人教新课标版数学高二-选修2-2课时作业22 复数代数形式的加减运算及其几何意义
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解析：(1)∵z＝cosA＋isinA，
∴z＋1＝1＋cosA＋isinA.
∴|z＋1|＝
＝ .
∵|z＋1|＝1.∴2＋2cosA＝1.
∴cosA＝－ .∴A＝120°.
∴sinA＝ .∴复数z＝－ ＋ i.
(2)由正弦定理，得a＝2R·sinA，b＝2R·sinB，c＝2R·sinC(其中R为△ABC外接圆的半径)，
解得 故a＋b＝3.
答案：3
8．设实数x，y，θ满足以下关系：x＋yi＝3＋5cosθ＋i(－4＋5sinθ)，则x2＋y2的最大值是__________．
解析：∵x＋yi＝(3＋5cosθ)＋i(－4＋5sinθ)，
∴x2＋y2＝(3＋5cosθ)2＋(－4＋5sinθ)2＝50＋30cosθ－40sinθ＝50＋50cos(θ＋φ)，其中sinφ＝ ，cosφ＝ .
1为半径的圆，如图所示，
则|z－2－2i|＝ 表示圆上的点与定点(2,2)的距离，由数形结合得|z－2－2i|的最小值为3.
11．已知z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ，且z1－z2＝ ＋ i，求cos(α＋β)的值．
解析：因为z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ，
C．5 D．6
解析：因为|z－3－4i|＝1，所以复数z所对应点在以C(3,4)为圆心，半径为1的圆上，由几何性质得|z|的最大值是 ＋1＝6.
答案：D
5．设复数z满足|z－3＋4i|＝|z＋3－4i|，则复数z在复平面上对应点的轨迹是()
A．圆B．半圆
C．直线D．射线
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R，
方法三：由余弦定理，得| |2＝| |2＋| |2－2| || |cos120°＝3.
又∵z1－z2＝ － ＝ ，
∴|z1－z2|＝| |＝| |＝ .
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边的长度分别为a，b，c，设复数z＝cosA＋isinA，且满足|z＋1|＝1.
(1)求复数z；
(2)求 的值．
∴原式＝ .
∵B＝180°－A－C＝60°－C，
∴原式＝
＝ ＝
＝ ＝2，
即 的值为2.
∴cosB＝ ＝ ＝ ＝ .
∵0＜B＜π，
∴sinB＝ ，
∴S＝| || |sinB＝ × × ＝7，
∴平行四边形ABCD的面积为7.
B组 能力提升
10．若z∈C，且|z＋2－2i|＝1，求|z－2－2i|的最小值．
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R，由|z＋2－2i|＝1，
得|z－(－2＋2i)|＝1，表示以(－2,2)为圆心，
答案：D
2．已知z1＝3－4i，z2＝－5＋2i，z1，z2对应的点分别为P1，P2，则 对应的复数为()
A．－8＋6i B．8－6i
C．8＋6iD．－2－2i
解析：由复数减法的几何意义，知 对应的复数为z1－z2＝(3－4i)－(－5＋2i)＝(3＋5)＋(－4－2)i＝8－6i，故选B.
答案：B
由|z－3＋4i|＝|z＋3－4i|得
＝ ，
化简可得3x－4y＝0，
所以复数z在复平面上对应点的轨迹是一条直线．
答案：C
6．已知复数z1＝ －2mi，z2＝－m＋m2i，若z1＋z2＞0，则实数m＝__________.
解析：z1＋z2＝( －2mi)＋(－m＋m2i)
＝( －m)＋(m2－2m)i.
∴(x2＋y2)max＝50＋50＝100.
答案：100
9．已知复平面内平行四边形ABCD，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；
(2)平行四边形ABCD的面积．
解析：(1)∵向量 对应的复数为1＋2i，向量 对应的复数为3－i，
课时作业(二十二)复数代数形式的
加减运算及其几何意义
A组 基础巩固
1．若z1＝2＋i，z2＝3＋ai(a∈R)，且z1＋z2所对应的点在实轴上，则a的值为()
A．3B．2
C．1D．－1
解析：z1＋z2＝2＋i＋3＋ai＝(2＋3)＋(1＋a)i＝5＋(1＋a)i.
∵z1＋z2所对应的点在实轴上，
∴1＋a＝0.∴a＝－1.
