圆和椭圆的参数方程
参数方程是以参变量为中介来表示曲线上点的坐标的方程，是曲线在同一坐标系下的另一种表示形式。圆和椭圆有了参数方程后，许多问题的求解变得简单。
前言
参数方程是以参变量为中介来表示曲线上点的坐标的方程，是曲线在同一坐标系下的另一种表示形式。某些曲线用参数方程表示比用普通方程表示更方便。根据曲线的特点，选取适当曲线方程的表示形式，体现了解决问题中数学方法的灵活性。
参数方程由来
- 圆的参数方程[特殊情形，圆心\((0,0)\)，半径\(R\)]
其参数\(\alpha\)的几何意义是圆上动点和圆心连线的旋转角，如下图所示；
- 圆的参数方程[一般情形，圆心\((m,n)\)，半径\(R\)]
注意：本来以为，其参数\(\alpha\)的几何意义仿上例很容易理解；但是在实际教学中，学生极容易将其弄错，容易和极坐标的坐标\((\rho,\theta)\)中的\(\theta\)混淆，故作上图的课件，帮助大家理解和掌握；
如上图所示，参数\(\alpha=\angle ACP\)；范围\(\alpha\in [0,2\pi]\)
- 椭圆的参数方程
其参数\(\phi\)的几何意义是对应的大圆或小圆半径的旋转角\(\angle AOM\)，也就是椭圆的离心角．不是椭圆上动点和中心连线的旋转角\(\angle AOP\)；切记！
虽然\(\angle AOM\)和\(\angle AOP\)二者不相等，但是很显然这二者也是一一对应的，并且它们的范围都是\([0，2\pi)\).
分析：这个说法是错误的，怎么纠正呢？
当\(t=\cfrac{\pi}{3}\)时，代入得到\(x=2cos\cfrac{\pi}{3}=1\)，\(y=2sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)，故\(M(1，2\sqrt{3})\)，
则\(k_{\tiny{OM}}=\cfrac{y-0}{x-0}=2\sqrt{3}\)。
解析：因为点 \(P(4,-\cfrac{12}{5})\) 在椭圆 \(\left\{\begin{array}{l}x=5\cos\theta\\y=4\sin\theta\end{array}\right.\) ( \(\theta\) 为参数，\(0\leqslant \theta<2\pi\))上 ，
所以 \(\left\{\begin{array}{l}{4=5\cos\theta,}\\{-\cfrac{12}{5}=4\sin\theta}\end{array}\right.\) \(\quad\) 所以 \(\left\{\begin{array}{l}{\cos\theta=\cfrac{4}{5},}\\{\sin\theta=-\cfrac{3}{5}}\end{array}\right.\)
所以 \(\theta=2\pi-\arcsin\cfrac{3}{5}\).
错解：由于 \(\alpha=\cfrac{\pi}{3}\)， 将其代入椭圆的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=4\cos\alpha\\y=2\sqrt{3}\sin\alpha\end{array}\right.\) ，
得到 \(\left\{\begin{array}{l}x=4\cos\cfrac{\pi}{3}=2\\y=2\sqrt{3}\sin\cfrac{\pi}{3}=3\end{array}\right.\) ，即点 \(P\) 的坐标为 \((2,3)\)；
正确解析： 由 \(OP\) 的倾斜角为 \(\cfrac{\pi}{3}\)，可得直线 \(OP\) 的方程为 \(y=\sqrt{3}x\) ，
将椭圆的参数方程 \(\left\{\begin{array}{l}x=4\cos\alpha\\y=2\sqrt{3}\sin\alpha\end{array}\right.\) 代入直线方程 \(y=\sqrt{3}x\) ，
得 \(2\sqrt{3}\sin\alpha=\sqrt{3}\times 4\cos\alpha.\)，所以 \(\sin\alpha=2\cos\alpha\)，
又由 \(\left\{\begin{array}{l}\sin\alpha=2\cos\alpha\\\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\end{array}\right.\) ，
解得 \(\left\{\begin{array}{l}\sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5},\\\cos\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}\sin\alpha=-\cfrac{2\sqrt{5}}{5},\\\cos\alpha=-\cfrac{\sqrt{5}}{5}\end{array}\right.\)
