前言
为什么要引入极坐标呢？自然是觉得极坐标系有其自身表达上的优越性。
比如涉及到某一个点\(P\)，在直角坐标系下其表示为\(P(x，y)\)，对应到极坐标系下表示为\(P(\rho，\theta)\)，如果同时刻画距离\(|OP|\)，则在直角坐标系下为\(|OP|=\sqrt{x^2+y^2}\)，是二元根式函数问题，在极坐标系下为\(|OP|=\rho\)，就是一元一次函数，相关的运算就简单的多了。
比较研究
- 平面直角坐标系下的直线和圆的方程
过原点的直线：\(y=kx\)；
以\((0，0)\)为圆心，以\(2\)为半径的圆：\(x^2+y^2=2^2\)
以\((a，0)\)为圆心，以\(a\)为半径的圆：\((x-a)^2+y^2=a^2\)
以\((0，a)\)为圆心，以\(a\)为半径的圆：\(x^2+(y-a)^2=a^2\)
- 极坐标系下的直线和圆的方程
过原点的直线：\(\theta=\theta_0\)；
以\((0，0)\)为圆心，以\(2\)为半径的圆：\(\rho=2\)，\(\theta\in [-\pi，\pi]\)；
以\((a，0)\)为圆心，以\(a\)为半径的圆：\(\rho=2a cos\theta\)，\(\theta\in [-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)；
推导用图形如下，
以\((a，\cfrac{\pi}{2})\)为圆心，以\(a\)为半径的圆：\(\rho=2a sin\theta\)，\(\theta\in [0，\pi]\)；
推导用图形如下，
失误防范
- 涉及到极坐标的问题，以前的一般处理策略是将其转化到直角坐标系中来处理，下面的高考题目会让你体会到高考命题人的刁钻，以及直角坐标系的无奈。
(1).\(M\)为曲线\(C_1\)上的动点，点\(P\)在线段\(OM\)上，且满足\(|OM|\cdot|OP|=16\)，求点\(P\)的轨迹\(C_2\)的直角坐标方程；
【法一】：学生容易想到的解法，也是我们交给学生的方法。
容易化简\(C_1：x=4\)，做出简单的示意图，我们可以令\(M(4，m)、P(x，y)\)，
则由题目可知\(\cfrac{y}{x}=\cfrac{m}{4}\)，即\(m=\cfrac{4y}{x}\)，
又由题目可知满足条件\(|OM|\cdot|OP|=16\)，即\(\sqrt{4^2+m^2}\cdot\sqrt{x^2+y^2}=16\)，
将\(m=\cfrac{4y}{x}\)代入，整理得到\((4^2+\cfrac{16y^2}{x^2})\cdot(x^2+y^2)=256\)，
整理得到\(x^4+2x^2y^2-16x^2+y^4=0\)，即\(x^4+2x^2y^2+y^4=16x^2\)，
即\((x^2+y^2)^2=(4x)^2\)，两边开方得到\(x^2+y^2=4x\)[此处由于\(x\)为非负值，故舍去\(x^2+y^2=-4x\)]，
最终可以化简为\((x-2)^2+y^2=4(x>0)\)。
【法2】：直接借助极坐标系来思考运算，令\(M(\rho，\theta)\)，\(P(\rho_1，\theta)(\rho_1>0)\)，由题可知，
点M满足\(C_1\)的方程\(\rho cos\theta=4\) 。则\(\rho=\cfrac{4}{cos\theta}\)，
又\(|OM|=\rho=\cfrac{4}{cos\theta}\)，\(|OP|=\rho_1\)，又由题目可知\(|OM|\cdot|OP|=\rho\rho_1=16\)，
故\(\rho_1=\cfrac{16}{\rho}=4cos\theta(\rho_1>0)\)，两边同乘以\(\rho_1\)得到
\(\rho_1^2=4\rho_1 cos\theta\)，转化为直角坐标方程为\(x^2+y^2=4x(x\neq 0)\)，
即\((x-2)^2+y^2=4(x\neq 0)\)为曲线\(C_2\)的直角坐标方程。
解后反思：
①法1的代数式变形，许多学生根本想不到；
②结题中限制\(x\neq 0\)是为了和上述的\(\rho_1>0\)对应。
③此题目的法2的解答提醒我们，若题目中出现了经过极点的两个线段的四则运算的条件，那么采用极坐标思考和运算应该是比较简单和快捷的，故我们必须扭转以直角坐标为桥梁的的求解思路，快速适应在极坐标系下的思维模式。
(2).设点\(A\)的极坐标为\((2，\cfrac{\pi}{3})\)，点\(B\)在曲线\(C_2\)上，求\(\Delta OAB\)面积的最大值．
【法1】：直接借助平面几何的形来思考运算，结合运动观点和特殊化策略；让点\(B\)在圆上跑一圈即可看出思路；
连接\(AC\) ，易知\(\Delta AOC\)为正三角形，底边\(|OA|\)为定值，则当高线最大时，\(S_{\Delta AOB}\)面积最大，
如图所示，过圆心\(C\)做\(AO\)的垂线，交\(AO\)于\(H\)，交圆\(C\)于点\(B\)，此时\(S_{\Delta AOB}\)面积最大，
\(S_{max}=\cfrac{1}{2}\cdot |AO||HB|=\cfrac{1}{2}\cdot |AO|(|HC|+|BC|)=2+\sqrt{3}\)。
【法2】：借助圆的参数方程和点线距公式求解；
直线\(OA\)的方程为\(\sqrt{3}x-y=0\)，点\(B\)在曲线\(C_2\)上，
故点\(B\)的参数坐标为\((2cos\theta+2，2sin\theta)\)\((\theta\in (-\pi，\pi))\)，
故三角形\(\Delta OAB\)的一条边\(OA\)上的高为点\(B\)到直线\(OA\)的距离为\(h_{OA}\)，
\(h_{OA}=\cfrac{|\sqrt{3}(2cos\theta+2)-2sin\theta|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}}=|\sqrt{3}cos\theta-sin\theta+\sqrt{3}|\)
则\(S_{\Delta OAB}=\cfrac{1}{2}|OA|\cdot h_{OA}=|\sqrt{3}cos\theta-sin\theta+\sqrt{3}|=|2cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})+\sqrt{3}|\)，
当\(cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})=1\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{6}\)时，\(S_{max}=2+\sqrt{3}\)。
