1、课堂导学三点剖析一,复数代数形式的加减运算【例1】 计算:(1-2i)-(2-3i)+(3-4i)-(4-5i)+(1 999-2 000i)-(2 000-2 001i).解法一:原式=(1-2+3-4+1 999-2 000)+(-2+3-4+5-2 000+2 001)i=-1 000+1 000i.解法二:(1-2i)-(2-3i)=-1+i,(3-4i)-(4-5i)=-1+i,(1 999-2 000i)-(2 000-2 001i)=-1+i.将上述式子累加得原式=1 000(-1+i)=-1 000+1 000i.温馨提示 复数的加减法,类似于多项式加减法中的合并同类项的过程.
2、具体解题时,可适当地进行组合,简化运算.二、复数代数形式的乘除运算【例2】 计算:.解：=-i=-i=i-i=0.温馨提示 计算（a+bi）n时，一般按乘法法则进行计算.对于复数1i，计算它的n（n为大于或等于2的自然数）次方时，常先计算1i的平方；对于复数i，计算它的n（n为大于或等于3的自然数）次方时，常先计算它的立方.三,四则运算的综合应用【例3】 设等比数列zn中,其中z1=1,z2=a+bi,z3=b+ai(a,bR,且a0).(1)求a,b的值；(2)试求使z1+z2+zn=0的最小正整数n；(3)对(2)中的正整数n,求z1z2zn的值.解：（1）z1、z2、z3成等比数列，z2
3、2=z1z3，即(a+bi)2=b+ai，a2-b2+2abi=b+ai.,解得a=，b=.(2)z1=1，z2=+i，公比q=+i.于是zn=（+i）n-1，z1+z2+zn=1+q+q2+qn-1=0，qn=(+i)n=(-i)n(-+i)n=1,则n既是3的倍数又是4的倍数.故n的最小值为12.(3)z1z2z12=1(+i)(+i)2(+i)11=(+i)1+2+11=(-i)(-+i)66=(-i)66(-+i)66=-1.温馨提示 在复数中运用等比数列的知识,既能加深对复数和复数运算的认识,又能加强对数列知识的理解与运用.各个击破类题演练 1 设z1=x+2i,z2=3-yi(x,
4、yR),且z1+z2=5-6i,求x+yi.解：z1+z2=x+2i+3-yi=(x+3)+(2-y)i，z1+z2=5-6i,解得.x+yi=2+8i.变式提升 1 已知平行四边形中,三个顶点对应的复数分别是2+i,4+3i,3+5i,求第四个顶点对应的复数.解:如右图,设点Z1,Z2,Z3分别对应复数2+i,4+3i,3+5i.(1)若Z1Z3为对角线,则,即z4-z1=z3-z2,z4=z3-z2+z1=(3+5i)-(4+3i)+(2+i)=1+3i.(2)若Z1Z2为对角线,则,即z4-z1=z2-z3,z4=z2-z3+z1=(4+3i)-(3+5i)+(2+i)=3-i.(3)若
5、Z2Z3为对角线,则,即z4-z2=z3-z1,z4=z3-z1+z2=(3+5i)-(2+i)+(4+3i)=5+7i.类题演练 2 已知z=(a0),且复数=z(z+i)的虚部减去它的实部所得的差等于，求复数.解：=i,即a2-1=3.a0,a=2,=3i.变式提升2 已知x,yR,且,求x,y的值.解：可写成5x(1-i)+2y(1-2i)=5-15i,(5x+2y)-(5x+4y)i=5-15i.类题演练 3 已知=2n,求最小正整数n.解：原等式可化为=2n,即(1+i)2n(1+i)+(1-i)2n(1-i)=22n，(2i)n(1+i)+(-2i)n(1-i)=22n，2nin(1+i)+2n(-i)n(1-i)=22n，in(1+i)+(-1)n(1-i)=2，若n=2k(kN*),则i2k(1+i)+(1-i)=2，i2k=1，k=2，n=4.若n=2k-1(kN*),则i2k-1(1+i)-(1-i)=2，故2i2k=2，i2k=1，k=2，n=3.对于nN*时，最小正整数为3.变式提升 3 已知复数z满足|z|=1+3i-z，求.解：设z=x+yi(x，yR)，代入|z|=1+3i-z，得=1-x+(3-y)i.由复数相等得解得x=-4，y=3.z=-4+3i.原式=(-3+i)3=-18+26i.