因为点 \(P\) 在第一象限，故得到 \(\left\{\begin{array}{l}\sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5},\\\cos\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\end{array}\right.\)
将其代入椭圆的参数方程，所以点 \(P\) 的坐标为 \((\cfrac{4\sqrt{5}}{5},\cfrac{4\sqrt{15}}{5})\)
化为参数方程
介绍一个容易记忆的方法：
类比：\(cos^2\theta+sin^2\theta=1\)
- 当圆为\(x^2+y^2=4\)时，先转换为\((\cfrac{x}{2})^2+(\cfrac{y}{2})^2=1\)，
对应上式，得到\(cos\theta=\cfrac{x}{2}，sin\theta=\cfrac{y}{2}\)，
故圆的参数方程为\(\begin{cases} x=2cos\theta \\ y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数)\)；
当然，我们还可以这样交叉对应，
得到\(sin\theta=\cfrac{x}{2}，cos\theta=\cfrac{y}{2}\)，
故圆的参数方程还可以为\(\begin{cases} x=2sin\theta \\ y=2cos\theta\end{cases}(\theta为参数)\)；
【说明】①由此说明，当我们取的参数不一样时，圆的参数方程是不一样的，
即圆的参数方程可能不唯一。两种参数的含义不一定一样。
②我们约定俗成的取法是第一种。
③参数方程的参数有时候有明确的几何意义，有时候没有。
- 当圆为\((x-a)^2+(y-b)^2=R^2\)时，
先转换为\((\cfrac{x-a}{R})^2+(\cfrac{y-b}{R})^2=1\)，
对应上式，得到\(cos\theta=\cfrac{x-a}{R}，sin\theta=\cfrac{y-b}{R}\)，
故圆的参数方程为\(\begin{cases} x=a+Rcos\theta \\ y=b+Rsin\theta\end{cases}(\theta为参数)\)；
- 当椭圆为\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\)时，
先转化为\((\cfrac{x}{a})^2+(\cfrac{y}{b})^2=1\)，[类似将椭圆压缩为圆来处理]
对应上式得到\(cos\theta=\cfrac{x}{a}\)，\(sin\theta=\cfrac{y}{b}\)，
故椭圆的参数方程为\(\begin{cases} x=acos\theta \\ y=bsin\theta\end{cases}(\theta为参数)\)；
参数方程优点
当处理圆或者椭圆上的任意一点到直线的距离的最值时，参数方程就会体现出它巨大的优越性。原因在于：如果是普通方程时，点的坐标形式为\((x，y)\)，转化得到的必然是二元形式的，而如果是参数方程，转化得到的必然是一元形式的，肯定要比二元的简单的多。此处其实涉及到数学中的变量集中策略；
典例剖析
法1：三角函数的有界性，由于点\(P(cos\theta，sin\theta)\)在直线\(\cfrac{x}{a}+\cfrac{y}{b}=1\)上，则有\(bcos\theta+asin\theta=ab\)，
即\(\sqrt{a^2+b^2}sin(\theta+\phi)=ab，tan\phi=\cfrac{b}{a}\)，
由三角函数的有界性可知\(|sin(\theta+\phi)|=|\cfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}|\leq 1\)，
即\(\cfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{|ab|}\ge 1\)，即\(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}\ge 1\)，故选\(D\).
法2：数形结合，由已知可知点\(P\)在单位圆上，自己做出大致图像可知，直线和圆的位置关系只能是相切和相交，
故圆心\((0，0)\)到直线\(bx+ay-ab=0\)的距离应该小于等于半径\(1\)，即\(\cfrac{|b\cdot 0+a\cdot 0-ab|}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq 1\)，
化简得\(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}\ge 1\)，故选\(D\).
