前言
解答題的順序變化是比較大的，而且壓軸題目也發生了變化。
三、解答題
(1).證明：\(BE\perp\)平面\(EB_1C_1\)；
分析：需要證明線面垂直，往往先要轉化為證明線線垂直；
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\(\angle BEB_1=90^{\circ}\)，由題設可知\(Rt\triangle ABE Rt\triangle A_1B_1E\)，所以\(\angle AEB=45^{\circ}\)，故\(AE=AB\)，\(AA_1=2AB\)，
以\(D\)為坐標原點，\(\overrightarrow{DA}\)的方向為\(x\)軸的正方向，\(|\overrightarrow{DA}|\)為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系\(D-xyz\)，
則\(C(0，1，0)\)，\(B(1，1，0)\)，\(C_1(0，1，2)\)，\(E(1，0，1)\)，\(\overrightarrow{CB}=(1，0，0)\)，\(\overrightarrow{CE}=(1，-1，1)\)，\(\overrightarrow{CC_1}=(0，0，2)\)，
設平面\(EBC\)的法向量\(\vec{n}=(x，y，z)\)，
則\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CB}\cdot \vec{n}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{n}=0}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\)，所以可以賦值取\(\vec{n}=(0，-1，-1)\)，
設平面\(ECC_1\)的法向量\(\vec{m}=(x，y，z)\)，
則\(\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CC_1}\cdot \vec{m}=0}\\{\overrightarrow{CE}\cdot \vec{m}=0}\end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l}{2z=0}\\{x-y+z=0}\end{array}\right.\)，所以可以賦值取\(\vec{m}=(1，1，0)\)，
於是，\(cos<\vec{n}，\vec{m}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{m}}{|\vec{n}||\vec{m}|}=-\cfrac{1}{2}\)，
即\(<\vec{n}，\vec{m}>=120^{\circ}\)，則如圖所示，二面角的平面角為\(120^{\circ}\)，
所以，二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值為\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。
解后反思：
1、當然，本題目同樣可用點\(C\)做為坐標原點來建立坐標系。
2、如果我們選取的坐標系不同，很可能\(<\vec{n}，\vec{m}>=60^{\circ}\)，則仿照如圖所示，二面角的平面角為\(60^{\circ}\)，則二面角\(B-EC-C_1\)的正弦值還為\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)。
(1).求\(P(X=2)\)；
分析：先需要弄清楚\(X=2\)的含義，然后考慮其對應的實際比賽情形，再對應到概率的計算中。\(X=2\)意味着\(10：10\)平后，甲、乙兩人又打了\(2\)個球該局比賽結束，此時的比分為\(12：10\)或者\(10：12\)，要么情形一：甲領先乙為\(12：10\)，要么情形二：乙領先甲為\(12：10\)；當為情形一時，甲先發球且贏球比分為\(11：10\)，然后乙發球甲贏球得分\(12：10\)，比賽結束；當為情形二時，甲先發球且輸球比分為\(10：11\)，然后乙發球且甲輸球得分\(10：12\)，比賽結束；
情形一對應的事件為"甲先發球甲贏球"且“乙發球甲贏球”，這涉及的兩個小事件“甲先發球甲贏球”和“乙發球甲贏球”是相互獨立事件，則應該相乘，故概率為\(0.5\times0.4\)；
情形二對應的事件為"甲先發球甲輸球"且“乙發球甲輸球”，這涉及的兩個小事件“甲先發球甲輸球”和“乙發球甲輸球”是相互獨立事件，則應該相乘，故概率為\((1-0.5)\times(1-0.4)\)；
