求三角形面积的最值[范围]
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高考中对三角形的面积的考查形式非常灵活，可以在三角函数题目中考查，也可以放到坐标系与参数方程中，更可以放置到圆锥曲线中，使用的求三角形面积公式也不一而足，故做一整理。
前言
三角形的面积公式，我们从小学开始学习，一直学习到高中、大学，求三角形面积的最值类题目也越来越难，到底该如何牵住这条牛鼻子呢？
公式总结
\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot h_a\)；小学数学中的内容，
\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}absinC=\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{1}{2}casinB\)；高中内容，应用在极坐标系中在极坐标系中，面积公式可能是这样的：\(S_{\triangle ABC}\) \(=\) \(\cfrac{1}{2}\) \(\cdot\) \(\rho_1\) \(\cdot\) \(\rho_2\) \(\cdot\) \(\sin\theta\)，其中 \(\theta\) 为 \(\rho_1\) 和 \(\rho_2\) 的夹角，；
\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\cdot r\)，其中\(r\)为内切圆的半径；高中的内容
\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{abc}{4R}\)，其中\(R\)为外接圆的半径；高中的内容
\(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，其中\(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)，海伦公式；高中或大学的内容
间接求解，如 \(S_{\triangle ABC}=S_{\triangle BCD}-S_{\triangle ACD}\)，比如用割补法，初高中内容
命题研究
强烈建议你，下述内容可以先跳过，等到所有的例题理解透彻后再来理解以下内容，会比较适合。
对\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot h_a\)而言，若已知三角形的底边\(a\)是常数，则其范围或最值就只取决于这一边上的高\(h_a\)，故求最值或者范围就转化为求高的最值或者范围，或者换过来，令\(h_a\)是常数，则又取决于底边\(a\)的最值或者范围；又或者\(a\)和\(h_a\)的和为定值，这时候可以利用均值不等式来考查；
对\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}absinC\)[仅仅取一个形式说明]而言，若\(\angle C\)是常数，则其范围或最值就只取决于\(ab\)，若题目已知\(a+b=2\)或者\(2a+b=2\)，则可以借助均值不等式来考查面积的最大值，又或者在\(\angle C\)是常数的基础上添加\(c=2\)[定值]，则\(2R=\cfrac{c}{\sin C}\)可知，此时\(a=2R\cdot\sin A\)，\(b=2R\cdot\sin B\)，则面积的表达式可以转化为正弦型函数，从而借助三角函数的性质来考查面积的取值范围，这种考查角度对现在的高中生来说是个大难点，尤其是其中涉及到的运算。在极坐标系中，面积公式可能是这样的：\(S_{\triangle ABC}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\)\(\cdot\)\(\rho_1\)\(\cdot\)\(\rho_2\)\(\cdot\)\(\sin\theta\)，其中\(\theta\)为\(\rho_1\)和\(\rho_2\)的夹角；
对\(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，其中\(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)而言，高中阶段考查到的频次比较小，不过若给定了三角形一边的长度，和另外两边的关系，比如\(a=2\)，\(b=c+3\)，则设\(c=x\)，\(b=3+x\)，这样三角形的三边就变化为\(2\)，\(x\)，\(x+3\)，这样三角形的面积就可以使用海伦公式来刻画，从而\(S=S(x)\)，从而可以借助函数的性质求解三角形面积的最值，或者由最值求解三角形中的其他量。
典例剖析
(1)求角\(B\).
分析：由于\(a\cdot\sin\cfrac{A+C}{2}=b\cdot\sin A\)，即为\(a\cdot\sin\cfrac{\pi-B}{2}=a\cdot\cos\cfrac{B}{2}=b\cdot\sin A\)
可得 \(\sin A\cdot\cos\cfrac{B}{2}=\sin B\cdot\sin A=2\sin\cfrac{B}{2}\cdot\cos\cfrac{B}{2}\cdot\sin A\)，
\(\because \sin A>0\)，\(\therefore \cos\cfrac{B}{2}=2\sin\cfrac{B}{2}\cdot\cos\cfrac{B}{2}\),
即\(\cos\cfrac{B}{2}\cdot (2\sin\cfrac{B}{2}-1)=0\)，
若\(\cos\cfrac{B}{2}=0\),可得\(B=\pi\)，不符题意，舍去；
\(\therefore\sin\cfrac{B}{2}=\cfrac{1}{2}\)，由\(0<B<\pi\), 可得\(B=\cfrac{\pi}{3}\).
(2)若\(\triangle ABC\)为锐角三角形，且\(c=1\),求\(\triangle ABC\)面积的取值范围.
