如同上一篇文章,這裏我介紹三個方法解題。
方法一:
用三角學。
圖中,Q 為 L 上的一點使得 PQ ⊥ L,R 為 L 上的一點使得 PR 與 x 軸平行。設 ∠PRQ = θ。
留意,今次沒有確實數字,L 的斜率可以是正或負,即
(1)
\begin{align} \tan \theta = -\frac{A}{B} \\ \text{or}\\ \tan \left(180^\circ-\theta\right) = -\frac{A}{B} \\ \end{align}
而 R 亦可在 P 的左方或右方,所以亦要考慮正負。
但我們的目標是要求 PQ,所以不須太早考慮正負的。不妨先考慮「平方」。可得
(2)
\begin{align} \tan^2 \theta = \frac{A^2}{B^2} =\tan^2 \left(180^\circ-\theta\right) \end{align}
R 的 y 坐標與 P 的 y 坐標相同,即是 k。
把 y = k 代入 L 的方程,可得 $x = -\frac{Bk+C}{A}$。
我們亦考慮「平方」,可得
(3)
\begin{align} PR^2 = \left(-\frac{Bk+C}{A} - h \right)^2= \frac{(Ah+Bk+C)^2}{A^2} \end{align}
無論斜率是正還是負,P 在 R 的左方還是右方,均可得出 $PQ^2 = PR^2 \sin^2 \theta$,為甚麼?想一想吧。
此外,
(4)
\begin{align} \sin^2 \theta &= \cos^2 \theta \tan^2 \theta\\ &= (1-\sin^2 \theta) \tan^2 \theta\\ &=\tan^2 \theta - \sin^2 \theta \tan^2 \theta \\ \sin^2 \theta + \sin^2 \theta \tan^2 \theta &= \tan^2 \theta\\ \sin^2 \theta (1 + \tan^2 \theta) &= \tan^2 \theta\\ \sin^2 \theta &= \frac{\tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta}\\ &=\frac{\frac{A^2}{B^2}}{1+\frac{A^2}{B^2}}\\ &=\frac{A^2}{A^2+B^2} \end{align}
由此,得出
(5)
\begin{align} PQ^2 &= \frac{(Ah+Bk+C)^2}{A^2}\times \frac{A^2}{A^2+B^2}\\ &=\frac{(Ah+Bk+C)^2}{A^2+B^2} \end{align}
注意,PQ 是長度,必為正數,運用以上公式求 PQ 便須取正平方根。
方法二、三,大家看過上一篇文章,都知道方法如何,但都希望大家自已親手去做一做。
方法二:
如同上一篇文章,我們須解聯立方程。
注意 PQ 與 L 互相垂直,所以通過 PQ 的直線方程必可寫成以下形式:
(6)
\begin{align} Bx-Ay+C'=0 \end{align}
把 P(h, k) 代入以上方程,可得 $C'=Ak-Bh$。
解聯立方程
(7)
\begin{cases} Bx - Ay + Ak - Bh = 0 \\Ax + By + C = 0 \end{cases}
便可求得 Q 的坐標。
哈哈,這是勇氣的表現啊!出力解吧!
