前言
為什么要引入極坐標呢？自然是覺得極坐標系有其自身表達上的優越性。
比如涉及到某一個點\(P\)，在直角坐標系下其表示為\(P(x，y)\)，對應到極坐標系下表示為\(P(\rho，\theta)\)，如果同時刻畫距離\(|OP|\)，則在直角坐標系下為\(|OP|=\sqrt{x^2+y^2}\)，是二元根式函數問題，在極坐標系下為\(|OP|=\rho\)，就是一元一次函數，相關的運算就簡單的多了。
比較研究
- 平面直角坐標系下的直線和圓的方程
過原點的直線：\(y=kx\)；
以\((0，0)\)為圓心，以\(2\)為半徑的圓：\(x^2+y^2=2^2\)
以\((a，0)\)為圓心，以\(a\)為半徑的圓：\((x-a)^2+y^2=a^2\)
以\((0，a)\)為圓心，以\(a\)為半徑的圓：\(x^2+(y-a)^2=a^2\)
- 極坐標系下的直線和圓的方程
過原點的直線：\(\theta=\theta_0\)；
以\((0，0)\)為圓心，以\(2\)為半徑的圓：\(\rho=2\)，\(\theta\in [-\pi，\pi]\)；
以\((a，0)\)為圓心，以\(a\)為半徑的圓：\(\rho=2a cos\theta\)，\(\theta\in [-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)；
推導用圖形如下，
以\((a，\cfrac{\pi}{2})\)為圓心，以\(a\)為半徑的圓：\(\rho=2a sin\theta\)，\(\theta\in [0，\pi]\)；
推導用圖形如下，
失誤防范
- 涉及到極坐標的問題，以前的一般處理策略是將其轉化到直角坐標系中來處理，下面的高考題目會讓你體會到高考命題人的刁鑽，以及直角坐標系的無奈。
(1).\(M\)為曲線\(C_1\)上的動點，點\(P\)在線段\(OM\)上，且滿足\(|OM|\cdot|OP|=16\)，求點\(P\)的軌跡\(C_2\)的直角坐標方程；
【法一】：學生容易想到的解法，也是我們交給學生的方法。
容易化簡\(C_1：x=4\)，做出簡單的示意圖，我們可以令\(M(4，m)、P(x，y)\)，
則由題目可知\(\cfrac{y}{x}=\cfrac{m}{4}\)，即\(m=\cfrac{4y}{x}\)，
又由題目可知滿足條件\(|OM|\cdot|OP|=16\)，即\(\sqrt{4^2+m^2}\cdot\sqrt{x^2+y^2}=16\)，
將\(m=\cfrac{4y}{x}\)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\((x^2+y^2)^2=(4x)^2\)，兩邊開方得到\(x^2+y^2=4x\)[此處由於\(x\)為非負值，故舍去\(x^2+y^2=-4x\)]，
最終可以化簡為\((x-2)^2+y^2=4(x>0)\)。
【法2】：直接借助極坐標系來思考運算，令\(M(\rho，\theta)\)，\(P(\rho_1，\theta)(\rho_1>0)\)，由題可知，
點M滿足\(C_1\)的方程\(\rho cos\theta=4\) 。則\(\rho=\cfrac{4}{cos\theta}\)，
又\(|OM|=\rho=\cfrac{4}{cos\theta}\)，\(|OP|=\rho_1\)，又由題目可知\(|OM|\cdot|OP|=\rho\rho_1=16\)，
故\(\rho_1=\cfrac{16}{\rho}=4cos\theta(\rho_1>0)\)，兩邊同乘以\(\rho_1\)得到
\(\rho_1^2=4\rho_1 cos\theta\)，轉化為直角坐標方程為\(x^2+y^2=4x(x\neq 0)\)，
即\((x-2)^2+y^2=4(x\neq 0)\)為曲線\(C_2\)的直角坐標方程。
解后反思：
①法1的代數式變形，許多學生根本想不到；
②結題中限制\(x\neq 0\)是為了和上述的\(\rho_1>0\)對應。
③此題目的法2的解答提醒我們，若題目中出現了經過極點的兩個線段的四則運算的條件，那么采用極坐標思考和運算應該是比較簡單和快捷的，故我們必須扭轉以直角坐標為橋梁的的求解思路，快速適應在極坐標系下的思維模式。
(2).設點\(A\)的極坐標為\((2，\cfrac{\pi}{3})\)，點\(B\)在曲線\(C_2\)上，求\(\Delta OAB\)面積的最大值．
【法1】：直接借助平面幾何的形來思考運算，結合運動觀點和特殊化策略；讓點\(B\)在圓上跑一圈即可看出思路；
連接\(AC\) ，易知\(\Delta AOC\)為正三角形，底邊\(|OA|\)為定值，則當高線最大時，\(S_{\Delta AOB}\)面積最大，
如圖所示，過圓心\(C\)做\(AO\)的垂線，交\(AO\)於\(H\)，交圓\(C\)於點\(B\)，此時\(S_{\Delta AOB}\)面積最大，
\(S_{max}=\cfrac{1}{2}\cdot |AO||HB|=\cfrac{1}{2}\cdot |AO|(|HC|+|BC|)=2+\sqrt{3}\)。
【法2】：借助圓的參數方程和點線距公式求解；
直線\(OA\)的方程為\(\sqrt{3}x-y=0\)，點\(B\)在曲線\(C_2\)上，
故點\(B\)的參數坐標為\((2cos\theta+2，2sin\theta)\)\((\theta\in (-\pi，\pi))\)，
故三角形\(\Delta OAB\)的一條邊\(OA\)上的高為點\(B\)到直線\(OA\)的距離為\(h_{OA}\)，
\(h_{OA}=\cfrac{|\sqrt{3}(2cos\theta+2)-2sin\theta|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}}=|\sqrt{3}cos\theta-sin\theta+\sqrt{3}|\)
則\(S_{\Delta OAB}=\cfrac{1}{2}|OA|\cdot h_{OA}=|\sqrt{3}cos\theta-sin\theta+\sqrt{3}|=|2cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})+\sqrt{3}|\)，