[法1]：结合已知条件，从边的角度思考和刻画，转化为关于边的函数求解；
若\(\triangle ABC\)为锐角三角形，且\(c=1\)，
由余弦定理\(b^2=a^2+c^2-2a\cdot c\cdot\cos B\)可得，
\(b=\sqrt{a^{2}+1^2-2 a\cdot1\cdot\cos\cfrac{\pi}{3}}=\sqrt{a^{2}-a+1}\)
由三角形\(ABC\)为锐角三角形，则必须满足条件\(\left\{\begin{array}{l}{b^2+c^2>a^2}\\{a^2+c^2>b^2}\\{a^2+b^2>c^2}\end{array}\right.\)
可得到\(\left\{\begin{array}{l}{a^{2}+a^{2}-a+1>1}\\{1+a^{2}-a+1>a^{2}}\\{1+a^{2}>a^{2}-a+1}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{1}{2}<a<2\)，
可得\(\triangle ABC\)面积
\(S=\cfrac{1}{2}a\cdot\sin\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{4} a \in\left(\cfrac{\sqrt{3}}{8}, \cfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
解后感悟：①任意三角形的刻画：\(a+b>c\)且\(a+c>b\)且\(b+c>a\)；此时不需要两边差的刻画；
②锐角三角形 用角刻画：\(A,B,C\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)；
用边刻画：\(a^2+b^2>c^2\)且\(a^2+c^2>b^2\)且\(b^2+c^2>a^2\)；
[法2]：结合已知条件，从角的角度思考和刻画，转化为关于角的三角函数求解；
由于\(B=\cfrac{\pi}{3}\)，故\(A+C=\cfrac{2\pi}{3}\)，则有\(A=\cfrac{2\pi}{3}-C\)；
又由于锐角三角形的限制，则\(\left\{\begin{array}{l}{0<C<\cfrac{\pi}{2}}\\{0<\cfrac{2\pi}{3}-C<\cfrac{\pi}{2}}\end{array}\right.\)，解得\(\cfrac{\pi}{6}<C<\cfrac{\pi}{2}\)
又应用正弦定理\(\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{c}{\sin C}\)，又已知\(c=1\)，得到\(a=\cfrac{c\sin A}{\sin C}=\cfrac{\sin A}{\sin C}\)，
则由三角形面积公式得到，
\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}a\cdot c\cdot\sin B=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot\sin B\)
\(=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{\sin A}{\sin C}\times\sin B\)\(=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times \cfrac{\sin A}{\sin C}\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times\cfrac{\sin(\cfrac{2\pi}{3}-C)}{\sin C}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\times\cfrac{\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos C+\cfrac{1}{2}\sin C}{\sin C}\)
\(=\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}\)
由于\(\cfrac{\pi}{6}<C<\cfrac{\pi}{2}\)，\(y=\tan C\)单调递增，故\(\cfrac{\sqrt{3}}{3}<\tan C<+\infty\)，
则有\(0<\cfrac{1}{\tan C}<\sqrt{3}\)，则\(0<\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}<\cfrac{3\sqrt{3}}{8}\)，
则有\(0+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3}{8}\cdot\cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3\sqrt{3}}{8}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}\)，
即\(\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{3}{8}\cdot \cfrac{1}{\tan C}+\cfrac{\sqrt{3}}{8}<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
故\(\cfrac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle ABC}<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，即所求三角形面积的取值范围为\(\left(\cfrac{\sqrt{3}}{8}, \cfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\)
法1：由于\(AB:AC=2:1\)，则由三角形的内角平分线定理可知\(BD:DC=2:1\)，
则\(S_{\triangle ABD}=\cfrac{2}{3}S_{\triangle ABC}=\cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 2\times1 \times sinA=\cfrac{2}{3}sinA\leq \cfrac{2}{3}\)，
当且仅当\(sinA=1\)时，即\(\angle A=\cfrac{\pi}{2}\)时，\(S_{\triangle ABD}\)面积最大，为\(\cfrac{2}{3}\)，故选\(B\)；
法2：利用图形求解；说明：要求面积的最大值，则需要高度最大，
如图所示，三角形的底边为\(AB=2\)为定值，则高度最大时，面积最大，
由于\(AC=1\)为定值，相当于点\(C\)在半圆上运动，很显然当\(\angle A=\cfrac{\pi}{2}\)时，\(\triangle ABD\)的高\(h\)最大，
由三角形相似可知，此时\(h=\cfrac{2}{3}\)，故\(S_{\triangle ABD}=\cfrac{1}{2}\times 2\times \cfrac{2}{3}=\cfrac{2}{3}\)，故选\(B\)；
法3：如下图所示，由于\(AB:AC=2:1\)，则由三角形的内角平分线定理可知\(BD:DC=2:1\)，令\(BD=2k\)，\(DC=k(k>0)\)，
则\(cos\theta=\cfrac{2^2+(3k)^2-1^2}{2\times 2\times 3k}=\cfrac{3k^2-1}{4k}\)，
则\(sin\theta=\sqrt{1-(\cfrac{3k^2-1}{4k})^2}=\sqrt{\cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16k^2}}\)，
则\(S_{\triangle ABD}=\cfrac{1}{2}\times 2\times 2k\times sin\theta\)
\(=2\times \sqrt{k^2\times \cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16k^2}}=2\sqrt{\cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16}}\)，
令\(f(k)=-9k^4+10k^2-1\)，则\(f'(k)=-36k^3+20k=-k(36k^2-20)\)，
令\(f'(k)=0\)，得到\(k=0\)(舍去)或\(k=-\cfrac{\sqrt{5}}{3}\)(舍去)，或\(k=\cfrac{\sqrt{5}}{3}\)，
由穿根法得到其大致图像可知，
\(f(k)\)在区间\((0，\cfrac{\sqrt{5}}{3})\)上单调递增，在区间\((\cfrac{\sqrt{5}}{3}，+\infty)\)上单调递减，
故\(f(k)_{max}=f(\cfrac{\sqrt{5}}{3})=\cfrac{16}{9}\)，
故面积的最大值为\(S_{\triangle ABD}=2\sqrt{\cfrac{-9k^4+10k^2-1}{16}}=2\sqrt{\cfrac{\frac{16}{9}}{16}}=\cfrac{2}{3}\). 故选\(B\)；
解后感悟：各位同学，如果能看到这里，估计你也能体会到导数的强大功能了吧。
(1).求角\(A\).