【法3】：直接借助极坐标系来思考运算，利用\(S_{\triangle}=\cfrac{1}{2}absinC\)求解；
点\(A(2，\cfrac{\pi}{3})\)，点\(B(\rho，\alpha)(\alpha\in (-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，又点\(B\)满足曲线\(C_2\)的极坐标方程，
故\(|OB|=\rho=4cos\alpha\)，\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{3}-\alpha\)，
则\(S_{\Delta OAB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|sin\angle AOB=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 4cos\alpha\cdot sin(\cfrac{\pi}{3}-\alpha)\)
\(=4cos\alpha \cdot sin(\cfrac{\pi}{3}-\alpha)=4cos\alpha\cdot(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha-\cfrac{1}{2}sin\alpha)\)
\(=2\sqrt{3}cos^2\alpha-2sin\alpha\cdot cos\alpha=\sqrt{3}\cdot (1+cos2\alpha)-sin2\alpha=-2sin(2\alpha-\cfrac{\pi}{3})+\sqrt{3}\)，
故当\(2\alpha-\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=-\cfrac{\pi}{12}\)时，\(S_{\Delta OAB}\)取到最大值\(2+\sqrt{3}\)。
- 当点\(A\)在圆外时，如点\(A(4，3)\)，又该如何思考呢？
分析：连接\(OA\)，和圆相交于点\(D\)，过点\(C\)做弦\(OD\)的中垂线，和弦\(OD\)相交于点\(H\)，和圆相交于点\(B\)，
则此时点\(B\)到底边\(OA\)的距离最大，故此时的\(S_{\Delta AOB}\)面积最大，
具体\(S_{\Delta AOB}\)面积最大时的求法如下，
底边长\(|OA|\)固定不变，高线\(|BH|=|BC|+|HC|\)，其中\(|BC|\)长为半径，题目给定，
\(|HC|\)可以用点\(C(2，0)\)到直线\(OA\)的距离公式求得，或利用\(Rt\Delta OCH\)求解即可，
故面积的最大值可解；
- 当点\(A\)在圆内时，如点\(A(3，1)\)，又该如何思考呢？
分析：连接\(OA\)并延长和圆相交于点\(D\)，
过点\(C\)做弦\(OD\)的中垂线，和弦\(OD\)相交于点\(H\)，和圆相交于点\(B\)，
则此时点\(B\)到底边\(OA\)的距离最大，故此时的\(S_{\Delta AOB}\)面积最大，
具体\(S_{\Delta AOB}\)面积最大时的求法如下，底边长\(|OA|\)固定不变，高线\(|BH|=|BC|+|HC|\)，
其中\(|BC|\)长为半径，题目给定，\(|HC|\)可以用点\(C(2，0)\)到直线\(OA\)的距离公式求得，
或利用\(Rt\Delta OCH\)求解即可，故面积的最大值可解；
相互转化
- 极坐标化为直角坐标
转化公式
\(\rho^2=x^2+y^2\)，\(\rho\cdot \cos\theta=x\)，\(\rho\cdot \sin\theta=y\)，
举例：①\(\rho=2\cos\theta\)，两边同乘以\(\rho\)，得到\(\rho^2=2\rho\cos\theta\)，即\(x^2+y^2=2x\)；
②\(\rho=\cfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{1+9\sin^2\theta}}\)，两边同时平方并整理，得到\(\rho^2(1+9\sin^2\theta)=10\)，
即\(\rho^2+9(\rho\sin\theta)^2=10\)，即\(x^2+10y^2=10\)
- 直角坐标化为极坐标
典例剖析
(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】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\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直线\(l\)的斜率为\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法2】极坐标系法，
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).当\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)时，求\(\rho_0\)及\(l\)的极坐标方程；
分析：当\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)时，由\(\rho=4sin\theta\)，得到\(\rho_0=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)；
求直线\(l\)的极坐标方程有以下两个思路，可以比较看，哪一种更简便。
思路1：过点\(A\)的直线\(l\)的斜率为\(k=-\cfrac{1}{tan\frac{\pi}{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
故直线\(l\)的普通方程为\(y-0=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-4)\)，
再用\(y=\rho\cdot sin\theta\)和\(x=\rho\cdot cos\theta\)代入上式，
变形直线的极坐标方程为\(\sqrt{3}\rho cos\theta+3\rho sin\theta=4\sqrt{3}\)，整理为
\(\rho\cdot sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})=2\)或者\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)