當\(cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})=1\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{6}\)時，\(S_{max}=2+\sqrt{3}\)。
【法3】：直接借助極坐標系來思考運算，利用\(S_{\triangle}=\cfrac{1}{2}absinC\)求解；
點\(A(2，\cfrac{\pi}{3})\)，點\(B(\rho，\alpha)(\alpha\in (-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，又點\(B\)滿足曲線\(C_2\)的極坐標方程，
故\(|OB|=\rho=4cos\alpha\)，\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{3}-\alpha\)，
則\(S_{\Delta OAB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|sin\angle AOB=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 4cos\alpha\cdot sin(\cfrac{\pi}{3}-\alpha)\)
\(=4cos\alpha \cdot sin(\cfrac{\pi}{3}-\alpha)=4cos\alpha\cdot(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha-\cfrac{1}{2}sin\alpha)\)
\(=2\sqrt{3}cos^2\alpha-2sin\alpha\cdot cos\alpha=\sqrt{3}\cdot (1+cos2\alpha)-sin2\alpha=-2sin(2\alpha-\cfrac{\pi}{3})+\sqrt{3}\)，
故當\(2\alpha-\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=-\cfrac{\pi}{12}\)時，\(S_{\Delta OAB}\)取到最大值\(2+\sqrt{3}\)。
- 當點\(A\)在圓外時，如點\(A(4，3)\)，又該如何思考呢？
分析：連接\(OA\)，和圓相交於點\(D\)，過點\(C\)做弦\(OD\)的中垂線，和弦\(OD\)相交於點\(H\)，和圓相交於點\(B\)，
則此時點\(B\)到底邊\(OA\)的距離最大，故此時的\(S_{\Delta AOB}\)面積最大，
具體\(S_{\Delta AOB}\)面積最大時的求法如下，
底邊長\(|OA|\)固定不變，高線\(|BH|=|BC|+|HC|\)，其中\(|BC|\)長為半徑，題目給定，
\(|HC|\)可以用點\(C(2，0)\)到直線\(OA\)的距離公式求得，或利用\(Rt\Delta OCH\)求解即可，
故面積的最大值可解；
- 當點\(A\)在圓內時，如點\(A(3，1)\)，又該如何思考呢？
分析：連接\(OA\)並延長和圓相交於點\(D\)，
過點\(C\)做弦\(OD\)的中垂線，和弦\(OD\)相交於點\(H\)，和圓相交於點\(B\)，
則此時點\(B\)到底邊\(OA\)的距離最大，故此時的\(S_{\Delta AOB}\)面積最大，
具體\(S_{\Delta AOB}\)面積最大時的求法如下，底邊長\(|OA|\)固定不變，高線\(|BH|=|BC|+|HC|\)，
其中\(|BC|\)長為半徑，題目給定，\(|HC|\)可以用點\(C(2，0)\)到直線\(OA\)的距離公式求得，
或利用\(Rt\Delta OCH\)求解即可，故面積的最大值可解；
相互轉化
- 極坐標化為直角坐標
轉化公式
\(\rho^2=x^2+y^2\)，\(\rho\cdot \cos\theta=x\)，\(\rho\cdot \sin\theta=y\)，
舉例：①\(\rho=2\cos\theta\)，兩邊同乘以\(\rho\)，得到\(\rho^2=2\rho\cos\theta\)，即\(x^2+y^2=2x\)；
②\(\rho=\cfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{1+9\sin^2\theta}}\)，兩邊同時平方並整理，得到\(\rho^2(1+9\sin^2\theta)=10\)，
即\(\rho^2+9(\rho\sin\theta)^2=10\)，即\(x^2+10y^2=10\)
- 直角坐標化為極坐標
典例剖析
(1)以坐標原點為極點，\(x\)軸的正半軸為極軸建立極坐標系，求\(C\)的極坐標方程。
分析：由於極坐標方程中只有\(\rho\)和\(\theta\)，
故只要將\(x=\rho\cdot cos\theta\)和\(y=\rho\cdot sin\theta\)代入圓\(C\)的直角坐標方程為\((x+6)^2+y^2=25\)，
整理可得\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
(2)直線\(l\)的參數方程為\(\begin{cases} x=t\cdot cos\alpha \\ y=t\cdot sin\alpha \end{cases}(t為參數)\)，
\(l\)與\(C\)交於A、B兩點，\(|AB|=\sqrt{10}\)，求直線\(l\)的斜率。
【法1】參數方程法，
分析：本題目的求解要用到直線的參數方程的幾何意義。
將直線\(l\)的參數方程代入圓\(C\)的直角坐標方程，
化簡整理為\(t^2+12t cos\alpha+11=0\)，可設點\(A、B\)分別對應參數\(t_1，t_2\)，
則\(\begin{cases} t_1+ t_2=-12cos\alpha \\ t_1\times t_2=11\end{cases}\)，
\(|AB|=|t_1-t_2|= \sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由圖可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