分析：由已知\(\vec{m}//\vec{n}\)，可得到\(a\cos C+\sqrt{3}a\sin C-b-c=0\)，
由正弦定理边化角可得，\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin B-\sin C=0\)，
由于\(B=\pi-A-C\)，则有\(\sin A\cos C+\sqrt{3}\sin A\sin C-\sin(A+C)-\sin C=0\)，
整理得到，\(\sqrt{3}\sin A\sin C-\cos A\sin C-\sin C=0\)，
由于\(\sin C\neq 0\)，则得到\(\sqrt{3}\sin A-\cos A-1=0\)，
由辅助角公式可得，\(2\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=1\)，
即\(\sin(A-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{1}{2}\)，
由\(0<A<\cfrac{\pi}{2}\)，则\(-\cfrac{\pi}{6}<A-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{\pi}{3}\)，
则\(A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{6}\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\).
(2).若\(a=3\)，求\(\triangle ABC\)面积的取值范围。
分析： 由\(\cfrac{b}{\sin B}=\cfrac{c}{\sin C}=\cfrac{a}{\sin A}=\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}\),
则得\(b=2\sqrt{3}\sin B\)， \(c=2\sqrt{3}\sin C\)，\(C=\cfrac{2\pi}{3}-B\)，
所以\(bc=12\sin B\sin C=12\sin B\sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)=12\sin B\sin(\cfrac{\pi}{3}+B)\)
\(=12\sin B(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \cos B+\cfrac{1}{2}\cdot\sin B)=6\sqrt{3}\sin B\cos B+6\sin^2B\)
\(=3\sqrt{3}\sin2B+3(1-\cos2B)=3\sqrt{3}\sin2B-3\cos2B+3\)
\(=6(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\sin2B-\cfrac{1}{2}\cos2B)+3=6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\)
由于\(\triangle ABC\)为锐角三角形，所以\(\left\{\begin{array}{l}0<B<\cfrac{\pi}{2}\\ 0<\cfrac{2 \pi}{3}-B<\cfrac{\pi}{2}\end{array}\right.\), 解得\(\cfrac{\pi}{6}<B<\cfrac{\pi}{2}\)
所以\(\cfrac{\pi}{6}<2B-\cfrac{\pi}{6}<\cfrac{5\pi}{6}\)，\(\cfrac{1}{2}<\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})\leqslant 1\)，
故\(6<6\sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+3\leqslant 9\)，即\(6<bc\leqslant9\)
又由于\(S_{\triangle_{ABC}}=\cfrac{1}{2}bc\sin A=\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\)
故\(\cfrac{3\sqrt{3}}{2}<\cfrac{\sqrt{3}}{4}bc\leqslant \cfrac{9\sqrt{3}}{4}\)
所以， \(\triangle ABC\)面积的取值范围为\((\cfrac{3\sqrt{3}}{2}, \cfrac{9\sqrt{3}}{4}]\).
在极坐标系 \(Ox\) 中 \(A(2, \cfrac{\pi}{3})\)， \(B(1, \cfrac{2\pi}{3})\)， \(C(1,\cfrac{4\pi}{3})\)， \(D(2,-\cfrac{\pi}{3})\)， 弧 \(BC\), \(AD\) 所在圆的圆心分别是 \((0,0)\), \((2,0),\) 曲线 \(M_{1}\) 是弧 \(BC\)， 曲线\(M_{2}\) 是弧 \(AD\).
(1). 分别写出 \(M_{1}\)， \(M_{2}\) 的极坐标方程；
解析：如图所示，由题意可知， \(M_1\)的极坐标方程为 \(\rho=1\)，(\(\cfrac{2\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{4\pi}{3}\))，
而圆弧 \(AD\) 所在圆的圆心为 \((2,0)\)，设 \(P(\rho,\theta)\) 为 \(M_2\) 上任意一点，
则在\(\triangle OO_1P\)中，由 \(\cos\theta=\cfrac{\rho}{4}\) 可得， \(\rho=4\cos\theta\)，(\(-\cfrac{\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{\pi}{3}\))，
故 \(M_{1}\)， \(M_{2}\) 的极坐标方程分别为：
\(\rho=1\)(\(\cfrac{2\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{4\pi}{3}\)) 和 \(\rho=4\cos\theta\)(\(-\cfrac{\pi}{3}\leqslant\theta\leqslant\cfrac{\pi}{3}\)).
(2). 点 \(E\)， \(F\) 位于曲线 \(M_{2}\) 上， 且 \(\angle EOF=\cfrac{\pi}{3}\)， 求 \(\triangle EOF\) 面积的取值范围.