- 詳細正規的解析過程如下，
解析：\(X=2\)意味着\(10：10\)平后，甲、乙兩人又打了\(2\)個球該局比賽結束，
令事件\(A：\)為"甲先發球甲贏球"，事件\(B：\)為“乙發球甲贏球”，事件\(C：\)為"甲先發球甲輸球"，事件\(D：\)為“乙發球甲輸球”，
則事件\(A\)，\(B\)相互獨立，\(C\)，\(D\)相互獨立，且積事件\(AB\)和\(CD\)是彼此互斥，且事件\(A\)，\(C\)相互對立，事件\(B，\)D$相互對立，
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“\(X=4\)且甲獲勝”的概率。
分析：“\(X=4\)且甲獲勝”，意味着甲乙兩人又打了\(4\)個球，且最后兩個球一定必須是甲連續兩次贏球，那么前面的兩個球可能是“甲贏球乙輸球”和“甲輸球乙贏球”，故這\(4\)個球的輸贏組合一定只有“甲贏+甲輸+甲贏+甲贏”或者“甲輸+甲贏+甲贏+甲贏”兩種情況，再詳細分析得到“甲發球甲贏+乙發球甲輸+甲發球甲贏+乙發球甲贏”或者“甲發球甲輸+乙發球甲贏+甲發球甲贏+乙發球甲贏”，接下來就可以定義事件，並利用事件關系求解了。
- 詳細正規的解析過程如下，
解析：“\(X=4\)且甲獲勝”，意味着甲乙兩人又打了\(4\)個球，且前兩個球中甲輸一個贏一個，最后兩個球一定必須是甲連續兩次贏球，
令“甲發球甲贏球”為事件\(A\)，“乙發球甲贏球”為事件\(B\)，則“甲發球甲輸球”為事件\(\bar{A}\)，“乙發球甲輸球”為事件\(\bar{B}\)，
則事件\(A\)，\(B\)相互獨立，則\(X=4\)對應事件\(A\bar{B}AB+\bar{A}BAB\)，且事件\(A\bar{B}AB\)和\(\bar{A}BAB\)互斥，
故\(P(X=4\)且甲贏\()=P(A\bar{B}AB+\bar{A}BAB)=P(A)P(\bar{B})P(A)P(B)+P(\bar{A})P(B)P(A)P(B)\)
\(=0.5\times (1-0.4)\times 0.5\times 0.4+(1-0.5)\times 0.4\times 0.5\times 0.4=0.1\)
- 更加精簡和高效的解答過程組織如下：
解析：設雙方\(10：10\)后的第\(k\)個球甲獲勝為事件\(A_k(k=1，2，3，4)\)，
(1).則\(X=2\)對應事件“\(A_1A_2+\bar{A_1}\bar{A_2}\)”，\(A_1\)，\(A_2\)相互獨立，\(A_1A_2\)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).“\(X=4\)且甲贏球”對應事件“\(A_1\bar{A_2}A_3A_4+\bar{A_1}A_2A_3A_4\)”，\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)，\(A_4\)相互獨立，\(A_1\bar{A_2}A_3A_4\)和\(\bar{A_1}A_2A_3A_4\)互斥，
\(P(X=4且甲贏)=P(A_1\bar{A_2}A_3A_4+\bar{A_1}A_2A_3A_4)=P(A_1)P(\bar{A_2})P(A_3)P(A_4)+P(\bar{A_1})P(A_2)P(A_3)P(A_4)\)
\(=0.5\times (1-0.4)\times 0.5\times 0.4+(1-0.5)\times 0.4\times 0.5\times 0.4=0.1\)
解后反思：相比較而言，我們對概率問題的理解還是不太到位，求解不太順暢，所以建議做好文字語言到數學語言，再到概率符號語言的轉化。訓練次數多了，就習慣了。
相關鏈接：1、概率習題；2、體育比賽中的概率問題
(1).證明：\(\{a_n+b_n\}\)是等比數列，\(\{a_n-b_n\}\)是等差數列，
分析：考查等差等比數列的證明方法(定義法和等差[比]中項法)，以及整體意識或字母的內涵和方程思想。
解析：由題設可知\(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4\)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\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)；
又由於\(a_1+b_1=1\neq 0\)，所以數列\(\{a_n+b_n\}\)是首項為\(1\)，公比為\(\cfrac{1}{2}\)的等比數列；
