复数四则运算：分量、位移与分母共轭化

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加减分别合并实系数，乘法保留分配律并使用i²=−1；除法先查非零，再把分母变成正实数。得到标准形式后才能按类型、象限或分量条件求参。

一、知识点概念与依据

1. 加减按分量进行，减号同时作用于两项

设z₁=a+bi、z₂=c+di，各系数均为实数，则

z_1\pm z_2=(a\pm c)+(b\pm d)i.

加法保留交换律、结合律；减法不交换。相反数−z₁=−a−bi。若用z₂+(x+yi)=z₁定义差，比较分量得c+x=a、d+y=b，故差的两分量分别为a−c、b−d，解释了为什么整个减号括号内都须变号。

加减允许零，没有除法那样的非零限制。

2. 和对应向量相加，差对应有方向的位移

复数对应向量(a,b)，向量和与复数和都逐分量相加，因此可按首尾相接或平行四边形法则画和。若A、B分别对应z₁、z₂，则从A到B的位移对应z₂−z₁；反向位移对应相反复数。

两点距离是差的模：

\lvert z_1-z_2\rvert=\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}.

反向位移长度相同，但位移本身通常相反。点的位置、位移、距离是不同问题，不应把求得的位置随意再取模。和的模一般不等于两模之和，应按三角形长度关系判断；不能只逐项加长度。

3. 乘法展开四项，再合并i²项

由分配律，

(a+bi)(c+di)=ac+adi+bci+bdi^2=(ac-bd)+(ad+bc)i.

所有复数均可相乘，保留交换律、结合律。平方仍按普通复数乘法；z²一般不等于zz̅=|z|²，后者才是非负实数。

4. 除法共轭化为什么保持商不变

z₁/z₂=w的意思是z₂w=z₁，须先有z₂≠0。若分母为c+di，非零等价于c、d不同时为0。其共轭c−di也非零，且

(c+di)(c-di)=c^2-d^2i^2=c^2+d^2>0.

分子、分母同乘这个非零共轭，得到

\frac{a+bi}{c+di}=\frac{(a+bi)(c-di)}{c^2+d^2}=\frac{ac+bd}{c^2+d^2}+\frac{bc-ad}{c^2+d^2}i.

分子实部是ac+bd，因为(bi)(−di)=bd；与普通乘法的ac−bd符号不同。只乘分母会改变商，分母也不能误写成c²−d²。

当分母为i，可直接用1/i=−i，因为i(−i)=1。共轭化不让非法除法变合法，结果仍需保留原定义域。

5. 除以系数前，把零分支分清

方程uz=v的条件	结论
u≠0	唯一解z=v/u
u=0、v≠0	无解
u=v=0	该等式本身对所有z成立

约去复数因子也须该因子非零。参数分式即使约分后在某个值能计算，也不恢复原来被分母排除的值；清分母之后仍要筛掉非法候选。非零看两分量不同时为0，不是看表达式里有没有i。

二、考点方法与例题

1. 加减运算先处理括号，再分别合并

把实数项与i的实系数分开记。差的顺序由起点、终点决定；平行四边形求对角顶点时则用相邻两向量的和。

例题 01 复数加减的标准形式

题目

复数 $\left( 1-i\right)-\left( 2+i\right)+3i+6$ 等于（）

A． $5+i$ B． $7-i$ C． $6+i$ D． $6-i$

答案与解析

解析

先将−(2+i)变为−2−i。实部1−2+6=5，虚部−1−1+3=1，故结果5+i，选A。B两分量均不符，C、D实部都误写成6，D虚部还错号。结果的虚部是1，不是i。

本题结论

A， $5+i$ 。

例题 02 平行四边形中的位移与顶点

题目

如图所示，平行四边形 $OABC$ ，顶点 $O,A,C$ 分别表示 $0,4+3i,-3+5i$ ，试求：

(1)对角线 $\vec{CA}$ 所表示的复数；

(2)求 $B$ 点对应的复数.

答案与解析

解析

（1）CA从C指向A，对应终点减起点：

(4+3i)-(-3+5i)=7-2i.

反过来相减会得到−7+2i，是AC，不是所求CA。

（2）平行四边形OABC中，向量AB等于OC，故OB=OA+OC，对应

(4+3i)+(-3+5i)=1+8i.