解析：不妨设 \(E(\rho_{1}, \alpha)\)， \(F(\rho_{2}, \alpha-\cfrac{\pi}{3})\)可以设点\(F\) 的辅角为\(\beta\)，此时\(\beta\)为负角，则由题目可知，\(\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{3}\)[此处还可以借助数轴上任意两点的距离公式\(|AB|\)\(=\)\(x_{_{A}}\)\(-\)\(x_{_{B}}\)来理解]，故解得\(\beta=\alpha-\cfrac{\pi}{3}\)\(\quad\)，其中 \(0\leqslant \alpha\leqslant\cfrac{\pi}{3}\)，
则 \(\rho_{1}=4\cos\alpha\), \(\rho_{2}=4\cos(\alpha-\cfrac{\pi}{3})\)，则有
\(S_{\Delta EOF}=\cfrac{1}{2}\rho_{1}\cdot\rho_{2}\cdot\sin\cfrac{\pi}{3}\)\(=\)\(4\sqrt{3}\cdot\cos\alpha(\cos\alpha\cos\cfrac{\pi}{3}+\sin\alpha\sin\cfrac{\pi}{3})\)
\(=4\sqrt{3}(\cfrac{1}{2}\cos^{2}\alpha+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha\cdot\sin\alpha)=2\sqrt{3}\sin(2\alpha+\cfrac{\pi}{6})+\sqrt{3}\)
又由于 \(0 \leqslant \alpha \leqslant \cfrac{\pi}{3}\)， \(\cfrac{1}{2}\leqslant\sin(2\alpha+\cfrac{\pi}{6})\leqslant 1\)，
则 \(2\sqrt{3}\leqslant 2\sqrt{3}\sin(2\alpha+\cfrac{\pi}{6})+\sqrt{3}\leqslant 3\sqrt{3}\)，
所以 \(\triangle EOF\) 的面积的取值范围是 \([2\sqrt{3}, 3\sqrt{3}]\) .
法1：做出如下的图形，由图形可以看出，当圆上的动点到直线的距离最大时，\(\triangle ABP\)面积最大，当当圆上的动点到直线的距离最小时，\(\triangle ABP\)面积最小，
故三角形的高的最大值为\(2\sqrt{2}+r=2\sqrt{2}+\sqrt{2}=3\sqrt{2}\)；三角形的高的最小值为\(2\sqrt{2}-r=2\sqrt{2}-\sqrt{2}=\sqrt{2}\)；又\(|AB|=2\sqrt{2}\)，
故\([S_{\triangle ABP}]_{max}=\cfrac{1}{2}\times 3\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=6\)，\([S_{\triangle ABP}]_{min}=\cfrac{1}{2}\times \sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=2\)，故选\(A\)。
法2：设圆上任一点的坐标为\(P(2+\sqrt{2}cos\theta，\sqrt{2}sin\theta)\)，则三角形的高为\(h=d=\cfrac{|2+\sqrt{2}cos\theta+\sqrt{2}sin\theta+2|}{\sqrt{2}}=\cfrac{|4+2sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})|}{\sqrt{2}}\)
故当\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})=1\)时，\(h_{max}=\cfrac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}\)，
当\(sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})=-1\)时，\(h_{min}=\cfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)，又\(|AB|=2\sqrt{2}\)，
故\([S_{\triangle ABP}]_{max}=\cfrac{1}{2}\times 3\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=6\)，\([S_{\triangle ABP}]_{min}=\cfrac{1}{2}\times \sqrt{2}\times 2\sqrt{2}=2\)，故选\(A\)。
法1：做出如下的示意图，设直线\(AB\)的斜率为\(k\)，不妨只考虑\(k>0\)，则\(AB:y=k(x-4)\)，即\(kx-y-4k=0\)；
将直线和抛物线方程联立，消去\(x\)得到，\(ky^2-4y-16k=0\)，则\(y_1+y_2=-\cfrac{-4}{k}=\cfrac{4}{k}\)，\(y_1y_2=-16\)，
则\(|AB|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}\)
\(=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(\cfrac{4}{k})^2-4\times (-16)}=\sqrt{\cfrac{k^2+1}{k^2}}\cdot 4\cdot \sqrt{\cfrac{4k^2+1}{k^2}}\)
\(=4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\)，
又点\(F\)到直线\(AB\)的距离为\(d=h=\cfrac{|3k|}{\sqrt{k^2+1}}=\cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}\)，
则\(S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\cdot \cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(=6\times \cfrac{\sqrt{4k^2+1}}{k}=6\times \sqrt{4+\cfrac{1}{k^2}}\)，
当\(k\rightarrow \infty\)时，所求面积有最小值，\(S_{min}=6\times 2=12\)。故选\(B\).
法2：仿上利用均值不等式可以说明，当\(AB\)和\(x\)轴垂直时，\(S_{\triangle ABF}\)有最小值；
\(S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 3\cdot (|y_1|+|y_2|)\ge \cfrac{3}{2}\cdot 2\sqrt{|y_1y_2|}= \cfrac{3}{2}\cdot 2\cdot 4=12\)，故选\(B\).
