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 $A(x_1，y_1)$ ， $B(x_2，y_2)$ ；

直线为 $l:2x-y-3=0$，曲线为 $C：x^2+y^2-4y-12=0$，求直线$l$被$\odot C$截得的弦长。

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，$\{\begin{array}{l}2x-y-3=0\\ x^2+y^2-4y-12=0\end{array}$

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，$x_1+x_2=4$，$x_1{x}_2=\frac{9}{5}$，

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_1{x}_2}$

$=\sqrt{5}\sqrt{16-\frac{36}{5}}=2\sqrt{11}$。

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 $t_2$ .

【北师大选修教材4-4 $P_{{}_{53}}$ $A$组第 $8$ 题】 求直线 $\{\begin{array}{l}x=-\frac{\sqrt{3}}{2}t\\ y=2+\frac{t}{2}\end{array},$ ( $t$ 为参数) 被曲线 $y^2-3x^2=0$ 截得的线段长.

解析：将直线的参数方程 $\{\begin{array}{l}x=-\frac{\sqrt{3}}{2}t\\ y=2+\frac{t}{2}\end{array}$ ($t$ 为参数)代人曲线方程 $y^2-3x^2=0$，

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 $|t_1-t_2|=|2-(-1)|=3$.

【北师大选修教材4-4 $P_{{}_{53}}$ $A$组第 $9$ 题】求抛物线 $y^2=3x$ 截直线 $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=3t\end{array},$( $t$ 为参数) 所得的弦长.

解析：直线的参数方程 $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=3t\end{array}$ 可以化成 $\{\begin{array}{l}x=1+\frac{2}{\sqrt{13}}(\sqrt{13}t)\\ y=\frac{3}{\sqrt{13}}(\sqrt{13}t)\end{array},$

将直线方程 $\{\begin{array}{l}x=1+2t\\ y=3t\end{array},$ 代人 $y^2=3x$，

得 $3t^2-2t-1=0$， 解得 $t_1=-\frac{1}{3},t_2=1$，

由参数的儿何意义知,所得的弦长为 $\sqrt{13}|t_2-t_1|=\frac{4\sqrt{13}}{3}$.

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 $|AB|=|{\rho }_{{}_A}-{\rho }_{{}_B}|$；

【2021届高三文数三轮模拟题】以平面直角坐标系的原点 $O$ 为极点， $x$ 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 $C_1$ 的极坐标方程为 $\rho =4\sin \theta$，将曲线 $C_1$ 绕极点逆时针旋转 $\frac{2\pi }{3}$ 后得到曲线 $C_2$.

(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 $P^{\prime }(\rho ,\theta )$，

则 $\{\begin{array}{l}\rho ={\rho }_1\\ \theta ={\theta }_1+\frac{2\pi }{3}\end{array}$，故有$\{\begin{array}{l}{\rho }_1=\rho \\ {\theta }_1=\theta -\frac{2\pi }{3}\end{array}$，

由于$({\rho }_1,{\theta }_1)$ 在 曲线$C_1$上， 即 $(\rho ,\theta -\frac{2\pi }{3})$ 满足曲线 $C_1$方程，

故 $\rho =4\sin (\theta -\frac{2\pi }{3})$，即曲线 $C_2$ 的极坐标方程为 $\rho =4\sin (\theta -\frac{2\pi }{3})$.

(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 $|AB=|{\rho }_A-{\rho }_B|=|4\sin \alpha -4\sin (\alpha -\frac{2\pi }{3})|=|6\sin \alpha +2\sqrt{3}\cos a|$

$=4\sqrt{3}|\sin (\alpha +\frac{\pi }{6})|⩽4\sqrt{3}$，

当且仅当 $\alpha =\frac{\pi }{3}$时，等号成立，

故 $|AB|$ 的最大值为 $4\sqrt{3}$.

【2016全国卷Ⅱ第23题高考真题】在直角坐标系 $xOy $中，圆 $C$ 的方程为 $(x+6{)}^2+y^2=25$．

(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 $\{\begin{array}{l}x=t\cdot cos\alpha \\ y=t\cdot sin\alpha \end{array}(t为参数)$， $l$ 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$co{s}^2\alpha =\frac{54}{144}=\frac{3}{8}$，

又由图可知$\alpha \in [0，\pi )$，故$cos\alpha =\pm \frac{\sqrt{6}}{4}$，

则有$sin\alpha =\frac{\sqrt{10}}{4}$

故$tan\alpha =\frac{sin\alpha }{cos\alpha }=\frac{\frac{\sqrt{10}}{4}}{\pm \frac{\sqrt{6}}{4}}=\pm \frac{\sqrt{15}}{3}$。

