弦长公式
在高中数学中，经常会碰到求线段长度或者直线与曲线相交得到的弦的长度，所用到的求解公式与所处的坐标系和采用的方法都有关。
前言
在高中数学中，经常会碰到求线段长度或者直线与曲线相交得到的弦的长度，所用到的求解公式与所处的坐标系和采用的方法都有关。不同的坐标系下，弦长公式有不同的刻画形式。
弦长公式1
【公式】：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)， 推导过程[1]
【使用条件】：在直角坐标系下使用，针对直线的普通方程和曲线的普通方程，说明：\(k\) 为直线的斜率，直线和曲线的交点为 \(A(x_1，y_1)\) ， \(B(x_2，y_2)\) ；
设直线和圆的交点为\(A(x_1，y_1)，B(x_2，y_2)\)，
联立得到方程组，\(\left\{\begin{array}{l}{2x-y-3=0}\\{x^2+y^2-4y-12=0}\end{array}\right.\)
消去\(y\)得到，\(x^2+(2x-3)^2-4(2x-3)-12=0\)，整理得到，\(5x^2-20x+9=0\)，
由韦达定理得到，\(x_1+x_2=4\)，\(x_1x_2=\cfrac{9}{5}\)，
由弦长公式得到，\(|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\)\(=\sqrt{1+2^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)
\(=\sqrt{5}\sqrt{16-\cfrac{36}{5}}=2\sqrt{11}\)。
弦长公式2
【公式】：\(|AB|=|t_1-t_2|\)，可以类比一维数轴上的两点间的距离公式来理解；
【使用条件】： 在直角坐标系下，针对直线的参数方程和曲线的普通方程使用，还要注意直线的参数方程在使用时必须验证其是否为标准形式。说明：其中点 \(A\)，\(B\) 为直线和曲线的交点，直线上的点 \(A\)，\(B\) 所对应的参数分别为 \(t_1\)和 \(t_2\) .
解析：将直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=-\cfrac{\sqrt{3}}{2} t\\y=2+\cfrac{t}{2}\end{array}\right.\) (\(t\) 为参数)代人曲线方程 \(y^{2}-3 x^{2}=0\)，
得 \(t^{2}-t-2=0\)，解得 \(t_{1}=2\)， \(t_{2}=-1\)，
由参数的儿何意义知，截得的线段长为 \(|t_1-t_2|=|2-(-1)|=3\).
解析：直线的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\y=3t\end{array}\right.\) 可以化成 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+\cfrac{2}{\sqrt{13}}(\sqrt{13}t)\\y=\cfrac{3}{\sqrt{13}}(\sqrt{13} t)\end{array}\right.,\)
将直线方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=1+2t\\y=3 t\end{array}\right.,\) 代人 \(y^{2}=3x\)，
得 \(3t^{2}-2t-1=0\)， 解得 \(t_{1}=-\cfrac{1}{3}, t_{2}=1\)，
由参数的儿何意义知,所得的弦长为 \(\sqrt{13}|t_{2}-t_{1}|=\cfrac{4\sqrt{13}}{3}\).
弦长公式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 \(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}| ②\)
【使用条件】 在极坐标系下使用，且直线和曲线的方程形式都是极坐标方程；其中点 \(A(\rho_{_{A}},\theta_1)\) ， \(B(\rho_{_{B}},\theta_2)\) ，公式 ① 其实就是由三角形余弦定理得到的，公式 ② 是公式 ① 的特例，当点 \(O\)，\(A\)，\(B\)三点共线时，\(\theta_1=\theta_2\)[点 \(A\) ， \(B\) 在点 \(O\) 的同侧，如下图左]或\(\theta_1=\pi+\theta_2\)[点 \(A\) ， \(B\) 在点 \(O\) 的两侧，如下图右]，此时都可以将公式 ① 简化为公式 ② ；本来公式 ② 不应该单列出来，但是实际考察中，使用更多的是公式 ② ，故单列便于记忆和比较。[极坐标系中点的坐标可以 \(\rho<0\) ]
补充说明：如上图左，当点 \(A\) ， \(B\) 在点 \(O\) 的同侧时，\(\theta_1=\theta_2\)，代入①式，容易得到 \(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}|\)；
如上图右，当点 \(A\) ， \(B\) 在点 \(O\) 的两侧时，由于极坐标系中点的坐标的不唯一性，点 \(B\) 的坐标既可以是 \(B(\rho_{_{B}},\theta_{_{B}})\)，也可以是 \(B(\rho_{_{B}},\theta_{_{A}})\)，此时 \(\rho_{_{B}}<0\)，可以依托数轴上的两点的距离公式，得到 \(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}|\)；
(1). 求曲线 \(C_{2}\) 的极坐标方程；
解析：设 曲线 \(C_1\) 上的任一点的极坐标为 \(P(\rho_1,\theta_1)\)，旋转后对应曲线 \(C_{2}\) 上的点的极坐标为 \(P'(\rho, \theta)\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l}\rho=\rho_1\\\theta=\theta_1+\cfrac{2\pi}{3}\end{array}\right.\)，故有\(\left\{\begin{array}{l}\rho_1=\rho\\\theta_1=\theta-\cfrac{2\pi}{3}\end{array}\right.\)，
由于\((\rho_1, \theta_1)\) 在 曲线\(C_{1}\)上， 即 \((\rho, \theta-\cfrac{2\pi}{3})\) 满足曲线 \(C_{1}\)方程，
故 \(\rho=4\sin(\theta-\cfrac{2 \pi}{3})\)，即曲线 \(C_{2}\) 的极坐标方程为 \(\rho=4\sin(\theta-\cfrac{2\pi}{3})\).