分析：边化角，由\(asinA-csinC=(\sqrt{2}a-b)sinB\)得到，\(a^2+b^2-c^2=\sqrt{2}ab\)，则可知\(cosC=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，又\(C\in (0，\pi)\)，则\(C=\cfrac{\pi}{4}\)；
如图所示，弧\(AB\)所对的圆心角\(\angle C\)为定值，当其在圆上运动时，只有当其落在点\(D\)时面积最大(底边不动，高线最大)，此时\(\triangle ABC\)为顶角为\(C=45^{\circ}\)的等腰三角形，\(\angle A=\angle B=\cfrac{135^{\circ}}{2}\)，
则当\(a=b\)时\([S_{\triangle ABC}]_{max}=\cfrac{1}{2}absinC=2(\sqrt{2}+1)\)，解得\(a^2=8+4\sqrt{2}\)，
则由\(\cfrac{a}{sinA}=2R\)得到，\(4R^2=\cfrac{a^2}{sin^2A}=\cfrac{a^2}{sin^2\frac{135^{\circ}}{2}}=\cfrac{8+4\sqrt{2}}{\frac{1}{2}(1+\frac{\sqrt{2}}{2})}=16\)，则\(R=2\)。故选\(D\).
(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\(2+\sqrt{3}\)。
[引申探究]
- 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；
法2：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\((2cos\theta+2，2sin\theta)\)\((\theta\in (-\pi，\pi))\)，
(?此处怎么转化，为什么这样转化)
故三角形\(\Delta OAB\)的一条边\(OA\)上的高为点\(B\)到直线\(OA\)的距离
\(h_{OA}=\cfrac{|\sqrt{3}(2cos\theta+2)-2sin\theta|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}}=|\sqrt{3}cos\theta-sin\theta+\sqrt{3}|\)
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，
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\(2+\sqrt{3}\)。
分析：由\(cos2(B+C)=cos(2B+2C)=cos(2\pi-2A)=cos2A\)，
将已知等式变形为\(2\cdot 2cos^2\cfrac{A}{2}-cos2A=\cfrac{7}{2}\)，
即\(2(1+cosA)-cos2A=\cfrac{7}{2}\)，
即\(2(1+cosA)-(2cos^2A-1)=\cfrac{7}{2}\)，
化简为\(4cos^2A-4cosA+1=(2cosA-1)^2=0\)，
解得\(cosA=\cfrac{1}{2}，A\in(0，\pi)\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，
到此题目转化为已知\(A=\cfrac{\pi}{3}，a=2\)，求\(\Delta ABC\)的面积的最大值。
接下来有两个思路途径：
思路一：使用均值不等式，由余弦定理\(a^2=b^2+c^2-2bccosA，A=\cfrac{\pi}{3}，a=2\)
得到\(b^2+c^2=4+bc\ge 2bc\)，解得\(bc\leq 4(当且仅当b=c=2时取到等号)\)，
则\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA \leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}\)。
即三角形面积的最大值是\(\sqrt{3}\)。
法2：由于题目已知\(A=\cfrac{\pi}{3}，a=2\)，则\(B+C=\cfrac{2\pi}{3}\)，故\(B，C\in (0，\cfrac{2\pi}{3})\)，
则由正弦定理得\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)，
则\(b=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinB\)，\(c=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}sinC\)，
则\(bc=(\cfrac{4\sqrt{3}}{3})^2\cdot sinB\cdot sinC=\cfrac{16}{3}sinB\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)
\(=\cfrac{16}{3}sinB\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\)
\(=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}sinB\cdot cosB+\cfrac{1}{2}sin^2B]\)
\(=\cfrac{16}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B+\cfrac{1}{4}(1-cos2B)]\)
\(=\cfrac{16}{3}(\cfrac{\sqrt{3}}{4}sin2B-\cfrac{1}{4}cos2B+\cfrac{1}{4})\)
\(=\cfrac{8}{3}(sin2B\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}-cos2B\cdot \cfrac{1}{2})+\cfrac{4}{3}\)
\(=\cfrac{8}{3}sin(2B-\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{4}{3}\)
当\(2B-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(B=\cfrac{5\pi}{12} \in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)时，\(sin(2B-\cfrac{\pi}{6})=1\)，
即\(bc_{max}=\cfrac{8}{3}+\cfrac{4}{3}=4\)
故\([S_{\Delta}]_{max}=\cfrac{1}{2}bcsinA\leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}\)。
分析：由\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{sinB}{sinA}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，
得到\(sinBcosA+cosBsinA=sinA\)，即\(sin(A+B)=sinA\)
则\(sinC=sinA\)，即\(A=C\)，
故\(a=b=c\)，为等边三角形。
在\(\Delta AOB\)中，\(AB^2=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot cos\theta=5-4cos\theta\)，
故\(S_{OACB}=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}\)
\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB^2\)
\(=sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}(5-4cos\theta)=2sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}\)
当\(\theta-\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\)时，即\(\theta=\cfrac{5\pi}{6}\in (0，\pi)\)时，四边形的面积有最大值，
且\(S_{max}=2+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}=\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}\)，故选\(B\)。
分析：当\(C\)取到最大值时，\(cosC\)取得最小值，故先研究\(cosC\)，
\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\cfrac{3c^2+1}{4c}\)
\(=\cfrac{1}{4}(3c+\cfrac{1}{c})\ge \cfrac{1}{4}\cdot 2\sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
当且仅当\(3c=\cfrac{1}{c}\)，即\(c=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)时取得等号；
且此时\(sinC=\cfrac{1}{2}\)，故当\(C\)取到最大值时，
\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}absinC\)\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2c\cdot 1\cdot \cfrac{1}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{6}\)，故选\(B\)。
(1). 求曲线 \(C_{1}\) 的普通方程与曲线 \(C_{2}\) 的直角坐标方程；
解： 曲线 \(C_{1}\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=3+3\cos\alpha,\\y=3\sin\alpha\end{array}\right.\) ( \(\alpha\) 为参数)，
转换为直角坐标方程为 \((x-3)^{2}+y^{2}=9\).