思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，在\(\triangle OAB\)中，已知\(OA=4\)，\(\angle A=\cfrac{\pi}{6}\)，则\(OB=2\)，
在直线\(l\)上任取一点\(P(\rho，\theta)\)，则在\(\triangle OPB\)中，已知\(OP=\rho\)，\(\angle POB=\cfrac{\pi}{3}-\theta\)，\(OB=2\)，
则\(\rho\cdot cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)=2\)，也即\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)
解后反思：相比较而言，在极坐标系下求直线的方程，我们只需要借助解三角形就可以搞定了，原因是在极坐标系下\(\rho\)的含义一定是极点到动点的线段的长度，这样就可以顺利借助解三角形来完成了。
(2).当\(M\)在\(C\)上运动且\(P\)在线段\(OM\)上时，求\(P\)点轨迹的极坐标方程。
分析：同样的，求\(P\)点轨迹的极坐标方程，我们也可以有两个思路来考虑，
思路1：在直角坐标系下思考求解，然后转化划归。
设直线\(OM：y=kx\)，则直线\(AP：y=-\cfrac{1}{k}(x-4)\)，
则两条直线的交点\(P\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx①}\\{y=-\cfrac{1}{k}(x-4)②}\end{array}\right.(k为参数，k\geqslant 1)\)，
两式相乘，消去参数，得到\(y^2=-x(x-4)\)，
即\(x^2+y^2-4x=0\)，转化为极坐标方程为\(\rho^2=4\rho cos\theta\)，
即\(\rho=4cos\theta\)，对应的\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)，
再思考当\(k\)不存在时，点\(P\)落在原点，也满足题意，对应\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，
综上所述，\(P\)点轨迹的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，
思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，
设动点\(P(\rho，\theta)\)，在\(\angle OAP\)中，\(OP=\rho\)，我们很容易得到\(cos\theta=\cfrac{\rho}{4}\)，
即\(\rho=4cos\theta\)，且\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，
故\(P\)点轨迹的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)。
解后反思：由这两小问题的解答过程比较分析，同意的问题，当放到极坐标下思考和运算会变得很简单，之所以我们感觉难，是因为我们对极坐标系很不熟悉而已。
(1)写出曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程；
分析：(1) 直接给出答案，
曲线的普通方程\(C_1：(x-2)^2+y^2=4\)；
所求的直角坐标方程\(C_2：(x-1)^2+y^2=1\)；
(2)设点\(P\) 在\(C_1\)上，点\(Q\) 在\(C_2\)上，且\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)，求三角形\(POQ\)面积的最大值。
分析：【法1】极坐标法(本题目命题意图就是想让学生体会极坐标的优越性，从而主动使用极坐标刻画思考或者在极坐标系下运算)，
曲线\(C_1\)的极坐标方程为\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
如图所示，初步分析，当点\(P\)在\(x\)轴上方时，点\(Q\)必在\(x\)轴下方；
当然还会有另一种情形，当点\(P\)在\(x\)轴下方时，点\(Q\)必在\(x\)轴上方；
我们取其中一种做研究，比如点\(P\)在\(x\)轴上方，点\(Q\)在\(x\)轴下方；
注意此时点\(Q\)的极角是负值\(-\theta\)，
由于\(\rho_1>0\)，\(\rho_2>0\)，以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\)，(顺时针为正，逆时针为负)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)
\(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\theta=-4sin\theta cos\theta\)
\(=-2sin2\theta\)，
当\(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)时，
\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法2】参数方程法，
如图所示，曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)
当\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【变形方法3】参数方程法，曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可知，\(k_{OP}k_{OQ}=-1\)，
即\(\cfrac{2sin\alpha}{2+2cos\alpha}\times \cfrac{sin\theta}{1+cos\theta}=-1\)，即\(-sin\alpha sin\theta=(1+cos\alpha)(1+cos\theta)\)
\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{(1+cos\alpha)(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{-sin\alpha sin\theta}\)，
又有\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