則有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直線\(l\)的斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法2】極坐標系法，
圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)。
將直線的參數方程兩式相除得到，\(y=tan\alpha x\)，即\(y=kx\)，
則直線的極坐標方程為\(\theta=\alpha(\rho\in R)\)
將直線的極坐標方程代入圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\theta+11=0\)，
得到圓\(C\)的極坐標方程是\(\rho^2+12\rho cos\alpha+11=0\)，
設點\(A\)的極坐標方程為\((\rho_1，\alpha)\)，點\(B\)的極坐標方程為\((\rho_2，\alpha)\)，
則\(\rho_1+\rho_2=-12cos\alpha\)，\(\rho_1\cdot \rho_2=11\)，
由\(|AB|=|\rho_1-\rho_2|= \sqrt{(\rho_1+\rho_2)^2-4\rho_1\rho_2}=\sqrt{10}\)，
解得\(cos^2\alpha=\cfrac{54}{144}=\cfrac{3}{8}\)，
又由圖可知\(\alpha\in [0，\pi)\)，故\(cos\alpha=\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
則有\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
故\(tan\alpha=\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{\sqrt{10}}{4} }{\pm\cfrac{\sqrt{6}}{4}} =\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
故直線\(l\)的斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
【法3】平面幾何法，如圖所示，這樣的直線應該有兩條，且其斜率互為相反數，現重點求解圖中的直線\(AB\)的斜率，
在\(Rt\Delta BCD\)中，半徑為\(BC=5\)，半弦長為\(BD=\cfrac{\sqrt{10}}{2}\)，
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\(cos\angle OCD=cos\theta=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)
從而\(sin\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{4}\)，\(cos\alpha=\cfrac{\sqrt{6}}{4}\)，
即\(k=tan\alpha=\cfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{6}}=\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)，
故滿足條件的直線\(AB\)有兩條，其斜率為\(\pm\cfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
(1).當\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)時，求\(\rho_0\)及\(l\)的極坐標方程；
分析：當\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)時，由\(\rho=4sin\theta\)，得到\(\rho_0=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)；
求直線\(l\)的極坐標方程有以下兩個思路，可以比較看，哪一種更簡便。
思路1：過點\(A\)的直線\(l\)的斜率為\(k=-\cfrac{1}{tan\frac{\pi}{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
故直線\(l\)的普通方程為\(y-0=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-4)\)，
再用\(y=\rho\cdot sin\theta\)和\(x=\rho\cdot cos\theta\)代入上式，
變形直線的極坐標方程為\(\sqrt{3}\rho cos\theta+3\rho sin\theta=4\sqrt{3}\)，整理為
\(\rho\cdot sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})=2\)或者\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)
思路2：如圖所示，在極坐標系下直接思考和運算，在\(\triangle OAB\)中，已知\(OA=4\)，\(\angle A=\cfrac{\pi}{6}\)，則\(OB=2\)，
在直線\(l\)上任取一點\(P(\rho，\theta)\)，則在\(\triangle OPB\)中，已知\(OP=\rho\)，\(\angle POB=\cfrac{\pi}{3}-\theta\)，\(OB=2\)，
則\(\rho\cdot cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)=2\)，也即\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)
解后反思：相比較而言，在極坐標系下求直線的方程，我們只需要借助解三角形就可以搞定了，原因是在極坐標系下\(\rho\)的含義一定是極點到動點的線段的長度，這樣就可以順利借助解三角形來完成了。
(2).當\(M\)在\(C\)上運動且\(P\)在線段\(OM\)上時，求\(P\)點軌跡的極坐標方程。
分析：同樣的，求\(P\)點軌跡的極坐標方程，我們也可以有兩個思路來考慮，