曲线 \(C_{2}\) 的极坐标方程为 \(\rho+4\cos\theta=0\)， 转换为直角坐标方程为\(x^{2}+y^{2}+4x=0\).
(2).设点 \(A\)，\(B\) 分别是曲线 \(C_{1}\), \(C_{2}\) 上的两个动点，且 \(\angle AOB=\cfrac{\pi}{2}\)，求 \(\triangle AOB\) 面积的最大值.
解： 此处有个值得思考的好问题，为什么使用极坐标系来求解而不用直角坐标系？
由(1)得：曲线 \(C_{1}\) 的极坐标方程为 \(\rho=6\cos\theta\)，
曲线 \(C_{2}\) 的极坐标方程为 \(\rho=-4\cos\theta\)，
设 \(A(\rho_{1}, \theta)\)， \(B(\rho_{2}, \theta+\cfrac{\pi}{2})\)，
所以 \(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}\times OA\times OB\times \sin\angle AOB=\cfrac{1}{2}\times\rho_{1}\times \rho_{2}\times \sin\cfrac{\pi}{2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\times 6\cos\theta\times [-4\cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})]\)，
\(=\cfrac{1}{2}\times 6\cos\theta\times 4\sin\theta=12\sin\theta\cos\theta=6\sin2\theta\leqslant 6\)，
当 \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\) 时， \(\triangle AOB\) 面积的最大值为 \(6\).
解后反思：本题目的求解，若改用平面直角坐标系，运算量会比较大，而且非常容易出错，一般涉及到与线段的长度，或三角形的边有关的问题，尤其是这些线段若经过了原点[对应于极坐标系中的极点]，此时采用极坐标系求解问题，有意想不到的便利。
分析：由\(2sin2A+sin(2B＋C)＝sinC\)，
得到\(4sinAcosA+sin[(A+B+C)+B-A]=sinC\)，即\(4sinAcosA+sin[\pi+B-A]=sinC\)，
即\(4sinAcosA-sin(B-A)=sin(B+A)\)，即\(4sinAcosA=sin(B-A)+sin(B+A)\)，
则\(4sinAcosA=2sinBcosA\)，即\(cosA(2sinA-sinB)=0\)，
①当\(cosA=0\)时，\(A=\cfrac{\pi}{2}\)，由\(C＝\cfrac{\pi}{3}\)，得到\(B=\cfrac{\pi}{6}\)；
此时，\(b=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot \cfrac{2\sqrt{3}}{3}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)；
②当\(cosA\neq 0\)时，则有\(sinB=2sinA\)，即\(b=2a\)，
由\(\left\{\begin{array}{l}{a^2+b^2-ab=4}\\{b=2a}\end{array}\right.\)，解得\(b=\cfrac{4\sqrt{3}}{3}\)，\(b=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，
故\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}absinC=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{4\sqrt{3}}{3}\cdot \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\cdot\cfrac{1}{2}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)；
综上所述，\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)；
Ⅱ、求\(\Delta ABC\)周长的最大值。
分析：具体解法见求三角形的周长类的取值范围
难点题目
【法1】： 由于 \(a=6\)，设 \(b=x\)，则\(c=2x\)，可得\(: p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)=3+\cfrac{3 x}{2}\)
所以 \(S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{(3+\cfrac{3}{2}x)(\cfrac{3}{2}x-3)(3+\cfrac{1}{2}x)(3-\cfrac{1}{2}x)}\)
\(=\sqrt{[(\cfrac{3}{2}x)^2-3^2][3^2-(\cfrac{1}{2}x)^2]}=\sqrt{(\cfrac{9x^2}{4}-9)(9-\cfrac{x^2}{4})}\)
\(=\sqrt{\cfrac{81x^2}{4}-\cfrac{9x^4}{16}-81+\cfrac{9x^2}{4}}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}x^4+\cfrac{90}{4}x^2-81}\)
\(=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2)-81}=\sqrt{-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)-81+\cfrac{9}{16}\times 20^2}\)
\(=\sqrt{225-81-\cfrac{9}{16}(x^4-40x^2+20^2)}\)\(=\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}\)
由三角形的三边关系可知：\(\left\{\begin{array}{l}{x+2x>6}\\{x+6>2x}\\{6+2x>x}\end{array}\right.\)，解得：\(2<x<6\)