分析：首先易知椭圆和直线没有交点，即二者相离，从而可以考虑用椭圆的参数方程或平行线法求解。
法1、利用椭圆的参数方程，由椭圆方程\(\cfrac{x^2}{3}+y^2=1\)可知，动点坐标\(P(\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)\)，
则点P到直线\(x+y-8=0\)的距离为\(d\)，则有
\(d(\theta)=\cfrac{|\sqrt{3}cos\theta+sin\theta-8|}{\sqrt{2}}=\cfrac{|2sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})-8|}{\sqrt{2}}\)，
故当\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=1\)时，\(d_{min}=\cfrac{|2-8|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)；
\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{3})=-1\)时，\(d_{max}=\cfrac{|-2-8|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)问题：为什么不设点P的坐标为\((x，y)\)而采用参数坐标形式\((\sqrt{3}cos\theta，sin\theta)\)?前者坐标形式是二元形式，后者是一元形式，故后者简单。
法2、平行线法，设和已知平行且和已知椭圆相切的直线\(x+y+m=0\)，
则由\(x+y+m=0\)和\(\cfrac{x^2}{3}+y^2=1\)，消去\(y\)可得\(4x^2+6mx+3m^2-3=0\)，
由二者相切可知，\(\Delta=36m^2-4\times4(3m^2-3)=0\)，解得\(m=\pm 2\)，
即和椭圆相切的直线有\(x+y-2=0\)和\(x+y+2=0\)，故切点到直线\(x+y-8=0\)的距离就可以用两条平行线间的距离来刻画，
则\(d_{max}=\cfrac{|2-(-8)|}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)，\(d_{min}=\cfrac{|-2-(-8)|}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)。
分析：求定义域得到\(x\in[-1，1]\)，故做三角换元令\(x=cos\theta,\theta\in[0，\pi]\)，
则函数\(f(x)=x+\sqrt{1-x^2}=cos\theta+\sqrt{1-cos^2\theta}\)
\(=cos\theta+|sin\theta|=sin\theta+cos\theta\)
\(=\sqrt{2}sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[-1，\sqrt{2}]\)，
故函数的值域为\([-1，\sqrt{2}]\)。
引申思考：
1、换元法特别需要注意的是旧元\(x\)和新元\(\theta\)的取值范围要一致，否则换元就会出错，那么本题中引入新元\(\theta\)后，其取值范围能不能是\([-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)？不能，否则\(cos\theta\in [0，1]\)，和\(x\in[-1，1]\)的取值范围不一致了。
2、那么取值范围能不能是\([0，2\pi]\)？此时虽然能保证\(cos\theta\in [-1，1]\)，但是下一步在开方去绝对值时就麻烦了，\(\sqrt{1-cos^2\theta}=|sin\theta|\)还需要分类讨论，这样反到复杂了，由此我们也就能更好的理解\(\theta\in[0，\pi]\)的用意，由此可知我们的三角换元是很讲究的，绝不是随心所欲的。
3、能不能这样换元令\(x=sin\theta\)？可以的，不过若这样换元，新元的范围就应该是\(\theta\in[-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}]\)，或者\(\theta\in[\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{3\pi}{2}]\)。
4、你会用这个方法求函数\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}\)的值域吗？
提示：定义域为\(x\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，故令\(x=\sqrt{2}cos\theta\)，且\(\theta\in [0，\pi]\)，
那么原函数转化为\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}=\sqrt{2}cos\theta-\sqrt{2}sin\theta=2cos(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in [-2，\sqrt{2}]\)。
5、你能将这一方法适用的类型做以总结提炼吗？
一般来说，适用于这样的类型：\(f(x)=ax+b\pm \sqrt{c+dx^2}\)型，其中\(a，b，c，d\in R，c\cdot d<0\)。
法1：圆心到直线的距离加减半径，
法2：圆的参数方程法，圆上任意一点的坐标\((cos\theta，sin\theta)\)，求点\((cos\theta，sin\theta)\)到直线\(3x+4y-12=0\)的距离，转化为三角函数的最值求解，仿照上法2完成。
分析：由题目知，设点\(P(3\cos\theta，3\sin\theta)\)，\(Q(5\cos\phi，5\sin\phi)\)，\(M(x，y)\)，
则其坐标分别为\(x=\cfrac{3\cos\theta+5\cos\phi}{2}，y=\cfrac{3\sin\theta+5\sin\phi}{2}\)