这是B点的位置复数，不是对角线长度，不另取模。

本题结论

（1） $7-2i$ ；（2） $1+8i$ 。

2. 乘除后再辨实部、虚部

乘法四项全展开，除法先核分母非零。运算前靠i附近的某个系数猜最终虚部，往往漏掉交叉项。

例题 03 复数乘积的化简

题目

复数 $z=\left( 3+i\right)\left( 1-4i\right)$ ，则 $z=$ （）

A． $-1+11i$ B． $7+11i$

C． $-1-11i$ D． $7-11i$

答案与解析

解析

展开得(3+i)(1−4i)=3−12i+i−4i²。由于i²=−1，实部为3+4=7，虚部为−12+1=−11，结果7−11i，选D。B虚部错号；A、C把实部误写−1，漏掉−4i²实际为+4。

本题结论

D， $7-11i$ 。

例题 04 以虚数单位为分母的商

题目

已知复数 $z=\frac{1+i}{i}=$ （）

A． $1-i$ B． $1+i$ C． $-1+i$ D． $-1-i$

答案与解析

解析

i≠0，利用1/i=−i，有(1+i)/i=(1+i)(−i)=−i−i²=1−i，选A。

也可分子分母同乘i，分子i−1、分母−1，仍得1−i。B未完成除以i，C是正确结果的相反数，D实部错号。乘共轭只是方便方法，合法的其它同乘也可使用。

本题结论

A， $1-i$ 。

3. 化简后的两个实系数才用于求参

保留原合法域，先乘除再加减，化成A+Bi。
实数要求B=0；纯虚数要求A=0且B≠0；实虚部相等要求A=B，互为相反数要求A+B=0。
象限看两个实坐标的严格符号，不直接比较复数大小。
解方程或不等式组，代回原式核类型、非零和端点，再对应选项。

例题 05 乘积的实部与虚部关系

题目

设复数 $z=\left( 1-2i\right)\left( a+i\right)\left( a\in R\right),z$ 的实部与虚部互为相反数，则 $a=$ （）

A． $-3$ B． $-\frac{1}{3}$ C．2 D．3

答案与解析

解析

(1−2i)(a+i)=a+i−2ai−2i²=(a+2)+(1−2a)i。实部与虚部互为相反数，等价于(a+2)+(1−2a)=0，即3−a=0，得a=3，选D。

代回z=5−5i，两分量确互为相反数。A、B、C代入两分量之和分别得6、10/3、1，都不是0；题目并未要求纯虚数，不应另加实部0条件。

本题结论

D， $a=3$ 。

例题 06 乘积类型与运算后点的位置

题目

已知复数 ${z}_{1}={a}^{2}+2ai\left( a\in R\right)$ ，复数 ${z}_{2}$ 在复平面内对应的向量为 $\vec{OA}=\left( -1,2\right)$ ．

(1)若 ${z}_{1}{z}_{2}$ 为纯虚数，求 $a$ 的值；

(2)若 ${z}_{1}i-{z}_{2}$ 在复平面内对应的点在第四象限，求 $a$ 的取值范围．

答案与解析

解析

向量坐标(−1,2)给z₂=−1+2i。

（1）z₁z₂=(a²+2ai)(−1+2i)=(−a²−4a)+(2a²−2a)i。纯虚数要求实部0、虚部非0：实部方程给a=0或−4；0使整个乘积为0，须排除。a=−4时虚部32+8=40≠0，故只取−4。

（2）z₁i−z₂=(1−2a)+(a²−2)i。第四象限要求1−2a>0且a²−2<0，即a<1/2与−√2<a<√2同时成立。交集为(−√2,1/2)。左端虚部0、右端实部0，均落在坐标轴上，不能取。

本题结论

（1） $a=-4$ ；（2） $-\sqrt2<a<1/2$ 。

4. 线性复数方程先确认可除

把z提出来，检查系数的两个实分量是否同时为0。除法得到候选后代回原等式，再求题目最后所问。

例题 07 复数方程中的共轭乘积

题目

若 $zi=z+2$ ，则 $z\overline{z}=$ （）

A．1 B．2 C．4 D．5

答案与解析

解析

由zi=z+2得(i−1)z=2，i−1非零。乘共轭化分母：

z=\frac{2}{-1+i}=\frac{2(-1-i)}{(-1+i)(-1-i)}=\frac{2(-1-i)}2=-1-i.

回代zi=1−i，z+2=1−i，成立。于是z̅=−1+i，zz̅=1+1=2，选B。A、C、D均非两个分量的平方和。若问模才会得到√2，本题问共轭乘积，不开根。

本题结论

B， $z\overline z=2$ 。