把第一條式記為 (1),第二條式記為 (2)
$(1) \times B + (2)\times A:$
(8)
\begin{align} B^2x+A^2x+ABk-B^2h+AC&=0\\ x=\frac{B^2h-ABk-AC}{A^2+B^2} \end{align}
$(1) \times A - (2)\times B:$
(9)
\begin{align} -A^2y-B^2y+A^2k-ABh-BC&=0\\ y&=\frac{A^2k-ABh-BC}{A^2+B^2} \end{align}
再用距離公式 (distance formula):
(10)
\begin{align} PQ^2 &= \left(h-\frac{B^2h-ABk-AC}{A^2+B^2}\right)^2+\left(k-\frac{A^2k-ABh-BC}{A^2+B^2}\right)^2 \end{align}
加油呀,成功在望,唔好爆開呀,記得方法一的答案嗎?朝這個方向去化簡。
(11)
\begin{align} PQ^2 &= \left(h-\frac{B^2h-ABk-AC}{A^2+B^2}\right)^2+\left(k-\frac{A^2k-ABh-BC}{A^2+B^2}\right)^2\\ &=\left(\frac{A^2h+ABk+AC}{A^2+B^2} \right)^2 + \left(\frac{B^2k+ABh+BC}{A^2+B^2} \right)^2\\ &=\frac{A^2(Ah+Bk+C)^2}{(A^2+B^2)^2}+ \frac{B^2(Ah+Bk+C)^2}{(A^2+B^2)^2}\\ &=\frac{(A^2+B^2)(Ah+Bk+C)^2}{(A^2+B^2)^2}\\ &=\frac{(Ah+Bk+C)^2}{A^2+B^2} \end{align}
方法三:
如同上一篇文章,考慮以 P(h, k) 為圓心的圓,當 L 與該圓相切時,圓的半徑便是所求的距離。設這距離為 d。
圓的方程便是
(12)
\begin{align} (x - h)^2 + (y - k)^2 &= d^2\\ x^2 + y^2 -2hx - 2ky + h^2 + k^2 - d^2 &=0 \end{align}
直線 L 的方程可寫成
(13)
\begin{align} Ax + By + C = 0\\ y=-\frac{A}{B}x-\frac{C}{B} \end{align}
把上式代入圓的方程:
(14)
\begin{align} x^2 + \left( -\frac{A}{B}x-\frac{C}{B} \right)^2 - 2hx - 2k\left(-\frac{A}{B}x-\frac{C}{B}\right) + h^2 + k^2 - d^2 &=0\\ \left(1 + \frac{A^2}{B^2} \right)x^2 + \left(\frac{2AC}{B^2}-2h + \frac{2Ak}{B} \right)x + \left(\frac{C^2}{B^2} + \frac{2Ck}{B} + h^2 + k^2 - d^2 \right)&=0 \end{align}
然後,你也知道吧,便是判別式 (discriminant) 為零……加油呀!
(15)
\begin{align} \left(\frac{2AC}{B^2}-2h + \frac{2Ak}{B} \right)^2 - 4\left(1+ \frac{A^2}{B^2} \right)\left(\frac{C^2}{B^2} + \frac{2Ck}{B} + h^2 + k^2 - d^2 \right)&=0\\ (AC-B^2h+ABk)^2-(A^2+B^2)(C^2+2BCk+B^2h^2+B^2k^2-B^2d^2)&=0\\ \end{align}
觀察最後一個括號內,可寫成 $B^2h + (Bk+C)^2 -B^2d^2$,移項,把 $B^2d^2$ 放一邊
(16)
\begin{align} B^2 d^2 &= (Bk+C)^2 + B^2h^2 -\frac{(AC-B^2h+ABk)^2}{A^2+B^2} \end{align}
還要想,通分母,然後化簡!有沒有方法可以簡單些?留意第一項是 $(Bk+C)^2$ 而最後一項的分子,其實亦有 $Bk + C$,所以我爆開數式時,保留 $Bk + C$,看看有沒有甚麼作為。
(17)
\begin{align} B^2 d^2 &= \frac{A^2(Bk+C)^2+A^2B^2h^2+B^2(Bk+C)^2+B^4h^2-A^2(Bk+C)^2+2AC(Bk+C)B^2h-B^4h^2}{A^2+B^2}\\ &=\frac{A^2B^2h^2+B^2(Bk+C)^2+2AC(Bk+C)B^2h}{A^2+B^2}\\ &=\frac{B^2[A^2h^2+2Ah(Bk+C)+(Bk+C)^2]}{A^2+B^2}\\ &=\frac{B^2(Ah+Bk+C)^2}{A^2+B^2}\\ d^2&=\frac{(Ah + Bk +C)^2}{A^2+B^2} \end{align}
所得結果,與前兩個方法是一致的!
不過在此提一提,三個推導方法,你們有沒有注意,其實並非所有形式的直線 L 都成立。這個特殊形式的 L 是怎樣?想一想吧,相信大家都會想到,我不開估了。坐標問題,通常都是那些情況會不成立。
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