则\(x^2+y^2=\cfrac{17}{2}+\cfrac{15}{2}\cos(\theta-\phi)=r^2(1\leq r \leq 4)\)，即区域\(M\)是内圆半径为1和外圆半径为4的圆环。
所以\(P=\cfrac{16\pi-\pi}{25\pi}=\cfrac{3}{5}\)，课件链接
【分析】将原本数的问题，转化为形的问题，即两个函数的图像有交点的问题，从形上来处理解决。
法1：由题目可知，方程\(\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}=x+m\)有实根，
即函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)和函数\(y=x+m\)的图像有交点，
其中函数\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的图像是椭圆\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，
函数\(y=x+m\)的图像是动态的直线，在同一个坐标系中做出两个函数的图像，由图像可知，
由图可知，直线和椭圆相交的一个位置是过点\((2，0)\)，代入求得\(m=-2\)；
另一个相交的临界位置是直线和函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)在第二象限的部分相切，
设切点坐标\((x_0，y_0)\)，
则有\(f'(x)=[(3-\frac{3}{4}x^2)^{\frac{1}{2}}]'=\frac{1}{2}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)^{-\frac{1}{2}}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)'\)
\(=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3}{4}\cdot (2x))\)\(= \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3x}{4})\)
则\(f'(x_0)=\frac{-\frac{3x}{4}}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}=1(x_0<0)\)，即\(-\frac{3x}{4}=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，两边平方整理得到，
\(x_0^2=\frac{16}{7}\)，即\(x_0=-\frac{4}{\sqrt{7}}\)，
代入函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)，得到\(y_0=\frac{3}{\sqrt{7}}\)
即切点为\((-\frac{4}{\sqrt{7}}，\frac{3}{\sqrt{7}})\)，将切点代入直线，得到\(m=\sqrt{7}\)，
结合图像可知\(m\)的取值范围是\([-2，\sqrt{7}]\)。
法2：[算理似乎不是太顺畅，再思考]利用椭圆的参数方程求解，
由于函数\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的图像是椭圆\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分，
故设其图像上的任意一点的坐标为\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)，且\(\theta\in [0，\pi]\)，
则上半椭圆上任一点\((2cos\theta，\sqrt{3}sin\theta)\)到直线\(y=x+m\)的距离为\(d\)，
则\(d=\cfrac{|2cos\theta-\sqrt{3}sin\theta+m|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\cfrac{|\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m|}{\sqrt{2}}\)，其中\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，
当\(d=0\)时，即\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)时，也即直线和上半椭圆相切，
由图可知，此时的\(m\)最大，由于\(m=\sqrt{7}sin(\theta-\phi)\)，故\(m_{max}=\sqrt{7}\)，
又由图可知，当\(\theta=0\)时，直线过点\((2，0)\)，此时的\(m\)最小，且由于此时直线和曲线相交，
故必满足\(\sqrt{7}sin(\theta-\phi)-m=0\)，即此时\(m=\sqrt{7}sin(0-\phi)=-\sqrt{7}sin\phi\)，
由\(tan\phi=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\)，可计算得到\(sin\phi=\cfrac{2}{\sqrt{7}}\)，
故\(m_{min}=-\sqrt{7}\times \cfrac{2}{\sqrt{7}}=-2\)，
综上所述，可知\(m\)的取值范围是\([-2，\sqrt{7}]\)。
【点评】：①本题目的难点一是将数的问题转化为形的问题求解，其中转化得到半个椭圆也是难点。
②难点二是求直线和椭圆相切时的切点坐标，求导很容易出错的，需要特别注意。
解析：做出图像，由三角函数定义设其中一个顶点坐标，从而表示矩形的长与宽，进而表示面积，求出最大值.
由题可构建图像根据三角函数的定义，可知\(A(2\cos\alpha, 2\sin\alpha)\)，
所以矩形的面积 \(S=4\cos\alpha\cdot 2\sin\alpha=4\sin2\alpha\)，
当\(\alpha=\cfrac{\pi}{4}\)时， \(S_{\max }=4\sin(2\cdot \cfrac{\pi}{4})=4\)，故答案为: \(4\).