(2)若直线 \(l: \theta=\alpha(\rho\in R)\) 与 \(C_{1}\)， \(C_{2}\) 分别相交于异于极点的 \(A\)，\(B\) 两点，求 \(|AB|\) 的最大值.
解析： 设 \(A(\rho_{A},\alpha)\)， \(B(\rho_{B},\alpha)\)，
则 \(|AB=|\rho_{A}-\rho_{B}|=|4\sin\alpha-4\sin(\alpha-\cfrac{2\pi}{3})|=|6\sin\alpha+2\sqrt{3}\cos a|\)
\(=4\sqrt{3}|\sin(\alpha+\cfrac{\pi}{6})|\leqslant 4\sqrt{3}\)，
当且仅当 \(\alpha=\cfrac{\pi}{3}\)时，等号成立，
故 \(|AB|\) 的最大值为 \(4\sqrt{3}\).
(1). 以坐标原点为极点，\(x\) 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求 \(C\) 的极坐标方程。
分析：由于极坐标方程中只有 \(\rho\) 和 \(\theta\)，
故只要将\(x=\rho\cdot cos\theta\)和\(y=\rho\cdot sin\theta\)代入圆\(C\)的直角坐标方程为\((x+6)^2+y^2=25\)，
整理可得\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
(2). 直线 \(l\) 的参数方程为 \(\begin{cases} x=t\cdot cos\alpha \\ y=t\cdot sin\alpha \end{cases}(t为参数)\)， \(l\) 与 \(C\) 交于 \(A\) 、 \(B\) 两点，\(|AB|=\sqrt{10}\)，求直线 \(l\) 的斜率。
【法1】：极坐标法，由于此次为重点介绍极坐标的用法，故将此方法排在前面。
圆\(C\)的极坐标方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
将直线的参数方程两式相除得到，\(y=tan\alpha x\)，即\(y=kx\)，
则直线的极坐标方程为\(\theta=\alpha(\rho\in R)\)
将直线的极坐标方程代入圆\(C\)的极坐标方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)，
得到圆\(C\)的极坐标方程是\(\rho^2+12\rho cos\alpha+11=0\)，
设点\(A\)的极坐标方程为\((\rho_1，\alpha)\)，点 \(B\) 的极坐标方程为\((\rho_2，\alpha)\)，
则\(\rho_1+\rho_2=-12cos\alpha\)，\(\rho_1\cdot \rho_2=11\)，
由\(|AB|=|\rho_1-\rho_2|= \sqrt{(\rho_1+\rho_2)^2-4\rho_1\rho_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由图可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
则有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直线\(l\)的斜率为\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法2】参数方程法，分析：本题目的求解要用到直线的参数方程的几何意义。
将直线\(l\)的参数方程代入圆\(C\)的直角坐标方程，化简整理为\(t^2+12t cos\alpha+11=0\)，
可设点\(A、B\)分别对应参数\(t_1，t_2\)，则\(\begin{cases} t_1+ t_2=-12cos\alpha\\t_1\times t_2=11\end{cases}\)，
\(|AB|=|t_1-t_2|= \sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由图可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，则有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\frac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\frac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直线\(l\)的斜率为\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法3】平面几何法，如图所示，这样的直线应该有两条，且其斜率互为相反数，现重点求解图中的直线\(AB\)的斜率，
在\(Rt\Delta BCD\)中，半径为\(BC=5\)，半弦长为\(BD=\cfrac{\sqrt{10}}{2}\)，
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\(cos\angle OCD=cos\theta=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
从而\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)，\(cos\alpha=\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
即\(k=tan\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)，
故满足条件的直线\(AB\)有两条，其斜率为\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
(1) 分别写出曲线 \(C_{1} 、 C_{2}\) 的极坐标方程;
解: 由题意可知， 曲线 \(C_{1}\) 是以极点 \(O\) 为圆心， 以 \(2\) 为半径的半圆，
结合图形可知， 曲线 \(C_{1}\) 的极坐标方程为 \(\rho=2\)(\(0\leq\theta\leq\pi\)).
