php - 在 3 公里半径范围内不显示正确的 foodjoint 数据

Question

我有一个表格，其中包含 foodjoint 数据及其纬度和经度。

我正在使用这个查询

 $q = "SELECT (
              (ACOS(SIN( ".$userLatitude." * PI() / 180) * SIN(foodjoint_latitude * PI() / 180) + COS(".$userLongitude." * PI() / 180) * COS(foodjoint_longitude * PI() / 180) * COS((foodjoint_longitude - ".$longitude.") * PI() / 180)) * 180 / PI()) * 60 * 1.1515 * 1.609344) AS distance
             , foodjoint_id
             , foodjoint_name
             , open_hours
             , cont_no
             , AVG(customer_ratings) AS rating
             , address_line
             , city 

          FROM provider_food_joints,customer_review HAVING distance <=3";

$userLatitude 和 $userLongitude 是用户的位置。我希望以公里为单位比较距离。提前谢谢。我想显示半径 3 公里以下的 foodjoint 数据。

当我刚刚运行它时，它不会选择任何行。但是如果没有这个条件，它会获取所有记录。

Answer 1

我在我的一个项目中找到了一些代码，但我不确定距离计算.. 你应该改进你的JOIN.. 加入的表格是什么？

$q = "SELECT (
                    (
                        (
                            ACOS(
                                SIN(".$userLatitude." * PI() / 180) * 
                                SIN(foodjoint_latitude * PI() / 180) + 

                                COS(".$userLatitude." * PI() / 180) * 
                                COS(foodjoint_latitude * PI() / 180) *
                                COS(
                                    (".$userLongitude." - foodjoint_longitude) * PI() / 180)
                                ) * 
                            180 / PI()
                        ) * 60 * (1.1515*1.609344)
                    ) AS distance

           , foodjoint_id
           , foodjoint_name
           , open_hours
           , cont_no
           , AVG(customer_ratings) AS rating
           , address_line
           , city 

        FROM provider_food_joints,customer_review 
      HAVING distance < 4";