前言
解答题的顺序变化是比较大的，而且压轴题目也发生了变化。
三、解答题
(1).证明：\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\)；
分析：需要证明线面垂直，往往先要转化为证明线线垂直；
解析：由已知\(B_1C_1\perp\)平面\(ABB_1A_1\)，\(BE\subset\)平面\(ABB_1A_1\)，故\(B_1C_1\perp BE\)，
又\(BE\perp EC_1\)，\(B_1C_1\subset\)平面\(EB_1C_1\)，\(EC_1\subset\)平面\(EB_1C_1\)，\(B_1C_1\cap EC_1=C_1\)，
故\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\)；
(2).若\(AE=A_1E\)，求二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值；
解析：由(1)知道\(\angle BEB_1=90^{\circ}\)，由题设可知\(Rt\triangle ABE Rt\triangle A_1B_1E\)，所以\(\angle AEB=45^{\circ}\)，故\(AE=AB\)，\(AA_1=2AB\)，
以\(D\)为坐标原点，\(\overrightarrow{DA}\)的方向为\(x\)轴的正方向，\(|\overrightarrow{DA}|\)为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系\(D-xyz\)，
则\(C(0，1，0)\)，\(B(1，1，0)\)，\(C_1(0，1，2)\)，\(E(1，0，1)\)，\(\overrightarrow{CB}=(1，0，0)\)，\(\overrightarrow{CE}=(1，-1，1)\)，\(\overrightarrow{CC_1}=(0，0，2)\)，
设平面\(EBC\)的法向量\(\vec{n}=(x，y，z)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CB}\cdot \vec{n}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{n}=0}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\)，所以可以赋值取\(\vec{n}=(0，-1，-1)\)，
设平面\(ECC_1\)的法向量\(\vec{m}=(x，y，z)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CC_1}\cdot \vec{m}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{m}=0}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{2z=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\)，所以可以赋值取\(\vec{m}=(1，1，0)\)，
于是，\(cos<\vec{n}，\vec{m}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{m}}{|\vec{n}||\vec{m}|}=-\cfrac{1}{2}\)，
即\(<\vec{n}，\vec{m}>=120^{\circ}\)，则如图所示，二面角的平面角为\(120^{\circ}\)，
所以，二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值为\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。
解后反思：
1、当然，本题目同样可用点\(C\)做为坐标原点来建立坐标系。
2、如果我们选取的坐标系不同，很可能\(<\vec{n}，\vec{m}>=60^{\circ}\)，则仿照如图所示，二面角的平面角为\(60^{\circ}\)，则二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值还为\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。
(1).求\(P(X=2)\)；
分析：先需要弄清楚\(X=2\)的含义，然后考虑其对应的实际比赛情形，再对应到概率的计算中。\(X=2\)意味着\(10：10\)平后，甲、乙两人又打了\(2\)个球该局比赛结束，此时的比分为\(12：10\)或者\(10：12\)，要么情形一：甲领先乙为\(12：10\)，要么情形二：乙领先甲为\(12：10\)；当为情形一时，甲先发球且赢球比分为\(11：10\)，然后乙发球甲赢球得分\(12：10\)，比赛结束；当为情形二时，甲先发球且输球比分为\(10：11\)，然后乙发球且甲输球得分\(10：12\)，比赛结束；
情形一对应的事件为"甲先发球甲赢球"且“乙发球甲赢球”，这涉及的两个小事件“甲先发球甲赢球”和“乙发球甲赢球”是相互独立事件，则应该相乘，故概率为\(0.5\times0.4\)；
情形二对应的事件为"甲先发球甲输球"且“乙发球甲输球”，这涉及的两个小事件“甲先发球甲输球”和“乙发球甲输球”是相互独立事件，则应该相乘，故概率为\((1-0.5)\times(1-0.4)\)；
- 详细正规的解析过程如下，
解析：\(X=2\)意味着\(10：10\)平后，甲、乙两人又打了\(2\)个球该局比赛结束，
令事件\(A：\)为"甲先发球甲赢球"，事件\(B：\)为“乙发球甲赢球”，事件\(C：\)为"甲先发球甲输球"，事件\(D：\)为“乙发球甲输球”，
则事件\(A\)，\(B\)相互独立，\(C\)，\(D\)相互独立，且积事件\(AB\)和\(CD\)是彼此互斥，且事件\(A\)，\(C\)相互对立，事件\(B，\)D$相互对立，
故\(P(x=2)=P(AB+CD)=P(AB)+P(CD)=P(A)P(B)+P(C)P(D)\)
\(=P(A)P(B)+[1-P(A)][1-P(B)]=0.5\times0.4+(1-0.5)\times(1-0.4)=0.5\)；