所以z1－z2＝(cosα－cosβ)＋(sinα＋sinβ)i＝ ＋ i，
所以 两式平方相加得(cosα－
cosβ)2＋(sinα＋sinβ)2＝2－2(cosαcosβ－sinαsinβ)＝2－2cos(α＋β)＝ 2＋ 2＝1，即2－2cos(α＋β)＝1，
所以cos(α＋β)＝ .
12．已知|z1|＝|z2|＝1，z1＋z2＝ ＋ i，求复数z1，z2及|z1－z2|.
即∠AOB＝120°.
又∵ 与x轴正半轴的夹角为60°，
∴点A在x轴上，即A(1,0)．
而xB＝| |cos120°＝－ ，yB＝| |sin120°＝ ，
∴点B的坐标为 .
∴ 或
∴|z1－z2|＝ ＝ .
方法二：∵|z1－z2|2＝2|z1|2＋2|z2|2－|z1＋z2|2＝3，
∴|z1－z2|＝ .
解析：由于|z1＋z2|＝ ＝1.设z1，z2，z1＋z2对应的向量分别为 ， ， ，则| |＝| |＝| |＝1，故A，B，C三点均在以原点为圆心，半径为1的圆上，如图．
方法一：由余弦定理易得：
cos∠AOC＝ ＝ ，
故∠AOC＝60°，又由平行四边形法则知四边形OBCA为平行四边形，
∴▱OACB为菱形，且△BOC，△COA都是等边三角形，
∴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，即 ＝(3，－1)．
设D(x，y)，则 ＝(x－2，y－1)＝(3，－1)，
(2)∵ · ＝| || |cosB，
因为z1＋z2＞0，
所以z1＋z2为实数且大于0，
所以 解得m＝2.
答案：2
7．已知z1＝ a＋(a＋1)i，z2＝－3 b＋(b＋2)i(a，b∈R)，若z1－z2＝4 ，则a＋b＝__________.
解析：z1－z2＝ －[－3 b＋(b＋2)i]＝ ＋(a－b－1)i＝4 ，
由复数相等的充要条件，得
3．已知|z|＝3，且z＋3i是纯虚数，则z等于()
A．－3B．3
C．－3iD．3i
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R，
则z＋3i＝x＋(y＋3)i.因为z＋3i是纯虚数，
所以 又因为|z|＝ ＝3，解得x＝0，y＝3，即z＝3i.
答案：D
4．设复数z满足|z－3－4i|＝1，则|z|的最大值是()
A．3 B．4
∴z＋1＝1＋cosA＋isinA.
∴|z＋1|＝
＝ .
∵|z＋1|＝1.∴2＋2cosA＝1.
∴cosA＝－ .∴A＝120°.
∴sinA＝ .∴复数z＝－ ＋ i.
(2)由正弦定理，得a＝2R·sinA，b＝2R·sinB，c＝2R·sinC(其中R为△ABC外接圆的半径)，
解得 故a＋b＝3.
答案：3
8．设实数x，y，θ满足以下关系：x＋yi＝3＋5cosθ＋i(－4＋5sinθ)，则x2＋y2的最大值是__________．
解析：∵x＋yi＝(3＋5cosθ)＋i(－4＋5sinθ)，
∴x2＋y2＝(3＋5cosθ)2＋(－4＋5sinθ)2＝50＋30cosθ－40sinθ＝50＋50cos(θ＋φ)，其中sinφ＝ ，cosφ＝ .
1为半径的圆，如图所示，
则|z－2－2i|＝ 表示圆上的点与定点(2,2)的距离，由数形结合得|z－2－2i|的最小值为3.
11．已知z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ，且z1－z2＝ ＋ i，求cos(α＋β)的值．
解析：因为z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ，
C．5 D．6
解析：因为|z－3－4i|＝1，所以复数z所对应点在以C(3,4)为圆心，半径为1的圆上，由几何性质得|z|的最大值是 ＋1＝6.
答案：D
5．设复数z满足|z－3＋4i|＝|z＋3－4i|，则复数z在复平面上对应点的轨迹是()
A．圆B．半圆
C．直线D．射线
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R，
方法三：由余弦定理，得| |2＝| |2＋| |2－2| || |cos120°＝3.
又∵z1－z2＝ － ＝ ，
∴|z1－z2|＝| |＝| |＝ .
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边的长度分别为a，b，c，设复数z＝cosA＋isinA，且满足|z＋1|＝1.
(1)求复数z；
(2)求 的值．
∴原式＝ .
∵B＝180°－A－C＝60°－C，
∴原式＝
＝ ＝
＝ ＝2，
即 的值为2.
∴cosB＝ ＝ ＝ ＝ .