思路1：在直角坐標系下思考求解，然后轉化划歸。
設直線\(OM：y=kx\)，則直線\(AP：y=-\cfrac{1}{k}(x-4)\)，
則兩條直線的交點\(P\)的參數方程為\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx①}\\{y=-\cfrac{1}{k}(x-4)②}\end{array}\right.(k為參數，k\geqslant 1)\)，
兩式相乘，消去參數，得到\(y^2=-x(x-4)\)，
即\(x^2+y^2-4x=0\)，轉化為極坐標方程為\(\rho^2=4\rho cos\theta\)，
即\(\rho=4cos\theta\)，對應的\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)，
再思考當\(k\)不存在時，點\(P\)落在原點，也滿足題意，對應\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，
綜上所述，\(P\)點軌跡的極坐標方程為\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，
思路2：如圖所示，在極坐標系下直接思考和運算，
設動點\(P(\rho，\theta)\)，在\(\angle OAP\)中，\(OP=\rho\)，我們很容易得到\(cos\theta=\cfrac{\rho}{4}\)，
即\(\rho=4cos\theta\)，且\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，
故\(P\)點軌跡的極坐標方程為\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)。
解后反思：由這兩小問題的解答過程比較分析，同意的問題，當放到極坐標下思考和運算會變得很簡單，之所以我們感覺難，是因為我們對極坐標系很不熟悉而已。
(1)寫出曲線\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐標方程；
分析：(1) 直接給出答案，
曲線的普通方程\(C_1：(x-2)^2+y^2=4\)；
所求的直角坐標方程\(C_2：(x-1)^2+y^2=1\)；
(2)設點\(P\) 在\(C_1\)上，點\(Q\) 在\(C_2\)上，且\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)，求三角形\(POQ\)面積的最大值。
分析：【法1】極坐標法(本題目命題意圖就是想讓學生體會極坐標的優越性，從而主動使用極坐標刻畫思考或者在極坐標系下運算)，
曲線\(C_1\)的極坐標方程為\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
曲線\(C_2\)的極坐標方程為\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
如圖所示，初步分析，當點\(P\)在\(x\)軸上方時，點\(Q\)必在\(x\)軸下方；
當然還會有另一種情形，當點\(P\)在\(x\)軸下方時，點\(Q\)必在\(x\)軸上方；
我們取其中一種做研究，比如點\(P\)在\(x\)軸上方，點\(Q\)在\(x\)軸下方；
注意此時點\(Q\)的極角是負值\(-\theta\)，
由於\(\rho_1>0\)，\(\rho_2>0\)，以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\)，(順時針為正，逆時針為負)
則有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)
\(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\theta=-4sin\theta cos\theta\)
\(=-2sin2\theta\)，
當\(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)時，
\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法2】參數方程法，
如圖所示，曲線\(C_1\)的參數方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha為參數，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲線\(C_2\)的參數方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=sin\theta\end{cases}(\theta為參數，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意參數的含義，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
則有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}\)
\(=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)
當\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)時，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【變形方法3】參數方程法，曲線\(C_1\)的參數方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha為參數，\alpha\in (-\pi，\pi))\)，
曲線\(C_2\)的參數方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta為參數，\theta\in (-\pi，\pi))\)，
注意參數的含義，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，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\(\alpha=\pi+\theta\)
