前言
在高中數學中，經常會碰到求線段長度或者直線與曲線相交得到的弦的長度，所用到的求解公式與所處的坐標系和采用的方法都有關。
弦長公式1
【公式】：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)， 推導過程[1]
【使用條件】：在直角坐標系下使用，針對直線的普通方程和曲線的普通方程，說明：\(k\) 為直線的斜率，直線和曲線的交點為 \(A(x_1，y_1)\) ， \(B(x_2，y_2)\) ；
設直線和圓的交點為\(A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2)\)，
聯立得到方程組，\(\left\{\begin{array}{l}{2x-y-3=0}\\{x^2+y^2-4y-12=0}\end{array}\right.\)
消去\(y\)得到，\(x^2+(2x-3)^2-4(2x-3)-12=0\)，整理得到，\(5x^2-20x+9=0\)，
由韋達定理得到，\(x_1+x_2=4\)，\(x_1x_2=\cfrac{9}{5}\)，
由弦長公式得到，\(|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\)\(=\sqrt{1+2^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)
\(=\sqrt{5}\sqrt{16-\cfrac{36}{5}}=2\sqrt{11}\)。
弦長公式2
【公式】：\(|AB|=|t_1-t_2|\)，可以類比一維數軸上的兩點間的距離公式來理解；
【使用條件】： 在直角坐標系下，針對直線的參數方程和曲線的普通方程使用，還要注意直線的參數方程在使用時必須驗證其是否為標准形式。說明：其中點 \(A\)，\(B\) 為直線和曲線的交點，直線上的點 \(A\)，\(B\) 所對應的參數分別為 \(t_1\)和 \(t_2\) .
解析：將直線的參數方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=-\cfrac{\sqrt{3}}{2} t\\y=2+\cfrac{t}{2}\end{array}\right.\) (\(t\) 為參數)代人曲線方程 \(y^{2}-3 x^{2}=0\)，
得 \(t^{2}-t-2=0\)，解得 \(t_{1}=2\)， \(t_{2}=-1\)，
由參數的兒何意義知，截得的線段長為 \(|t_1-t_2|=|2-(-1)|=3\).
解析：直線的參數方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\y=3t\end{array}\right.\) 可以化成 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+\cfrac{2}{\sqrt{13}}(\sqrt{13}t)\\y=\cfrac{3}{\sqrt{13}}(\sqrt{13} t)\end{array}\right.,\)
將直線方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\y=3 t\end{array}\right.,\) 代人 \(y^{2}=3x\)，
得 \(3t^{2}-2t-1=0\)， 解得 \(t_{1}=-\cfrac{1}{3}, t_{2}=1\)，
由參數的兒何意義知,所得的弦長為 \(\sqrt{13}|t_{2}-t_{1}|=\cfrac{4\sqrt{13}}{3}\).
弦長公式3
【公式】\(AB=\sqrt{\rho_{_{A}}^2+\rho_{_{B}}^2-2\cdot\rho_{_{A}}\cdot\rho_{_{B}}\cdot\cos(\theta_1-\theta_2)} ①\) 或 \(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}| ②\)
【使用條件】 在極坐標系下使用，且直線和曲線的方程形式都是極坐標方程；其中點 \(A(\rho_{_{A}},\theta_1)\) ， \(B(\rho_{_{B}},\theta_2)\) ，公式 ① 其實就是由三角形余弦定理得到的，公式 ② 是公式 ① 的特例，當點 \(O\)，\(A\)，\(B\)三點共線時，\(\theta_1=\theta_2\)[點 \(A\) ， \(B\) 在點 \(O\) 的同側，如下圖左]或\(\theta_1=\pi+\theta_2\)[點 \(A\) ， \(B\) 在點 \(O\) 的兩側，如下圖右]，此時都可以將公式 ① 簡化為公式 ② ；本來公式 ② 不應該單列出來，但是實際考察中，使用更多的是公式 ② ，故單列便於記憶和比較。[極坐標系中點的坐標可以 \(\rho<0\) ]
補充說明：如上圖左，當點 \(A\) ， \(B\) 在點 \(O\) 的同側時，\(\theta_1=\theta_2\)，代入①式，容易得到 \(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}|\)；
如上圖右，當點 \(A\) ， \(B\) 在點 \(O\) 的兩側時，由於極坐標系中點的坐標的不唯一性，點 \(B\) 的坐標既可以是 \(B(\rho_{_{B}},\theta_{_{B}})\)，也可以是 \(B(\rho_{_{B}},\theta_{_{A}})\)，此時 \(\rho_{_{B}}<0\)，可以依托數軸上的兩點的距離公式，得到 \(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}|\)；
(1). 求曲線 \(C_{2}\) 的極坐標方程；
解析：設 曲線 \(C_1\) 上的任一點的極坐標為 \(P(\rho_1,\theta_1)\)，旋轉后對應曲線 \(C_{2}\) 上的點的極坐標為 \(P'(\rho, \theta)\)，
則 \(\left\{\begin{array}{l}\rho=\rho_1\\\theta=\theta_1+\cfrac{2\pi}{3}\end{array}\right.\)，故有\(\left\{\begin{array}{l}\rho_1=\rho\\\theta_1=\theta-\cfrac{2\pi}{3}\end{array}\right.\)，
由於\((\rho_1, \theta_1)\) 在 曲線\(C_{1}\)上， 即 \((\rho, \theta-\cfrac{2\pi}{3})\) 滿足曲線 \(C_{1}\)方程，
故 \(\rho=4\sin(\theta-\cfrac{2 \pi}{3})\)，即曲線 \(C_{2}\) 的極坐標方程為 \(\rho=4\sin(\theta-\cfrac{2\pi}{3})\).