设 \(P(\rho,\theta)\) 为曲线 \(C_{2}\) 上的任意一点， 可得 \(\rho=2\cos(\cfrac{\pi}{2}-\theta)=2\sin\theta\)，
因此， 曲线 \(C_{2}\) 极坐标方程为\(\rho=2\sin\theta\)(\(0\leq\theta<\pi\)) .
(2) 直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)，\(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、\(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、\(B\) (异于极点)， 求 \(\triangle ABM\) 面积的最大值。
解法1：因为直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)， \(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、 \(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、 \(B\) (异于极点)，
设 \(A(\rho_{_{A}},\alpha)\) 、\(B(\rho_{_{B}}, \alpha)\)， 由题意得 \(\rho_{_{B}}=2\sin\alpha\)， \(\rho_{A}=2\)，
所以，\(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}|=2-2\sin\alpha\)，
因为点 \(M\) 到直线 \(AB\) 的距离为 \(d=|MH|=|OM|\sin\alpha=2\sin\alpha\)，
所以， \(S_{\triangle ABM}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}|AB|\cdot d\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}(2-2\sin\alpha)\cdot 2\sin\alpha\)
\(=\)\(2\sin\alpha(1-\sin\alpha)\)题目解答到此，既可以使用均值不等式求解最值，也可以考虑使用二次函数求最值；\(\leq 2 \times \cfrac{[(\sin\alpha+1)-\sin \alpha]^{2}}{4}=\cfrac{1}{2}\)，
当且仅当 \(\sin\alpha=\cfrac{1}{2}\) 时， 等号成立， 故 \(\triangle ABM\) 面积的最大值为 \(\cfrac{1}{2}\) .
解法2：因为直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)， \(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、 \(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、 \(B\) (异于极点)，
设 \(A(\rho_{_{A}},\alpha)\) 、\(B(\rho_{_{B}}, \alpha)\)， 由题意得 \(\rho_{_{B}}=2\sin\alpha\)， \(\rho_{A}=2\)，
则 \(|AH|=2\times\sin\alpha\) ，\(|BN|=\rho_{_{B}}\times\sin\alpha=2\sin\alpha\times\sin\alpha=2\sin^2\alpha\)，
\(S_{\triangle ABM}=S_{\triangle AOM}-S_{\triangle BOM}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\times 2\times|AH|-\cfrac{1}{2}\times 2\times|BN|\)
\(=2\sin\alpha-2\sin^2\alpha\)\(=\)\(2\sin\alpha(1-\sin\alpha)\)题目解答到此，既可以使用均值不等式求解最值，也可以考虑使用二次函数求最值；\(\leq 2 \times \cfrac{[(\sin\alpha+1)-\sin \alpha]^{2}}{4}=\cfrac{1}{2}\)，
当且仅当 \(\sin\alpha=\cfrac{1}{2}\) 时， 等号成立， 故 \(\triangle ABM\) 面积的最大值为 \(\cfrac{1}{2}\) .
设直线方程为\(y=kx+b\)，两个交点为点\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)；
则由平面内任意两点间的距离公式可得，
\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{(x_1-x_2)^2+[(kx_1+b)-(kx_2+b)]^2}\)
\(=\sqrt{(x_1-x_2)^2+k^2(x_1-x_2)^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1-x_2)^2}\)
\(=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)
即弦长公式：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)
\(|AB|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{(\frac{y_1-b}{k}-\frac{y_2-b}{k})^2+(y_1-y_2)^2}\)
\(=\sqrt{\frac{(y_1-y_2)^2}{k^2}+(y_1-y_2)^2}=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot \sqrt{(y_1-y_2)^2}\)
\(=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
即弦长公式：\(|AB|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
故弦长公式：\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\cdot |y_1-y_2|\)
具体使用时，如下所示，为了和韦达定理相联系。
\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ |x_1-x_2|^2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ x_1^2+x_2^2-2x_1x_2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{ x_1^2+x_2^2+2x_1x_2-4x_1x_2}\)\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\)
\(|AB|=\sqrt{1+(\cfrac{1}{k})^2}\cdot\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}\) ↩︎