\(原式=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\)，
當\(\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)時，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法4】嘗試使用均值不等式，待有空思考整理。
設直線\(OP\)的方程為\(y=kx\)，由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
直線\(OQ\)的方程為\(y=-\cfrac{1}{k}x\)，
聯立\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\)，
解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2}，\cfrac{4k}{1+k^2} )\)，
聯立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\)，
解得\(Q(\cfrac{2k^2}{1+k^2}，\cfrac{-2k}{1+k^2} )\)，
\(S_{\Delta POQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(\cfrac{4}{1+k^2})^2+(\cfrac{4k}{1+k^2})^2}\sqrt{(\cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(\cfrac{-2k}{1+k^2})^2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\cfrac{16}{1+k^2}}\sqrt{\cfrac{4k^2}{1+k^2}}=\cfrac{4|k|}{1+k^2}=\cfrac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\leq 2\)。
當且僅當\(|k|=1\)時取到等號。故\((S_{\Delta POQ})_{max}=2\)。
反思：這個解法的優越性體現在只有一個變量\(k\)，那么求最值時就好操作些。
【法5】是否有，待后思考整理。
解后反思：
1、在高中數學中，求某個量(比如面積)的最值時，往往需要先表達出這個量(比如面積)的函數，這樣求實際問題的最值就變成了求這個函數模型的最值問題了，這一過程實際就是函數的建模。
1、法1利用極坐標法，這樣表達刻畫面積時，就只有兩個變量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用兩個變量的相互關系，再將變量集中為一個變量，就好求解其最大值了。
2、法2利用參數方程法，在表達刻畫面積時，同樣只有兩個變量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用兩個變量的相互關系，再將變量集中為一個變量，就好求解其最大值了。法2和法3本質接近。
3、正確求解本題目，需要深刻理解極坐標方程的含義和參數方程的含義，尤其是法2對參數的含義更不能弄錯了。用到了內外角關系和圓心角和圓周角關系。
4、還有學生想到設\(P(x_1，y_1)\)，$ Q(x_2，y_2)$，這樣的思路我沒有做嘗試，不過能看出來此時是四個變量，這樣就難得多了，所以碰到這樣的題目我們先需要初步篩選思路。
（1）求線段\(AD\)的中點\(M\)的軌跡\(E\)的普通方程。
分析：點\(D\)的直角坐標為\((-2，-2\sqrt{3})\)，(計算方法：\(x=\rho\cdot cos\theta\)等)，由題意可設\(A\)的坐標為\((2cos\alpha，sin\alpha)\)，
則\(AD\)的中點\(M\)的坐標為\((-1+cos\alpha，-\sqrt{3}+\cfrac{1}{2}sin\alpha)\)，
所以\(M\)的軌跡\(E\)的參數方程為\(\left\{\begin{array}{l}{x=-1+cos\alpha}\\{y=-\sqrt{3}+\cfrac{1}{2}sin\alpha}\end{array}\right.(\alpha為參數)\)，
消參得到，軌跡\(E\)的普通方程為\((x+1)^2+4(y+\sqrt{3})^2=1\)。
（2）利用橢圓\(C\)的極坐標方程證明\(\cfrac{1}{|OA|^2}+\cfrac{1}{|OB|^2}\)為定值，並求\(\Delta ABC\)面積的最大值。
分析：橢圓\(C\)的普通方程為\(\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)，
化為極坐標方程為\(\rho^2+3\rho^2sin^2\theta=4\)，
變形得到，\(\rho^2=\cfrac{4}{1+3sin^2\theta}\)，\(\rho=\cfrac{2}{\sqrt{1+3sin^2\theta}}\)，
由\(OA\perp OB\)，可設\(A(\rho_1，\theta)\)，\(B(\rho_2，\theta+\cfrac{\pi}{2})\)，
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）。
\(S_{\Delta AOB}=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{2}{\sqrt{1+3sin^2\theta}}\cdot \cfrac{2}{\sqrt{1+3cos^2\theta}}\)
\(=\cfrac{2}{\sqrt{(1+3sin^2\theta)(1+3cos^2\theta)}}\)
\(=\cfrac{2}{\sqrt{1+3+9sin^2\theta cos^2\theta}}\)
\(=\cfrac{2}{\sqrt{4+\cfrac{9}{4}sin^22\theta}}\)，
當\(sin2\theta=0\)時，\(S_{\Delta AOB}\)的最大值為\(1\)。
（1）求直線\(l\)被曲線\(C\)截得的弦長\(|OA|\).