(2).求事件“\(X=4\)且甲获胜”的概率。
分析：“\(X=4\)且甲获胜”，意味着甲乙两人又打了\(4\)个球，且最后两个球一定必须是甲连续两次赢球，那么前面的两个球可能是“甲赢球乙输球”和“甲输球乙赢球”，故这\(4\)个球的输赢组合一定只有“甲赢+甲输+甲赢+甲赢”或者“甲输+甲赢+甲赢+甲赢”两种情况，再详细分析得到“甲发球甲赢+乙发球甲输+甲发球甲赢+乙发球甲赢”或者“甲发球甲输+乙发球甲赢+甲发球甲赢+乙发球甲赢”，接下来就可以定义事件，并利用事件关系求解了。
- 详细正规的解析过程如下，
解析：“\(X=4\)且甲获胜”，意味着甲乙两人又打了\(4\)个球，且前两个球中甲输一个赢一个，最后两个球一定必须是甲连续两次赢球，
令“甲发球甲赢球”为事件\(A\)，“乙发球甲赢球”为事件\(B\)，则“甲发球甲输球”为事件\(\bar{A}\)，“乙发球甲输球”为事件\(\bar{B}\)，
则事件\(A\)，\(B\)相互独立，则\(X=4\)对应事件\(A\bar{B}AB+\bar{A}BAB\)，且事件\(A\bar{B}AB\)和\(\bar{A}BAB\)互斥，
故\(P(X=4\)且甲赢\()=P(A\bar{B}AB+\bar{A}BAB)=P(A)P(\bar{B})P(A)P(B)+P(\bar{A})P(B)P(A)P(B)\)
\(=0.5\times (1-0.4)\times 0.5\times 0.4+(1-0.5)\times 0.4\times 0.5\times 0.4=0.1\)
- 更加精简和高效的解答过程组织如下：
解析：设双方\(10：10\)后的第\(k\)个球甲获胜为事件\(A_k(k=1，2，3，4)\)，
(1).则\(X=2\)对应事件“\(A_1A_2+\bar{A_1}\bar{A_2}\)”，\(A_1\)，\(A_2\)相互独立，\(A_1A_2\)和\(\bar{A_1}\bar{A_2}\)互斥，
故\(P(X=2)=P(A_1A_2+\bar{A_1}\bar{A_2})=P(A_1)P(A_2)+P(\bar{A_1})P(\bar{A_2})=0.5\times0.4+(1-0.5)\times(1-0.4)=0.5\)
(2).“\(X=4\)且甲赢球”对应事件“\(A_1\bar{A_2}A_3A_4+\bar{A_1}A_2A_3A_4\)”，\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)，\(A_4\)相互独立，\(A_1\bar{A_2}A_3A_4\)和\(\bar{A_1}A_2A_3A_4\)互斥，
\(P(X=4且甲赢)=P(A_1\bar{A_2}A_3A_4+\bar{A_1}A_2A_3A_4)=P(A_1)P(\bar{A_2})P(A_3)P(A_4)+P(\bar{A_1})P(A_2)P(A_3)P(A_4)\)
\(=0.5\times (1-0.4)\times 0.5\times 0.4+(1-0.5)\times 0.4\times 0.5\times 0.4=0.1\)
解后反思：相比较而言，我们对概率问题的理解还是不太到位，求解不太顺畅，所以建议做好文字语言到数学语言，再到概率符号语言的转化。训练次数多了，就习惯了。
相关链接：1、概率习题；2、体育比赛中的概率问题
(1).证明：\(\{a_n+b_n\}\)是等比数列，\(\{a_n-b_n\}\)是等差数列，
分析：考查等差等比数列的证明方法(定义法和等差[比]中项法)，以及整体意识或字母的内涵和方程思想。
解析：由题设可知\(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4\)①，\(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4\)②，
由①+②得到，\(4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n)\)；即\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)；
又由于\(a_1+b_1=1\neq 0\)，所以数列\(\{a_n+b_n\}\)是首项为\(1\)，公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列；
由①-②得到，\(4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8\)；即\(a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2\)；
又由于\(a_1-b_1=1\)，所以数列\(\{a_n-b_n\}\)是首项为\(1\)，公差为\(2\)的等差数列；
【注意细节】由\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)不能得到\(\cfrac{a_{n+1}+b_{n+1}}{a_n+b_n}=\cfrac{1}{2}\)，还需要条件\(a_1+b_1\neq 0\)的配合；
相关链接：对数列中\(a_n\)的内涵的理解
(2).求\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)的通项公式；
分析：考察数列的通项公式的求法；
解析：由(1)分别写出数列\(\{a_n+b_n\}\)和数列\(\{a_n-b_n\}\)的通项公式，
\(a_n+b_n=1\times (\cfrac{1}{2})^{n-1}=\cfrac{1}{2^{n-1}}\)③，\(a_n-b_n=1+(n-1)\times 2=2n-1\)④；
由③+④，变形整理得到，\(a_n=\cfrac{1}{2^n}+n-\cfrac{1}{2}\)，\(n\in N^*\)；
由③-④，变形整理得到，\(b_n=\cfrac{1}{2^n}-n+\cfrac{1}{2}\)，\(n\in N^*\)；
(1).讨论\(f(x)\)的单调性，并证明\(f(x)\)有且仅有两个零点；
分析：利用导数工具，求导后解不等式或者利用图像直接回答；在证明零点时常常要用到零点存在性定理；
解析：[首先回答函数的定义域， 原因是对函数的一切研究，都是基于其定义域基础上展开的]，\(f(x)\)的定义域为\((0，1)\cup(1，+\infty)\).