故当\(x^2=20\)，即当\(x=2\sqrt{5}\in (2,6)\)时， \(S_{\triangle ABC}\)取得最大值\(12\) 。 [1]
此时由\(\cfrac{1}{2}\times 2\sqrt{5}\times4\sqrt{5}\sin A=12\)，解得：\(\sin A=\cfrac{3}{5}\)
解后反思：①明确海伦公式的作用，已知三边可以求解三角形的面积，或表示了三边，可以表达三角形的面积函数，从而可以求面积的最值；
②注意此题目的运算，有相当的难度，求最值时还涉及到复合函数；
③注意利用三角形的三边关系，求自变量的取值范围的技巧；
【法2】：由于\(|BC|=6\)为定值，求 \(\triangle ABC\)面积的最大值，只需要求出顶点 \(A\) 到 \(BC\) 边距离的最大值即可，注意到 \(AB=2AC\)，从运动变化的视角，点 \(A\) 是运动变化的，因此有必要探索此点 \(A\) 的几何特征，即轨迹是什么。
如图，以 \(BC\) 所在的直线为 \(x\) 轴，以 \(BC\) 的中垂线为 \(y\) 轴建立直角坐标系 \(xOy\)，易知点 \(B(-3,0)\)， \(C(-3,0)\)，
设点 \(A(x,y)\)，则由 \(AB=2AC\)可得，\(\sqrt{(x+3)^2+y^2}=2\sqrt{(x-3)^2+y^2}\)，
化简整理，得到 \((x-5)^2+y^2=16=4^2\)，其中 \(x\neq0\)，所以点 \(A\) 的轨迹是以点 \((5,0)\) 为圆心，以\(4\)为半径的圆(剔除 \(x\) 轴上的两个点)，易知点 \(A\) 到 \(BC\) 边距离的最大值，即点 \(D\) 到 \(x\) 轴的距离，也即是圆的半径 \(4\) ，
故 \(\triangle ABC\) 的面积的最大值为 \(S_{\max}=\cfrac{1}{2}\times 6\times 4=12\)，
此时点 \(A\) 位于 点 \(D\) 处，可知 \(AE=4\)， \(BE=8\)， 由勾股定理可知，\(AB=4\sqrt{5}\)，同时 \(AE=4\)， \(CE=2\)，由勾股定理可知，\(AC=2\sqrt{5}\)，
在 \(\triangle ABC\) 中，\(AB=4\sqrt{5}\)，\(AC=2\sqrt{5}\)，\(BC=6\)，
由余弦定理可以求得，\(\cos A=\cfrac{(4\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2-6^2}{2\times4\sqrt{5}\times2\sqrt{5}}=\cfrac{4}{5}\)，故 \(\sin A=\cfrac{3}{5}\) .
分析：根据题意设点\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，\(P(x_0,y_0)\)，
由于\(PA\)是圆的切线且切点为\(A\)，则\(PA\)的方程为\(x_{1}x+y_{1}y=1\)，[2]
同理\(PB\)的方程为\(x_{2}x+y_{2}y=1\)，
由于点\(P(x_0,y_0)\)在切线\(PA\)上，则有\(x_{1}\cdot x_{0}+y_{1}\cdot y_{0}=1\)；
点\(P(x_0,y_0)\)在切线\(PB\)上，同理则有\(x_{2}\cdot x_{0}+y_{2}\cdot y_{0}=1\)
又由于直线\(AB\)同时与直线\(PA\)和\(PB\)相交，
则由相同结构的两个表达式\(\left\{\begin{array}{l}{x_{1}\cdot x_{0}+y_{1}\cdot y_{0}=1}\\{x_{2}\cdot x_{0}+y_{2}\cdot y_{0}=1}\end{array}\right.\)，
可以得到直线\(AB\)的方程为\(x_{0}x+y_{0}y=1\)，[3]
则\(M\)的坐标为\((\cfrac{1}{x_{0}}, 0)\)，\(N\)的坐标为\((0, \cfrac{1}{y_{0}})\)，[4]
\(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM|\cdot|ON|=\cfrac{1}{2}\cdot\left|\cfrac{1}{x_{0} y_{0}}\right|\)
又由点\(P\)是椭圆\(M:\cfrac{x^{2}}{16}+\cfrac{y^{2}}{4}=1\)的动点，则有\(\cfrac{x_{0}^{2}}{16}+\cfrac{y_{0}^{2}}{4}=1\)
则有\(1=\cfrac{x_{0}^{2}}{16}+\cfrac{y_{0}^{2}}{4}\geqslant 2\sqrt{\cfrac{x_{0}^{2} y_{0}^{2}}{64}}=\cfrac{1}{4}\left|x_{0} y_{0}\right|\)，
即\(\left|x_{0} y_{0}\right|\leqslant 4\)
\(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM||ON|=\cfrac{1}{2}\cdot\left|\cfrac{1}{x_{0} y_{0}}\right|\geqslant\cfrac{1}{8}\)
即\(\triangle OMN\)面积的最小值为\(\cfrac{1}{8}\).
解后反思：本题目的综合程度比较高，对学生的数学素养要求也比较高。
①过圆上任意一点的切线方程的求法；②合二为一的数学策略；③直线的截距式方程；④均值不等式在椭圆中的应用，⑤不等式性质；
(1) 分别写出曲线 \(C_{1} 、 C_{2}\) 的极坐标方程;
解: 由题意可知， 曲线 \(C_{1}\) 是以极点 \(O\) 为圆心， 以 \(2\) 为半径的半圆，
结合图形可知， 曲线 \(C_{1}\) 的极坐标方程为 \(\rho=2\)(\(0\leq\theta\leq\pi\)).
设 \(P(\rho,\theta)\) 为曲线 \(C_{2}\) 上的任意一点， 可得 \(\rho=2\cos(\cfrac{\pi}{2}-\theta)=2\sin\theta\)，
因此， 曲线 \(C_{2}\) 极坐标方程为\(\rho=2\sin\theta\)(\(0\leq\theta<\pi\)) .