分析：可以從以下四個角度思考，
①利用兩點間的距離公式；
【法1】直線\(l\)的普通方程為\(y=\sqrt{3}x\)，圓\(C\)的普通方程為\(x^2+(y-2)^2=2^2\)，
聯立消掉\(y\)，得到\(x^2-\sqrt{3}x=0\)，
解得，\(\left\{\begin{array}{l}{x_1=0}\\{y_1=0}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{x_2=\sqrt{3}}\\{y_2=3}\end{array}\right.\)，
由兩點間距離公式得到\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
②直線和圓相交求弦長的幾何方法；
【法2】直線為\(\sqrt{3}x-y=0\)，圓心為\((0，2)\)，
則圓心到直線的距離為\(d=\cfrac{|0-2|}{2}=1\)，又半徑為\(2\)，
故半弦長為\(\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}\)，則弦長\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
③直線的參數方程法；
【法3】由於直線的普通方程為\(y=\sqrt{3}x\)，
經過點\((0，0)\)，斜率\(k=tan\theta=\sqrt{3}\)，
直線\(l\)的參數方程為\(\left\{\begin{array}{l}{x=0+\cfrac{1}{2}t}\\{y=0+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t}\end{array}\right.(t為參數)\)，
將其代入圓的普通方程\(x^2+(y-2)^2=2^2\)，
整理得到\(t^2-2\sqrt{3}t=0\)，
解得\(t_1=0\)，\(t_2=2\sqrt{3}\)，
則弦長\(|OA|=|t_1-t_2|=2\sqrt{3}\)。
④極坐標法；
【法4】直線的極坐標方程為\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\)，
圓的極坐標方程為\(\rho=4sin\theta\)，
二者聯立，得到\(\rho=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)。
即所求弦長\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
（2）從極點做曲線\(C\)的弦，求弦的中點\(M\)軌跡的極坐標方程。
分析：可以從以下三個角度思考：
①利用平面直角坐標系下的中點公式；
【法1】相關點法，在平面直角坐標系中，設過坐標原點的直線和圓相交於點\(P(x_0，y_0)\)，則所得弦的中點坐標為\(M(x，y)\)
則\(\left\{\begin{array}{l}{2x=x_0}\\{2y=y_0}\end{array}\right.\)，又點\(P(x_0，y_0)\)在圓\(x^2+(y-2)^2=2^2\)上，
代入整理得到普通方程為\(x^2+(y-1)^2=1\)，
即其極坐標方程為\(\rho=2sin\theta\)，
其中\(\alpha\in(0，\pi)\)，而不是\(\alpha\in[0，\pi)\)，以保證弦的存在。
②利用圓的參數方程；
由於圓上任意一動點\(P\)的坐標\(P(2cos\theta，2+2sin\theta)\)，則弦的中點\(M(cos\theta，1+sin\theta)\)，
即點\(M\)的參數方程為\(\left\{\begin{array}{l}{x=cos\theta}\\{y=1+sin\theta}\end{array}\right.(\theta為參數)\)，
消去參數\(\theta\)，得到普通方程為\(x^2+(y-1)^2=1\)，
即其極坐標方程為\(\rho=2sin\theta\)，
其中\(\alpha\in(0，\pi)\)，而不是\(\alpha\in[0，\pi)\)，以保證弦的存在。
③利用極坐標法；
【法3】曲線\(C\)的極坐標方程為\(\rho=4sin\theta\)，
過極點的直線的極坐標方程為\(\theta=\alpha\)，
設直線和曲線\(C\)的交點的極坐標為\((\rho_1，\alpha)\)，
則弦的中點\(M\)的極坐標為\((\rho，\alpha)\)，
由題目可知，\(\rho_1=2\rho\)，代入曲線\(C\)的極坐標方程為\(2\rho=4sin\alpha\)，
得到\(\rho=2sin\alpha\)，其中\(\alpha\in(0，\pi)\)。
故弦的中點\(M\)軌跡的極坐標方程為\(\rho=2sin\alpha\)，其中\(\alpha\in(0，\pi)\)。
說明：由於弦的中點要存在，則必須保證\(\rho\neq 0\)，即原來的\(\alpha\in[0，\pi)\)，必須變為\(\alpha\in(0，\pi)\)。