\(原式=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\)，
当\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法4】尝试使用均值不等式，待有空思考整理。
设直线\(OP\)的方程为\(y=kx\)，由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
直线\(OQ\)的方程为\(y=-\cfrac{1}{k}x\)，
联立\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\)，
解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2}，\cfrac{4k}{1+k^2} )\)，
联立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\)，
解得\(Q(\cfrac{2k^2}{1+k^2}，\cfrac{-2k}{1+k^2} )\)，
\(S_{\Delta POQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(\cfrac{4}{1+k^2})^2+(\cfrac{4k}{1+k^2})^2}\sqrt{(\cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(\cfrac{-2k}{1+k^2})^2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\cfrac{16}{1+k^2}}\sqrt{\cfrac{4k^2}{1+k^2}}=\cfrac{4|k|}{1+k^2}=\cfrac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\leq 2\)。
当且仅当\(|k|=1\)时取到等号。故\((S_{\Delta POQ})_{max}=2\)。
反思：这个解法的优越性体现在只有一个变量\(k\)，那么求最值时就好操作些。
【法5】是否有，待后思考整理。
解后反思：
1、在高中数学中，求某个量(比如面积)的最值时，往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数，这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了，这一过程实际就是函数的建模。
1、法1利用极坐标法，这样表达刻画面积时，就只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。
2、法2利用参数方程法，在表达刻画面积时，同样只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。
3、正确求解本题目，需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义，尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。
4、还有学生想到设\(P(x_1，y_1)\)，$ Q(x_2，y_2)$，这样的思路我没有做尝试，不过能看出来此时是四个变量，这样就难得多了，所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。
（1）求线段\(AD\)的中点\(M\)的轨迹\(E\)的普通方程。
分析：点\(D\)的直角坐标为\((-2，-2\sqrt{3})\)，(计算方法：\(x=\rho\cdot cos\theta\)等)，由题意可设\(A\)的坐标为\((2cos\alpha，sin\alpha)\)，
则\(AD\)的中点\(M\)的坐标为\((-1+cos\alpha，-\sqrt{3}+\cfrac{1}{2}sin\alpha)\)，
所以\(M\)的轨迹\(E\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=-1+cos\alpha}\\{y=-\sqrt{3}+\cfrac{1}{2}sin\alpha}\end{array}\right.(\alpha为参数)\)，
消参得到，轨迹\(E\)的普通方程为\((x+1)^2+4(y+\sqrt{3})^2=1\)。
（2）利用椭圆\(C\)的极坐标方程证明\(\cfrac{1}{|OA|^2}+\cfrac{1}{|OB|^2}\)为定值，并求\(\Delta ABC\)面积的最大值。
分析：椭圆\(C\)的普通方程为\(\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)，
化为极坐标方程为\(\rho^2+3\rho^2sin^2\theta=4\)，
变形得到，\(\rho^2=\cfrac{4}{1+3sin^2\theta}\)，\(\rho=\cfrac{2}{\sqrt{1+3sin^2\theta}}\)，
由\(OA\perp OB\)，可设\(A(\rho_1，\theta)\)，\(B(\rho_2，\theta+\cfrac{\pi}{2})\)，
所以\(\cfrac{1}{|OA|^2}+\cfrac{1}{|OB|^2}\)
\(=\cfrac{1}{\rho_1^2}+\cfrac{1}{\rho_2^2}\)
\(=\cfrac{1+3sin^2\theta}{4}+\cfrac{1+3sin^2(\theta+\frac{\pi}{2})}{4}\)
\(=\cfrac{2+3sin^2\theta+3cos^2\theta}{4}=\cfrac{5}{4}\)，（定值）。
\(S_{\Delta AOB}=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{2}{\sqrt{1+3sin^2\theta}}\cdot \cfrac{2}{\sqrt{1+3cos^2\theta}}\)
\(=\cfrac{2}{\sqrt{(1+3sin^2\theta)(1+3cos^2\theta)}}\)
\(=\cfrac{2}{\sqrt{1+3+9sin^2\theta cos^2\theta}}\)
\(=\cfrac{2}{\sqrt{4+\cfrac{9}{4}sin^22\theta}}\)，
当\(sin2\theta=0\)时，\(S_{\Delta AOB}\)的最大值为\(1\)。
（1）求直线\(l\)被曲线\(C\)截得的弦长\(|OA|\).