由①-②得到，\(4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8\)；即\(a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2\)；
又由於\(a_1-b_1=1\)，所以數列\(\{a_n-b_n\}\)是首項為\(1\)，公差為\(2\)的等差數列；
【注意細節】由\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)不能得到\(\cfrac{a_{n+1}+b_{n+1}}{a_n+b_n}=\cfrac{1}{2}\)，還需要條件\(a_1+b_1\neq 0\)的配合；
相關鏈接：對數列中\(a_n\)的內涵的理解
(2).求\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)的通項公式；
分析：考察數列的通項公式的求法；
解析：由(1)分別寫出數列\(\{a_n+b_n\}\)和數列\(\{a_n-b_n\}\)的通項公式，
\(a_n+b_n=1\times (\cfrac{1}{2})^{n-1}=\cfrac{1}{2^{n-1}}\)③，\(a_n-b_n=1+(n-1)\times 2=2n-1\)④；
由③+④，變形整理得到，\(a_n=\cfrac{1}{2^n}+n-\cfrac{1}{2}\)，\(n\in N^*\)；
由③-④，變形整理得到，\(b_n=\cfrac{1}{2^n}-n+\cfrac{1}{2}\)，\(n\in N^*\)；
(1).討論\(f(x)\)的單調性，並證明\(f(x)\)有且僅有兩個零點；
分析：利用導數工具，求導后解不等式或者利用圖像直接回答；在證明零點時常常要用到零點存在性定理；
解析：[首先回答函數的定義域， 原因是對函數的一切研究，都是基於其定義域基礎上展開的]，\(f(x)\)的定義域為\((0，1)\cup(1，+\infty)\).
由於\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{1\cdot (x-1)-(x+1)\cdot 1}{(x-1)^2}=\cfrac{1}{x}+\cfrac{2}{(x-1)^2}\)，在定義域上觀察導函數，\(f'(x)\ge 0\)恆成立，
故\(x\in (0，1)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在區間\((0，1)\)上單調遞增，
\(x\in (1，+\infty)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在區間\((1，+\infty)\)上單調遞增，
注意，函數在\(x=1\)處是沒有定義的，即函數圖像在\(x=1\)處不是連續的，又結合單調性可知，\(x=1\)應該是函數的漸近線。
另外，函數在某一段\((a，b)\)上單調，並不能說明函數圖像在區間\((a，b)\)內一定有零點，最令人信服的就是用零點存在性定理，找出相應的零點來。此時就涉及到賦值法。
一般來說，函數中如果包含有\(y=lnx\)，則我們一般嘗試\(x=1\)，\(x=e\)，\(x=e^2\)，\(x=\cfrac{1}{e}\)，\(x=\cfrac{1}{e^2}\)這些特殊值，原因是它們的函數值比較好計算。
因為\(f(e)=1-\cfrac{e+1}{e-1}<0\)，\(f(e^2)=2-\cfrac{e^2+1}{e^2-1}=\cfrac{e^2-3}{e^2-1}>0\)[此處涉及到估值計算]，所以\(f(x)\)在\((1，+\infty)\)內有唯一的零點\(x_1\)，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\((0，1)\)內有唯一的零點\(x_2\)，即\(f(x_2)=0\)；
[當然，如果我們的數學素養更好，注意到上述嘗試的幾個值\(e\)，\(\cfrac{1}{e}\)；\(e^2\)，\(\cfrac{1}{e^2}\)之間的關系，那么我們還可以這樣改進證明過程。]
接上，同理同法操作處，由於\(f(x_1)=lnx_1-\cfrac{x_1+1}{x_1-1}=0\)，即\(lnx_1=\cfrac{x_1+1}{x_1-1}\)且\(x_1>1\)，則\(0<\cfrac{1}{x_1}<1\)，
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\((0，1)\)內必有唯一的零點\(\cfrac{1}{x_1}\).