由于\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{1\cdot (x-1)-(x+1)\cdot 1}{(x-1)^2}=\cfrac{1}{x}+\cfrac{2}{(x-1)^2}\)，在定义域上观察导函数，\(f'(x)\ge 0\)恒成立，
故\(x\in (0，1)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，
\(x\in (1，+\infty)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，
注意，函数在\(x=1\)处是没有定义的，即函数图像在\(x=1\)处不是连续的，又结合单调性可知，\(x=1\)应该是函数的渐近线。
另外，函数在某一段\((a，b)\)上单调，并不能说明函数图像在区间\((a，b)\)内一定有零点，最令人信服的就是用零点存在性定理，找出相应的零点来。此时就涉及到赋值法。
一般来说，函数中如果包含有\(y=lnx\)，则我们一般尝试\(x=1\)，\(x=e\)，\(x=e^2\)，\(x=\cfrac{1}{e}\)，\(x=\cfrac{1}{e^2}\)这些特殊值，原因是它们的函数值比较好计算。
因为\(f(e)=1-\cfrac{e+1}{e-1}<0\)，\(f(e^2)=2-\cfrac{e^2+1}{e^2-1}=\cfrac{e^2-3}{e^2-1}>0\)[此处涉及到估值计算]，所以\(f(x)\)在\((1，+\infty)\)内有唯一的零点\(x_1\)，即\(f(x_1)=0\)；
同理同法操作，\(f(\cfrac{1}{e^2})=-1-\cfrac{\frac{1}{e^2}+1}{\frac{1}{e^2}-1}=\cfrac{e^2-3}{1-e^2}<0\)，\(f(\cfrac{1}{e})=-1-\cfrac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\cfrac{2}{e-1}>0\)，所以\(f(x)\)在\((0，1)\)内有唯一的零点\(x_2\)，即\(f(x_2)=0\)；
[当然，如果我们的数学素养更好，注意到上述尝试的几个值\(e\)，\(\cfrac{1}{e}\)；\(e^2\)，\(\cfrac{1}{e^2}\)之间的关系，那么我们还可以这样改进证明过程。]
接上，同理同法操作处，由于\(f(x_1)=lnx_1-\cfrac{x_1+1}{x_1-1}=0\)，即\(lnx_1=\cfrac{x_1+1}{x_1-1}\)且\(x_1>1\)，则\(0<\cfrac{1}{x_1}<1\)，
故有\(f(\cfrac{1}{x_1})=ln\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{\cfrac{1}{x_1}+1}{\cfrac{1}{x_1}-1}=-lnx_1-\cfrac{1+x_1}{1-x_1}=-lnx_1+\cfrac{x_1+1}{x_1-1}=0\)，即\(f(\cfrac{1}{x_1})=0\)，故\(f(x)\)在\((0，1)\)内必有唯一的零点\(\cfrac{1}{x_1}\).