(2)若直線 \(l: \theta=\alpha(\rho\in R)\) 與 \(C_{1}\)， \(C_{2}\) 分別相交於異於極點的 \(A\)，\(B\) 兩點，求 \(|AB|\) 的最大值.
解析： 設 \(A(\rho_{A},\alpha)\)， \(B(\rho_{B},\alpha)\)，
則 \(|AB=|\rho_{A}-\rho_{B}|=|4\sin\alpha-4\sin(\alpha-\cfrac{2\pi}{3})|=|6\sin\alpha+2\sqrt{3}\cos a|\)
\(=4\sqrt{3}|\sin(\alpha+\cfrac{\pi}{6})|\leqslant 4\sqrt{3}\)，
當且僅當 \(\alpha=\cfrac{\pi}{3}\)時，等號成立，
故 \(|AB|\) 的最大值為 \(4\sqrt{3}\).
(1). 以坐標原點為極點，\(x\) 軸的正半軸為極軸建立極坐標系，求 \(C\) 的極坐標方程。
分析：由於極坐標方程中只有 \(\rho\) 和 \(\theta\)，
故只要將\(x=\rho\cdot cos\theta\)和\(y=\rho\cdot sin\theta\)代入圓\(C\)的直角坐標方程為\((x+6)^2+y^2=25\)，
整理可得\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
(2). 直線 \(l\) 的參數方程為 \(\begin{cases} x=t\cdot cos\alpha \\ y=t\cdot sin\alpha \end{cases}(t為參數)\)， \(l\) 與 \(C\) 交於 \(A\) 、 \(B\) 兩點，\(|AB|=\sqrt{10}\)，求直線 \(l\) 的斜率。
【法1】：極坐標法，由於此次為重點介紹極坐標的用法，故將此方法排在前面。
圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
將直線的參數方程兩式相除得到，\(y=tan\alpha x\)，即\(y=kx\)，
則直線的極坐標方程為\(\theta=\alpha(\rho\in R)\)
將直線的極坐標方程代入圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)，
得到圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\alpha+11=0\)，
設點\(A\)的極坐標方程為\((\rho_1，\alpha)\)，點 \(B\) 的極坐標方程為\((\rho_2，\alpha)\)，
則\(\rho_1+\rho_2=-12cos\alpha\)，\(\rho_1\cdot \rho_2=11\)，
由\(|AB|=|\rho_1-\rho_2|= \sqrt{(\rho_1+\rho_2)^2-4\rho_1\rho_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由圖可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
則有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直線\(l\)的斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法2】參數方程法，
分析：本題目的求解要用到直線的參數方程的幾何意義。
將直線\(l\)的參數方程代入圓\(C\)的直角坐標方程，化簡整理為\(t^2+12t cos\alpha+11=0\)，
可設點\(A、B\)分別對應參數\(t_1，t_2\)，則\(\begin{cases} t_1+ t_2=-12cos\alpha\\t_1\times t_2=11\end{cases}\)，
\(|AB|=|t_1-t_2|= \sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由圖可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，則有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\frac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\frac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直線\(l\)的斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法3】平面幾何法，如圖所示，這樣的直線應該有兩條，且其斜率互為相反數，現重點求解圖中的直線\(AB\)的斜率，
在\(Rt\Delta BCD\)中，半徑為\(BC=5\)，半弦長為\(BD=\cfrac{\sqrt{10}}{2}\)，
利用勾股定理求得，弦心距\(CD=\cfrac{3\sqrt{10}}{2}\)
在\(Rt\Delta OCD\)中，\(OC=6\)，\(CD=\cfrac{3\sqrt{10}}{2}\)
求得\(cos\angle OCD=cos\theta=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
從而\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)，\(cos\alpha=\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
即\(k=tan\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)，
故滿足條件的直線\(AB\)有兩條，其斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
設直線方程為\(y=kx+b\)，兩個交點為點\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)；
則由平面內任意兩點間的距離公式可得，
\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{(x_1-x_2)^2+[(kx_1+b)-(kx_2+b)]^2}\)
\(=\sqrt{(x_1-x_2)^2+k^2(x_1-x_2)^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1-x_2)^2}\)
\(=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)
即弦長公式：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)
\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{(\frac{y_1-b}{k}-\frac{y_2-b}{k})^2+(y_1-y_2)^2}\)
\(=\sqrt{\frac{(y_1-y_2)^2}{k^2}+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot \sqrt{(y_1-y_2)^2}\)
\(=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
即弦長公式：\(|AB|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
故弦長公式：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
具體使用時，如下所示，為了和韋達定理相聯系。
\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ |x_1-x_2|^2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ x_1^2+x_2^2-2x_1x_2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ x_1^2+x_2^2+2x_1x_2-4x_1x_2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)
\(|AB|=\sqrt{1+(\cfrac{1}{k})^2}\cdot\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}\) ↩︎