綜上所述，函數\(f(x)\)有且僅有兩個零點；
相關鏈接：1、導數法判斷函數的單調性的策略
(2).設\(x_0\)是\(f(x)\)的一個零點，證明曲線\(y=lnx\)在點\(A(x_0，lnx_0)\)處的切線也是曲線\(y=e^x\)的切線。
分析1：本題目我們還是比較容易能想到用同一法證明，寫出在點\(A\)處的切線方程，在寫出曲線\(y=e^x\)上在點\(B\)處的切線，然后證明兩條切線是同一條直線即可，不過此時有一個難點，就是求點\(B\)的坐標，聯想：\(y=lnx\)和\(y=e^x\)兩個函數的圖像關於直線\(y=x\)對稱，且由第(1)問可知，兩個零點的橫坐標互為倒數，故可知嘗試驗證點\(B\)的坐標是不是\((ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)。
【解析1】：由於\(e^{ln\cfrac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=\cfrac{1}{x_0}\)，故點\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)在曲線\(y=e^x\)上；
由題設可知\(f(x_0)=0\)，即\(lnx_0=\cfrac{x_0+1}{x_0-1}\)，故直線\(AB\)的斜率為
\(k_{AB}=\cfrac{\frac{1}{x_0}-lnx_0}{ln\frac{1}{x_0}-x_0}=\cfrac{\frac{1}{x_0}-\cfrac{x_0+1}{x_0-1}}{-\cfrac{x_0+1}{x_0-1}-x_0}=\cfrac{1}{x_0}\),
又由於曲線\(y=e^x\)在點\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)處的切線的斜率為\(k_1=e^{ln\cfrac{1}{x_0}}=\cfrac{1}{x_0}\)，
又曲線\(y=lnx\)在點\(A(x_0，lnx_0)\)處的切線的斜率\(k_2=\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(k_{AB}=k_1=k_2\)，所以曲線\(y=lnx\)在點\(A(x_0，lnx_0)\)處的切線也是曲線\(y=e^x\)的切線。
分析2：我們還可以分別求得在點\(A\)處和在點\(B\)處的切線方程，通過變形說明這兩條切線是同一條直線即可。
【解析2】：由於\(e^{ln\frac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=\cfrac{1}{x_0}\)，故點\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)在曲線\(y=e^x\)上；
由題設可知\(f(x_0)=0\)，即\(lnx_0=\cfrac{x_0+1}{x_0-1}\)，
由\(y=lnx\)得到，曲線在點\(A(x_0，lnx_0)\)處的切線方程為\(y-lnx_0=\cfrac{1}{x_0}(x-x_0)\)，整理得到\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；
由\(y=e^x\)得到，曲線在點\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)處的切線斜率為\(k=e^{ln\frac{1}{x_0}}=\cfrac{1}{x_0}\)，故其切線方程為\(y-\cfrac{1}{x_0}=\cfrac{1}{x_0}(x-ln\cfrac{1}{x_0})\)，以下的難點在化簡，詳述如下：
\(y=\cfrac{1}{x_0}(x-ln\cfrac{1}{x_0})+\cfrac{1}{x_0}\)，即\(y=\cfrac{1}{x_0}(x+lnx_0)+\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(y=\cfrac{1}{x_0}(x+\cfrac{x_0+1}{x_0-1})+\cfrac{1}{x_0}\)，化簡為\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{x_0+1}{x_0(x_0-1)}+\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{x_0+1}{x_0(x_0-1)}+\cfrac{(x_0-1)}{x_0(x_0-1)}\)，則\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2x_0}{x_0(x_0-1)}\)，
即\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；到此，經過點\(A\)和點\(B\)處的切線方程都是直線\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；
故曲線\(y=lnx\)在點\(A(x_0，lnx_0)\)處的切線也是曲線\(y=e^x\)的切線。