(2) 直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)，\(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、\(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、\(B\) (异于极点)， 求 \(\triangle ABM\) 面积的最大值。
解法1：因为直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)， \(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、 \(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、 \(B\) (异于极点)，
设 \(A(\rho_{_{A}},\alpha)\) 、\(B(\rho_{_{B}}, \alpha)\)， 由题意得 \(\rho_{_{B}}=2\sin\alpha\)， \(\rho_{A}=2\)，
所以，\(|AB|=|\rho_{_{A}}-\rho_{_{B}}|=2-2\sin\alpha\)，
因为点 \(M\) 到直线 \(AB\) 的距离为 \(d=|MH|=|OM|\sin\alpha=2\sin\alpha\)，
所以， \(S_{\triangle ABM}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}|AB|\cdot d\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}(2-2\sin\alpha)\cdot 2\sin\alpha\)
\(=\)\(2\sin\alpha(1-\sin\alpha)\)题目解答到此，既可以使用均值不等式求解最值，也可以考虑使用二次函数求最值；\(\leq 2 \times \cfrac{[(\sin\alpha+1)-\sin \alpha]^{2}}{4}=\cfrac{1}{2}\)，
当且仅当 \(\sin\alpha=\cfrac{1}{2}\) 时， 等号成立， 故 \(\triangle ABM\) 面积的最大值为 \(\cfrac{1}{2}\) .
解法2：因为直线 \(\theta=\alpha\)(\(0<\alpha<\pi\)， \(\rho\in R\)) 与曲线 \(C_{1}\) 、 \(C_{2}\) 分别相交于点 \(A\) 、 \(B\) (异于极点)，
设 \(A(\rho_{_{A}},\alpha)\) 、\(B(\rho_{_{B}}, \alpha)\)， 由题意得 \(\rho_{_{B}}=2\sin\alpha\)， \(\rho_{A}=2\)，
则 \(|AH|=2\times\sin\alpha\) ，\(|BN|=\rho_{_{B}}\times\sin\alpha=2\sin\alpha\times\sin\alpha=2\sin^2\alpha\)，
\(S_{\triangle ABM}=S_{\triangle AOM}-S_{\triangle BOM}\)\(=\)\(\cfrac{1}{2}\times 2\times|AH|-\cfrac{1}{2}\times 2\times|BN|\)
\(=2\sin\alpha-2\sin^2\alpha\)\(=\)\(2\sin\alpha(1-\sin\alpha)\)题目解答到此，既可以使用均值不等式求解最值，也可以考虑使用二次函数求最值；\(\leq 2 \times \cfrac{[(\sin\alpha+1)-\sin \alpha]^{2}}{4}=\cfrac{1}{2}\)，
当且仅当 \(\sin\alpha=\cfrac{1}{2}\) 时， 等号成立， 故 \(\triangle ABM\) 面积的最大值为 \(\cfrac{1}{2}\) .
设\(x^2=t\)，则\(g(t)=144-\cfrac{9}{16}(t-20)^{2}\)，是二次函数，图像开口向下，\(g(t)_{max}=g(20)=144\)，
而函数\(m=\sqrt{n}\)是单调递增的，故\(\left[\sqrt{144-\cfrac{9}{16}(x^{2}-20)^{2}}\right]_{max}=\sqrt{144}=12\). ↩︎过圆\(x^2+y^2=r^2\)上的点\(P_0(x_0，y_0)\)的切线方程是\(x_0x+y_0y=r^2\)；
证明：由于点\(P_0(x_0，y_0)\)在圆\(x^2+y^2=r^2\)上，故有\(x_0^2+y_0^2=r^2\)，
又由于直线\(OP\)的斜率\(k_1=\cfrac{y_0}{x_0}\)，故和直线\(OP\)垂直的圆的切线的斜率为\(k_0=-\cfrac{x_0}{y_0}\)
由点斜式可得，过圆上的点\(P_0(x_0，y_0)\)的切线方程为\(y-y_0=k_0(x-x_0)\)，
即\(y-y_0=-\cfrac{x_0}{y_0}(x-x_0)\)，整理为\(x_0x+y_0y=x_0^2+y_0^2\)，又\(x_0^2+y_0^2=r^2\)，
故整理得到切线方程为\(x_0x+y_0y=r^2\)。 ↩︎此处用到数学中的合二为一的策略，直线\(PA:x_{1}x_{0}+y_{1}y_{0}=1\),直线\(PB:x_{2}x_{0}+y_{2}y_{0}=1\)，
故直线\(AB\)同时经过点\(A\)和点\(B\)，由两点确定一条直线可知，此时只需要将同一结构的表达式中的\(x_1\)，\(x_2\)换成\(x\)，将\(y_1\)，\(y_2\)换成\(y\)，即得到直线\(AB\)的方程\(AB:x_{0}x+y_{0}y=1\)。 ↩︎将直线\(AB\)的方程为\(x_{0}x+y_{0}y=1\)变形为\(\cfrac{x}{\frac{1}{x_0}}+\cfrac{y}{\frac{1}{y_0}}=1\)[直线的截距式方程，由方程可以直接看出\(x\)截距和\(y\)截距]，
故得到此直线和坐标轴的交点的坐标。\(M\left(\cfrac{1}{x_{0}}, 0\right)\)，\(N\left(0, \cfrac{1}{y_{0}}\right)\). ↩︎
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