故直线$l$的斜率为$\pm \frac{\sqrt{15}}{3}$。

【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$t^2+12tcos\alpha +11=0$，

可设点$A、B$分别对应参数$t_1，t_2$，则$\{\begin{array}{l}{t}_1+t_2=-12cos\alpha \\ t_1\times t_2=11\end{array}$，

$|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2{)}^2-4t_1{t}_2}=\sqrt{10}$，

解得$co{s}^2\alpha =\frac{54}{144}=\frac{3}{8}$，

又由图可知$\alpha \in [0，\pi )$，故$cos\alpha =\pm \frac{\sqrt{6}}{4}$，则有$sin\alpha =\frac{\sqrt{10}}{4}$

故$tan\alpha =\frac{sin\alpha }{cos\alpha }=\frac{\frac{\sqrt{10}}{4}}{\pm \frac{\sqrt{6}}{4}}=\pm \frac{\sqrt{15}}{3}$。

故直线$l$的斜率为$\pm \frac{\sqrt{15}}{3}$。

【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$BD=\frac{\sqrt{10}}{2}$，

利用勾股定理求得，弦心距$CD=\frac{3\sqrt{10}}{2}$

在$Rt\Delta OCD$中，$OC=6$，$CD=\frac{3\sqrt{10}}{2}$

求得$cos\angle OCD=cos\theta =\frac{\sqrt{10}}{4}$

从而$sin\alpha =\frac{\sqrt{10}}{4}$，$cos\alpha =\frac{\sqrt{6}}{4}$，

即$k=tan\alpha =\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{15}}{3}$，

故满足条件的直线$AB$有两条，其斜率为$\pm \frac{\sqrt{15}}{3}$。

【2022届宝鸡市质量检测Ⅲ文理第22题】如图， 在极坐标系中， 已知点 $M(2,0)$， 曲线 $C_1$ 是以极点 $O$ 为圆心， 以 $OM$ 为半径的半圆， 曲线 $C_2$ 是过极点且与曲线 $C_1$ 相切于点 $(2,\frac{\pi }{2})$ 的圆 .

(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 $\rho =2$($0\le \theta \le \pi$).

设 $P(\rho ,\theta )$ 为曲线 $C_2$ 上的任意一点， 可得 $\rho =2\cos (\frac{\pi }{2}-\theta )=2\sin \theta$，

因此， 曲线 $C_2$ 极坐标方程为$\rho =2\sin \theta$($0\le \theta <\pi$) .

(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 $△ABM$ 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_{△ABM}$$=$$\frac{1}{2}|AB|\cdot d$$=$$\frac{1}{2}(2-2\sin \alpha )\cdot 2\sin \alpha$

$=$$2\sin \alpha (1-\sin \alpha )$题目解答到此，既可以使用均值不等式求解最值，也可以考虑使用二次函数求最值；$\le 2\times \frac{[(\sin \alpha +1)-\sin \alpha {]}^2}{4}=\frac{1}{2}$，

当且仅当 $\sin \alpha =\frac{1}{2}$ 时， 等号成立， 故 $△ABM$ 面积的最大值为 $\frac{1}{2}$ .

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_{△ABM}=S_{△AOM}-S_{△BOM}$$=$$\frac{1}{2}\times 2\times |AH|-\frac{1}{2}\times 2\times |BN|$

$=2\sin \alpha -2{\sin }^2\alpha$$=$$2\sin \alpha (1-\sin \alpha )$题目解答到此，既可以使用均值不等式求解最值，也可以考虑使用二次函数求最值；$\le 2\times \frac{[(\sin \alpha +1)-\sin \alpha {]}^2}{4}=\frac{1}{2}$，

当且仅当 $\sin \alpha =\frac{1}{2}$ 时， 等号成立， 故 $△ABM$ 面积的最大值为 $\frac{1}{2}$ .

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1. 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，
   $|AB|=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2}=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+[(k{x}_1+b)-(k{x}_2+b){]}^2}$
   $=\sqrt{(x_1-x_2{)}^2+k^2(x_1-x_2{)}^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1-x_2{)}^2}$
   $=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|$
   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}$$=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{x_1^2+x_2^2-2x_1{x}_2}$$=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_2-4x_1{x}_2}$$=\sqrt{1+k^2}\cdot \sqrt{(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2}$
   $|AB|=\sqrt{1+(\frac{1}{k}{)}^2}\cdot \sqrt{(y_1+y_2{)}^2-4y_1{y}_2}$ ↩︎