综上所述，函数\(f(x)\)有且仅有两个零点；
相关链接：1、导数法判断函数的单调性的策略
(2).设\(x_0\)是\(f(x)\)的一个零点，证明曲线\(y=lnx\)在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线也是曲线\(y=e^x\)的切线。
分析1：本题目我们还是比较容易能想到用同一法证明，写出在点\(A\)处的切线方程，在写出曲线\(y=e^x\)上在点\(B\)处的切线，然后证明两条切线是同一条直线即可，不过此时有一个难点，就是求点\(B\)的坐标，联想：\(y=lnx\)和\(y=e^x\)两个函数的图像关于直线\(y=x\)对称，且由第(1)问可知，两个零点的横坐标互为倒数，故可知尝试验证点\(B\)的坐标是不是\((ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)。
【解析1】：由于\(e^{ln\cfrac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=\cfrac{1}{x_0}\)，故点\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)在曲线\(y=e^x\)上；
由题设可知\(f(x_0)=0\)，即\(lnx_0=\cfrac{x_0+1}{x_0-1}\)，故直线\(AB\)的斜率为
\(k_{AB}=\cfrac{\frac{1}{x_0}-lnx_0}{ln\frac{1}{x_0}-x_0}=\cfrac{\frac{1}{x_0}-\cfrac{x_0+1}{x_0-1}}{-\cfrac{x_0+1}{x_0-1}-x_0}=\cfrac{1}{x_0}\),
又由于曲线\(y=e^x\)在点\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)处的切线的斜率为\(k_1=e^{ln\cfrac{1}{x_0}}=\cfrac{1}{x_0}\)，
又曲线\(y=lnx\)在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线的斜率\(k_2=\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(k_{AB}=k_1=k_2\)，所以曲线\(y=lnx\)在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线也是曲线\(y=e^x\)的切线。
分析2：我们还可以分别求得在点\(A\)处和在点\(B\)处的切线方程，通过变形说明这两条切线是同一条直线即可。
【解析2】：由于\(e^{ln\frac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=\cfrac{1}{x_0}\)，故点\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)在曲线\(y=e^x\)上；
由题设可知\(f(x_0)=0\)，即\(lnx_0=\cfrac{x_0+1}{x_0-1}\)，
由\(y=lnx\)得到，曲线在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线方程为\(y-lnx_0=\cfrac{1}{x_0}(x-x_0)\)，整理得到\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；
由\(y=e^x\)得到，曲线在点\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)处的切线斜率为\(k=e^{ln\frac{1}{x_0}}=\cfrac{1}{x_0}\)，故其切线方程为\(y-\cfrac{1}{x_0}=\cfrac{1}{x_0}(x-ln\cfrac{1}{x_0})\)，以下的难点在化简，详述如下：
\(y=\cfrac{1}{x_0}(x-ln\cfrac{1}{x_0})+\cfrac{1}{x_0}\)，即\(y=\cfrac{1}{x_0}(x+lnx_0)+\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(y=\cfrac{1}{x_0}(x+\cfrac{x_0+1}{x_0-1})+\cfrac{1}{x_0}\)，化简为\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{x_0+1}{x_0(x_0-1)}+\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{x_0+1}{x_0(x_0-1)}+\cfrac{(x_0-1)}{x_0(x_0-1)}\)，则\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2x_0}{x_0(x_0-1)}\)，
即\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；到此，经过点\(A\)和点\(B\)处的切线方程都是直线\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；
故曲线\(y=lnx\)在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线也是曲线\(y=e^x\)的切线。
解后反思：①有意识的积累常用的数学常识，有助于数学更深层次的学习；②强化数学运算能力；③理解和掌握常见的数学题型和相应的解法思路；
(1).求\(C\)的方程，并说明\(C\)是什么曲线；
分析：本题目可以用直接法得到曲线的方程，难点是要注意到不是恒等变形，需要添加条件。
解析：由于\(k_{AM}=\cfrac{y}{x+2}\)，\(k_{BM}=\cfrac{y}{x-2}\)，由题可知，\(k_{AM}\cdot k_{BM}=-\cfrac{1}{2}\)，
即\(\cfrac{y}{x+2}\cdot \cfrac{y}{x-2}=-\cfrac{1}{2}\)，化简得到\(x^2+2y^2=4\)，