分析：可以从以下四个角度思考，
①利用两点间的距离公式；
【法1】直线\(l\)的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\)，圆\(C\)的普通方程为\(x^2+(y-2)^2=2^2\)，
联立消掉\(y\)，得到\(x^2-\sqrt{3}x=0\)，
解得，\(\left\{\begin{array}{l}{x_1=0}\\{y_1=0}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{x_2=\sqrt{3}}\\{y_2=3}\end{array}\right.\)，
由两点间距离公式得到\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
②直线和圆相交求弦长的几何方法；
【法2】直线为\(\sqrt{3}x-y=0\)，圆心为\((0，2)\)，
则圆心到直线的距离为\(d=\cfrac{|0-2|}{2}=1\)，又半径为\(2\)，
故半弦长为\(\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}\)，则弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
③直线的参数方程法；
【法3】由于直线的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\)，
经过点\((0，0)\)，斜率\(k=tan\theta=\sqrt{3}\)，
直线\(l\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=0+\cfrac{1}{2}t}\\{y=0+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t}\end{array}\right.(t为参数)\)，
将其代入圆的普通方程\(x^2+(y-2)^2=2^2\)，
整理得到\(t^2-2\sqrt{3}t=0\)，
解得\(t_1=0\)，\(t_2=2\sqrt{3}\)，
则弦长\(|OA|=|t_1-t_2|=2\sqrt{3}\)。
④极坐标法；
【法4】直线的极坐标方程为\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\)，
圆的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\)，
二者联立，得到\(\rho=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)。
即所求弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
（2）从极点做曲线\(C\)的弦，求弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程。
分析：可以从以下三个角度思考：
①利用平面直角坐标系下的中点公式；
【法1】相关点法，在平面直角坐标系中，设过坐标原点的直线和圆相交于点\(P(x_0，y_0)\)，则所得弦的中点坐标为\(M(x，y)\)
则\(\left\{\begin{array}{l}{2x=x_0}\\{2y=y_0}\end{array}\right.\)，又点\(P(x_0，y_0)\)在圆\(x^2+(y-2)^2=2^2\)上，
代入整理得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)，
即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\)，
其中\(\alpha\in(0，\pi)\)，而不是\(\alpha\in[0，\pi)\)，以保证弦的存在。
②利用圆的参数方程；
由于圆上任意一动点\(P\)的坐标\(P(2cos\theta，2+2sin\theta)\)，则弦的中点\(M(cos\theta，1+sin\theta)\)，
即点\(M\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=cos\theta}\\{y=1+sin\theta}\end{array}\right.(\theta为参数)\)，
消去参数\(\theta\)，得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)，
即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\)，
其中\(\alpha\in(0，\pi)\)，而不是\(\alpha\in[0，\pi)\)，以保证弦的存在。
③利用极坐标法；
【法3】曲线\(C\)的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\)，
过极点的直线的极坐标方程为\(\theta=\alpha\)，
设直线和曲线\(C\)的交点的极坐标为\((\rho_1，\alpha)\)，
则弦的中点\(M\)的极坐标为\((\rho，\alpha)\)，
由题目可知，\(\rho_1=2\rho\)，代入曲线\(C\)的极坐标方程为\(2\rho=4sin\alpha\)，
得到\(\rho=2sin\alpha\)，其中\(\alpha\in(0，\pi)\)。
故弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程为\(\rho=2sin\alpha\)，其中\(\alpha\in(0，\pi)\)。
说明：由于弦的中点要存在，则必须保证\(\rho\neq 0\)，即原来的\(\alpha\in[0，\pi)\)，必须变为\(\alpha\in(0，\pi)\)。