(1)求曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程；
解：曲线 \(C_{1}\) 的直角坐标方程为 \(x^{2}+(y-6)^{2}=2\)；
对于曲线\(C_2\)，由\(\rho^{2}=\cfrac{10}{1+9\sin^{2}\theta}\)，\(\rho^{2}=x^{2}+y^{2}\)，\(y=\rho\sin\theta\)，
得 \(x^{2}+y^{2}+9y^{2}=10\)，即\(C_{2}\) 的直角坐标方程为 \(\cfrac{x^{2}}{10}+y^{2}=1\)；
(2)若\(M\)，\(N\)分别为曲线\(C_1\)和曲线\(C_2\)上的动点，求\(|MN|\)的最大值。
分析：由(1)得 \(C_{1}\) 的圆心为 \(A(0,6)\)，半径 \(r=\sqrt{2}\)，设\(N(\sqrt{10}\cos\theta, \sin\theta)\)，
则\(|NA|^{2}=(\sqrt{10}\cos\theta-0)^{2}+(\sin \theta-6)^{2}\)\(=\)\(10\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta-12\sin\theta+36\)
\(=-9(\sin\theta+\cfrac{2}{3})^{2}+50\) \(\Rightarrow \sin\theta=-\cfrac{2}{3}\) 时， \(|NA|_{\max}=5\sqrt{2}\)，
故\(|MN|\)的最大值为\(5\sqrt{2}+\sqrt{2}=6\sqrt{2}\)；
分析：由圆的参数方程可知，钝角\(\alpha\)终边上一点\(P\)的坐标为\((2cos\alpha,2sin\alpha)\)，
则必然有\(2cos\alpha=2sin(-3)\)且\(2sin\alpha=-2cos3\)，
由于选项\(A\)，\(B\)不是钝角，排除；此时将剩余选项代入验证，很快就可以知道选\(C\)。
法1：计算法，由\(0\leq \cfrac{x^2}{16}\leq 1\)，\(0\leq \cfrac{y^2}{9}\leq 1\)，得到\(x\in [-4，4]\)，\(y\in [-3，3]\)；
法2：数形结合法，做出椭圆的图形，分别向\(x、y\)轴作正射影，就得到各种的取值范围\(x\in [-4，4]\)、\(y\in [-3，3]\)；
备注：但是大家要注意，这个范围和椭圆上的任意一个点的范围还是不一样的，因为这两个方法得到范围时，只是自顾自，\(x\)只管\(x\)，\(y\)只管\(y\)，没有照顾到和为\(1\)的限制，如果我们要同时用到\(x\)和\(y\)两个坐标，往往必须用椭圆的参数方程来表示其上的任意一点\((4\cos\theta，3\sin\theta)\)。
参数方程不足
- 当圆的圆心不在原点的时候，我们在使用其参数方程的时候，极容易弄错其参数\(\theta\)的位置。
(1)写出曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程；
分析：曲线\(C_1\)的普通方程为\(x^2+(y-\sqrt{3})^2=3\)；曲线\(C_2\)的直角坐标方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)；
(2)若点\(A\)、\(B\)分别是曲线\(C_1\)、\(C_2\)上的点(不同于原点)，且\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{2}\)，求\(S_{\triangle AOB}\)面积的最大值。
法1：极坐标系法，设点\(A(\rho_1，\theta)\)，点\(B(\rho_2，\phi)\)，则可知\(\phi=\cfrac{\pi}{2}+\theta\)，
可以转化得到曲线\(C_1\)的极坐标方程为\(\rho=2\sqrt{3}\sin\alpha\)，由于点\(A\)在\(C_1\)上，故\(|OA|=\rho_1=2\sqrt{3}\sin\theta\)；
曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho=2\sin\alpha\)，由于点\(B\)在\(C_2\)上，故\(|OB|=\rho_2=2\sin\phi=2\sin(\cfrac{\pi}{2}+\theta)=2\cos\theta\)；
故\(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|=\cfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\sin\theta\cdot 2\cos\theta=\sqrt{3}\sin2\theta\leqslant \sqrt{3}\)；
当且仅当\(\theta=\cfrac{\pi}{4}\)时取得最大值，故\(S_{\triangle AOB}\)面积的最大值为\(\sqrt{3}\)。
法2：在直角坐标系下，采用圆的参数方程法，也是比较好的选择，但是角的选择极容易出错；
受上述解法的影响，好多学生设点\(A(\sqrt{3}\cos\alpha，\sqrt{3}\sin\alpha+\sqrt{3})\)，点\(B(\cos\theta，\sin\theta+1)\)，