再整理为\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1\)，
[此时，务必要注意，我们是将分式形式转化为整式形式，这一过程有去分母的变形，一定会扩大字母的取值范围，故需要添加条件才能保证变形前后是恒等变形，以此题为例，由于有分母，故需要\(|x|\neq 2\)，或者对应到\(y\)值加以限制也是可以的，比如\(y\neq 0\)]，
即曲线\(C\)的方程为\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1(|x|\neq 2)\)，或者\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1(y\neq 0)\)，所以\(C\)为中心在坐标原点，焦点在\(x\)轴上的椭圆，且不含左右顶点。
(2).过坐标原点的直线交\(C\)于\(P\)、\(Q\)两点，点\(P\)在第一象限，\(PE\perp x\)轴，垂足为\(E\)，连结\(QE\)并延长交\(C\)于点\(G\)，
①证明：\(\triangle PQG\)是直角三角形；②求\(\triangle PQG\)面积的最大值；
①证明：设\(P(x_0，y_0)\)，则\(Q(-x_0，-y_0)\)，\(E(x_0，0)\)，\(G(x_G，y_G)\)，
则直线\(QE\)的方程为：\(y=\cfrac{y_0}{2x_0}(x-x_0)\)，与\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1\)联立，消去\(y\)，
得到\((2x_0^2+y_0^2)x^2-2x_0y_0^2x+x_0^2y_0^2-8x_0^2=0\)，\(-x_0\)，\(x_G\)为方程的两个根，
则由韦达定理得到\(-x_0x_G=\cfrac{x_0^2y_0^2-8x_0^2}{2x_0^2+y_0^2}\)，则\(x_G=\cfrac{(8-y_0^2)x_0}{2x_0^2+y_0^2}\)
则\(y_G=\cfrac{y_0}{2x_0}(x_G-x_0)=\cfrac{y_0(4-x_0^2-y_0^2)}{2x_0^2+y_0^2}\)
所以\(k_{PG}=\cfrac{y_G-y_0}{x_G-x_0}=\cfrac{\frac{y_0(4-x_0^2-y_0^2)}{2x_0^2+y_0^2} -y_0}{\frac{(8-y_0^2)x_0}{2x_0^2+y_0^2} -x_0}\)
\(=\cfrac{4y_0-y_0x_0^2-y_0^3-2y_0x_0^2-y_0^3}{8x_0-x_0y_0^2-2x_0^3-x_0y_0^2}\)
\(=\cfrac{y_0(4-3x_0^2-2y_0^2)}{2x_0(4-y_0^2-x_0^2)}\)
把\(x_0^2+2y_0^2=4\)代入上式，
得到\(k_{PG}=\cfrac{y_0(4-3x_0^2-4+x_0^2)}{2x_0(4-y_0^2-4+2y_0^2)}=\cfrac{-y_0\times 2x_0^2}{2x_0y_0^2}=-\cfrac{x_0}{y_0}\)，
所以\(k_{PQ}\times K_{PG}=\cfrac{y_0}{x_0}\times (-\cfrac{x_0}{y_0})=-1\)，
故\(PQ\perp PG\)，故\(\triangle PQG\)为直角三角形。
②解：\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{1}{2}|PE|\times (x_G-x_Q)=\cfrac{1}{2}y_0(x_G+x_0)\)
\(=\cfrac{1}{2}y_0[\frac{(8-y_0^2)x_0}{2x_0^2+y_0^2}+x_0]\)
\(=\cfrac{1}{2}y_0x_0\times \cfrac{8-y_0^2+2x_0^2+y_0^2}{2x_0^2+y_0^2}\)
\(=\cfrac{y_0x_0(4+x_0^2)}{2x_0^2+y_0^2}=\cfrac{y_0x_0(x_0^2+2y_0^2+x_0^2)}{2x_0^2+y_0^2}\)
\(=\cfrac{2y_0x_0(x_0^2+y_0^2)}{2x_0^2+y_0^2}\)
\(=\cfrac{8y_0x_0(x_0^2+y_0^2)}{(2x_0^2+y_0^2)(x_0^2+2y_0^2)}\)，[1]
\(=\cfrac{8(y_0x_0^3+x_0y_0^3)}{2x_0^4+2y_0^4+5x_0^2y_0^2}\)
\(\xlongequal[化简整理得到]{给分子分母同除以x_0^2y_0^2}\) \(\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})^2+1}\)
令\(t=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}\)，则\(t\geqslant 2\)，
则\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{8t}{2t^2+1}=\cfrac{8}{2t+\frac{1}{t}}\)
利用对勾函数\(f(t)=2t+\cfrac{1}{t}\)在\([2，+\infty)\)上的单调性可知，
\(f(t)\geqslant 4+\cfrac{1}{2}=\cfrac{9}{2}\)(当\(t=2\)时取到等号)
所以\(S_{\triangle PQG}\leqslant \cfrac{8}{\frac{9}{2}}=\cfrac{16}{9}\)
故\(\triangle PQG\)面积的最大值为\(\cfrac{16}{9}\).
(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可以看到，同样的问题，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。
相关链接：坐标系与参数方程的考向整理
由于\(x_0^2+2y_0^2=4\)，故给分子乘以\(4\)得到\(8y_0x_0(x_0^2+y_0^2)\)；给分母乘以\((x_0^2+2y_0^2)\)，目的是为了在分子分母位置构造四次齐次式，便于下一步变量集中，为利用函数求解最值埋下伏笔； ↩︎