解后反思：①有意識的積累常用的數學常識，有助於數學更深層次的學習；②強化數學運算能力；③理解和掌握常見的數學題型和相應的解法思路；
(1).求\(C\)的方程，並說明\(C\)是什么曲線；
分析：本題目可以用直接法得到曲線的方程，難點是要注意到不是恆等變形，需要添加條件。
解析：由於\(k_{AM}=\cfrac{y}{x+2}\)，\(k_{BM}=\cfrac{y}{x-2}\)，由題可知，\(k_{AM}\cdot k_{BM}=-\cfrac{1}{2}\)，
即\(\cfrac{y}{x+2}\cdot \cfrac{y}{x-2}=-\cfrac{1}{2}\)，化簡得到\(x^2+2y^2=4\)，
再整理為\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1\)，
[此時，務必要注意，我們是將分式形式轉化為整式形式，這一過程有去分母的變形，一定會擴大字母的取值范圍，故需要添加條件才能保證變形前后是恆等變形，以此題為例，由於有分母，故需要\(|x|\neq 2\)，或者對應到\(y\)值加以限制也是可以的，比如\(y\neq 0\)]，
即曲線\(C\)的方程為\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1(|x|\neq 2)\)，或者\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1(y\neq 0)\)，所以\(C\)為中心在坐標原點，焦點在\(x\)軸上的橢圓，且不含左右頂點。
(2).過坐標原點的直線交\(C\)於\(P\)、\(Q\)兩點，點\(P\)在第一象限，\(PE\perp x\)軸，垂足為\(E\)，連結\(QE\)並延長交\(C\)於點\(G\)，
①證明：\(\triangle PQG\)是直角三角形；②求\(\triangle PQG\)面積的最大值；
①證明：設\(P(x_0，y_0)\)，則\(Q(-x_0，-y_0)\)，\(E(x_0，0)\)，\(G(x_G，y_G)\)，
則直線\(QE\)的方程為：\(y=\cfrac{y_0}{2x_0}(x-x_0)\)，與\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{2}=1\)聯立，消去\(y\)，
得到\((2x_0^2+y_0^2)x^2-2x_0y_0^2x+x_0^2y_0^2-8x_0^2=0\)，\(-x_0\)，\(x_G\)為方程的兩個根，
則由韋達定理得到\(-x_0x_G=\cfrac{x_0^2y_0^2-8x_0^2}{2x_0^2+y_0^2}\)，則\(x_G=\cfrac{(8-y_0^2)x_0}{2x_0^2+y_0^2}\)
則\(y_G=\cfrac{y_0}{2x_0}(x_G-x_0)=\cfrac{y_0(4-x_0^2-y_0^2)}{2x_0^2+y_0^2}\)
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\(\triangle PQG\)為直角三角形。
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]
\(=\cfrac{8(y_0x_0^3+x_0y_0^3)}{2x_0^4+2y_0^4+5x_0^2y_0^2}\)
\(\xlongequal[化簡整理得到]{給分子分母同除以x_0^2y_0^2}\) \(\cfrac{8(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})}{2(\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0})^2+1}\)
令\(t=\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}\)，則\(t\geqslant 2\)，
則\(S_{\triangle PQG}=\cfrac{8t}{2t^2+1}=\cfrac{8}{2t+\frac{1}{t}}\)
利用對勾函數\(f(t)=2t+\cfrac{1}{t}\)在\([2，+\infty)\)上的單調性可知，
\(f(t)\geqslant 4+\cfrac{1}{2}=\cfrac{9}{2}\)(當\(t=2\)時取到等號)
所以\(S_{\triangle PQG}\leqslant \cfrac{8}{\frac{9}{2}}=\cfrac{16}{9}\)
故\(\triangle PQG\)面積的最大值為\(\cfrac{16}{9}\).
(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可以看到，同樣的問題，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。
相關鏈接：坐標系與參數方程的考向整理
由於\(x_0^2+2y_0^2=4\)，故給分子乘以\(4\)得到\(8y_0x_0(x_0^2+y_0^2)\)；給分母乘以\((x_0^2+2y_0^2)\)，目的是為了在分子分母位置構造四次齊次式，便於下一步變量集中，為利用函數求解最值埋下伏筆； ↩︎