他们想当然的认为必然有\(\theta=\cfrac{\pi}{2}+\alpha\)；即\(\angle xOA=\alpha\)，\(\angle xOB=\theta\)，这在认知圆的参数方程中的参数角时是错误的；
正确认知：过点\(C_1\)做\(C_1F//x\)轴，则\(\angle FC_1A=\alpha\)，过点\(C_2\)做\(C_2E//x\)轴，则\(\angle EC_2B=\theta\)(超过\(\pi\)的那个)，
则\(\theta=\pi+\alpha\)由于\(C_2O\)\(=\)\(C_2B\)，故\(\angle C_2OB\)\(=\)\(\angle C_2BO\)，\(C_1O\)\(=\)\(C_1D\)，故\(\angle C_1OD\)\(=\)\(\angle C_1DO\)，故\(C_2B\)\(//\)\(C_1D\)；故\(\theta=\pi+\alpha\)；，且\(\alpha\in (-\cfrac{\pi}{2},\cfrac{\pi}{2})\)，\(\theta\in (\cfrac{\pi}{2},\cfrac{3\pi}{2})\)
故\(|OA|=\sqrt{(\sqrt{3}\cos\alpha)^2+(\sqrt{3}\sin\alpha+\sqrt{3})^2}=\sqrt{6(1+\sin\alpha)}\)；
\(|OB|=\sqrt{(\cos\theta)^2+(\sin\theta+1)^2}=\sqrt{2(1+\sin\theta)}=\sqrt{2(1+\sin(\pi+\alpha)}=\sqrt{2(1-\sin\alpha)}\)；
\(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}|OA||OB|=\cfrac{1}{2}\cdot \sqrt{6(1+\sin\alpha)}\cdot \sqrt{2(1-\sin\alpha)}=\sqrt{3}|cos\alpha|\leqslant \sqrt{3}\)；
当且仅当\(\alpha=0\)时取得最大值，故\(S_{\triangle AOB}\)面积的最大值为\(\sqrt{3}\)。
(1)写出曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程；
(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：(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)【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\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
如右图所示，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，但是其运算量和运算容量都挺大的。
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。
法1：原函数可以转化为\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}\)，
由于\(2-(x-5)^2\geqslant 0\)，得到\(|x-5|\leqslant \sqrt{2}\)，
令\(x-5=\sqrt{2}cos\alpha\)，则\(\alpha\in [0,\pi]\)，且\(x=\sqrt{2}cos\alpha+5\),
则\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2sin^2\alpha}\)
\(=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2}sin\alpha=2sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})+5\)
由于\(\alpha\in [0,\pi]\)，则\(sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [-\cfrac{\sqrt{2}}{2},1]\)
故\(y_{min}=5-\sqrt{2}\)，\(y_{max}=7\)，
解后反思：为什么想到法1，请对照上述例5中的两个函数，
求函数\(f(x)=x+\sqrt{1-x^2}\)的值域；
求函数\(f(x)=x-\sqrt{2-x^2}\)的值域；
求函数\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}\)的值域；
法2：令\(-x^2+10x-23\geqslant 0\)，得到函数的定义域为\([5-\sqrt{2}，5+\sqrt{2}]\)，
又由于\(y=-x^2+10x-23=-(x-5)^2+2\)，故原函数必然在区间\([5-\sqrt{2},5]\)上单调递增，甚至能延伸到区间\([5-\sqrt{2},x_0]\)，\(x_0>5\)，在区间\([x_0,5+\sqrt{2}]\)上单调递减，
故其最小值必然\(f(x)_{min}=min\{f(5-\sqrt{2})，f(5+\sqrt{2})\}\)，又\(f(5-\sqrt{2})=5-\sqrt{2}\)，\(f(5+\sqrt{2})=5+\sqrt{2}\)，
故\(f(x)_{min}=5-\sqrt{2}\).