∵0＜B＜π，
∴sinB＝ ，
∴S＝| || |sinB＝ × × ＝7，
∴平行四边形ABCD的面积为7.
B组 能力提升
10．若z∈C，且|z＋2－2i|＝1，求|z－2－2i|的最小值．
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R，由|z＋2－2i|＝1，
得|z－(－2＋2i)|＝1，表示以(－2,2)为圆心，
答案：D
2．已知z1＝3－4i，z2＝－5＋2i，z1，z2对应的点分别为P1，P2，则 对应的复数为()
A．－8＋6i B．8－6i
C．8＋6iD．－2－2i
解析：由复数减法的几何意义，知 对应的复数为z1－z2＝(3－4i)－(－5＋2i)＝(3＋5)＋(－4－2)i＝8－6i，故选B.
答案：B
由|z－3＋4i|＝|z＋3－4i|得
＝ ，
化简可得3x－4y＝0，
所以复数z在复平面上对应点的轨迹是一条直线．
答案：C
6．已知复数z1＝ －2mi，z2＝－m＋m2i，若z1＋z2＞0，则实数m＝__________.
解析：z1＋z2＝( －2mi)＋(－m＋m2i)
＝( －m)＋(m2－2m)i.
∴(x2＋y2)max＝50＋50＝100.
答案：100
9．已知复平面内平行四边形ABCD，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；
(2)平行四边形ABCD的面积．
解析：(1)∵向量 对应的复数为1＋2i，向量 对应的复数为3－i，
课时作业(二十二)复数代数形式的
加减运算及其几何意义
A组 基础巩固
1．若z1＝2＋i，z2＝3＋ai(a∈R)，且z1＋z2所对应的点在实轴上，则a的值为()
A．3B．2
C．1D．－1
解析：z1＋z2＝2＋i＋3＋ai＝(2＋3)＋(1＋a)i＝5＋(1＋a)i.
∵z1＋z2所对应的点在实轴上，
∴1＋a＝0.∴a＝－1.
所以z1－z2＝(cosα－cosβ)＋(sinα＋sinβ)i＝ ＋ i，
所以 两式平方相加得(cosα－
cosβ)2＋(sinα＋sinβ)2＝2－2(cosαcosβ－sinαsinβ)＝2－2cos(α＋β)＝ 2＋ 2＝1，即2－2cos(α＋β)＝1，
所以cos(α＋β)＝ .
12．已知|z1|＝|z2|＝1，z1＋z2＝ ＋ i，求复数z1，z2及|z1－z2|.
即∠AOB＝120°.
又∵ 与x轴正半轴的夹角为60°，
∴点A在x轴上，即A(1,0)．
而xB＝| |cos120°＝－ ，yB＝| |sin120°＝ ，
∴点B的坐标为 .
∴ 或
∴|z1－z2|＝ ＝ .
方法二：∵|z1－z2|2＝2|z1|2＋2|z2|2－|z1＋z2|2＝3，
∴|z1－z2|＝ .
解析：由于|z1＋z2|＝ ＝1.设z1，z2，z1＋z2对应的向量分别为 ， ， ，则| |＝| |＝| |＝1，故A，B，C三点均在以原点为圆心，半径为1的圆上，如图．
方法一：由余弦定理易得：
cos∠AOC＝ ＝ ，
故∠AOC＝60°，又由平行四边形法则知四边形OBCA为平行四边形，
∴▱OACB为菱形，且△BOC，△COA都是等边三角形，
∴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，即 ＝(3，－1)．
设D(x，y)，则 ＝(x－2，y－1)＝(3，－1)，
(2)∵ · ＝| || |cosB，
因为z1＋z2＞0，
所以z1＋z2为实数且大于0，
所以 解得m＝2.
答案：2
7．已知z1＝ a＋(a＋1)i，z2＝－3 b＋(b＋2)i(a，b∈R)，若z1－z2＝4 ，则a＋b＝__________.
解析：z1－z2＝ －[－3 b＋(b＋2)i]＝ ＋(a－b－1)i＝4 ，
由复数相等的充要条件，得
3．已知|z|＝3，且z＋3i是纯虚数，则z等于()
A．－3B．3
C．－3iD．3i
解析：设z＝x＋yi，x，y∈R，
则z＋3i＝x＋(y＋3)i.因为z＋3i是纯虚数，
所以 又因为|z|＝ ＝3，解得x＝0，y＝3，即z＝3i.
答案：D
4．设复数z满足|z－3－4i|＝1，则|z|的最大值是()
A．3 B．4