2+z1

(z1+z2)+z3=z1+(z2+z3

二、例题

例

例

例

例4