(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(
ho_1=4cosalpha(alphain(-cfrac{pi}{2}，cfrac{pi}{2})))，
曲线(C_2)的极坐标方程为(
ho_2=2cos heta( hetain(-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(- heta)，
由于(
ho_1>0)，(
ho_2>0)，以及(angle POQ=cfrac{pi}{2})可得，
(alpha- heta=cfrac{pi}{2})，即(alpha= heta+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}
ho_1
ho_2=cfrac{1}{2} imes 4cosalpha imes 2cos heta)
(=4cos( heta+cfrac{pi}{2})cos heta=-4sin heta cos heta)
(=-2sin2 heta)，
当(2 heta=-cfrac{pi}{2})，即( heta=-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(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数，alphain (-pi，pi)))，
曲线(C_2)的参数方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=sin hetaend{cases}( heta为参数， hetain (-pi，pi)))，
注意参数的含义，(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
则有(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|)
(=cfrac{1}{2}sqrt{(2+2cosalpha)^2+(2sinalpha)^2}sqrt{(1+cos heta)^2+sin^2 heta})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1+cosalpha)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1-cos heta)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=cfrac{1}{2} imes 4sqrt{(1-cos heta)(1+cos heta)})
(=2sqrt{1-cos^2 heta}=2|sin heta|)
当( heta=-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(egin{cases}x=2+2cosalpha\y=2sinalphaend{cases}(alpha为参数，alphain (-pi，pi)))，
曲线(C_2)的参数方程是(egin{cases}x=1+cos heta\y=2sin hetaend{cases}( heta为参数， hetain (-pi，pi)))，
注意参数的含义，(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
由(angle POQ=cfrac{pi}{2})可知，(k_{OP}k_{OQ}=-1)，
即(cfrac{2sinalpha}{2+2cosalpha} imes cfrac{sin heta}{1+cos heta}=-1)，即(-sinalpha sin heta=(1+cosalpha)(1+cos heta))
(S_{Delta OPQ}=cfrac{1}{2}|OP||OQ|)
(=cfrac{1}{2}sqrt{(2+2cosalpha)^2+(2sinalpha)^2}sqrt{(1+cos heta)^2+sin^2 heta})
(=cfrac{1}{2}sqrt{8(1+cosalpha)}sqrt{2(1+cos heta)})
(=2sqrt{(1+cosalpha)(1+cos heta)})
(=2sqrt{-sinalpha sin heta})，
又有(cfrac{alpha}{2}-cfrac{ heta}{2}=cfrac{pi}{2})，即(alpha=pi+ heta)
(原式=2sqrt{sin^2 heta}=2|sin heta|)，
当( heta=-cfrac{pi}{2})时，((S_{Delta OPQ})_{max}=2)。
【法4】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(egin{cases}(x-2)^2+y^2=4\y=kxend{cases})，
解得(P(cfrac{4}{1+k^2}，cfrac{4k}{1+k^2} ))，
联立(egin{cases}(x-1)^2+y^2=1\y=-cfrac{1}{k}xend{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。
【法5】是否有，待后思考整理。
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( heta)，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( heta)，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。
分析：先做出如右图所示的图像，从形上分析，由于函数(f(x)=a^x)与(g(x)=log_ax(a>0且a eq 1))互为反函数，其图像关于直线(y=x)对称，
故两条曲线相交时，直线(y=x)必然也会过他们的交点，这样我们将图形简化一下，
即要保证两条曲线有两个交点，只需要一区一直两条线有两个交点就可以了，
此时我们从形上已经不好把握了，需要转换到数的角度进行计算。
即函数(y=a^x)与函数(y=x)的图像有两个交点，也即方程(a^x=x)要有两个不同的实数根。
两边同时取自然对数，得到(lna^x=lnx)，即(xlna=lnx)，注意到图像的交点的(x eq 0)，
故分离参数得到(lna=cfrac{lnx}{x})，
则要方程使(lna=cfrac{lnx}{x})有两个不同的根，需要函数(y=lna)和(g(x)=cfrac{lnx}{x})要有两个交点，这样又转换到形了。
以下用导数方法，判断函数(g(x)=cfrac{lnx}{x})的单调性，得到在((0，e))上单调递增，在((e，+infty))上单调递减，做出其函数图像如右图所示，
故有(0<lna<cfrac{1}{e})，即(ln1<lna<lne^{frac{1}{e}})，故(ain (1，e^{frac{1}{e}}))，选(D).
解后反思：
①、数到形，形到数，二者之间的转换在高三数学的学习中非常普遍。
②、熟练掌握函数(f(x)=cfrac{lnx}{x})，以及(g(x)=lnxpm x)，(h(x)=xcdot lnx)等的函数的图像和性质，在解题中会有不小的惊喜。
③、在分离常数时，可以分离得出(lna=cfrac{lnx}{x})，还可以分离得到(a=e^{frac{lnx}{x}})，但是明显第一种分离方式更有利于计算，此处使用了整体思想。
分析：由题目可以知道，其渐近线为(y=pm 2x)，
【法1】：取其一(y=2x)，则其倾斜角为( heta)，可知(tan heta=2)，
又知道( heta+cfrac{alpha}{2}=cfrac{pi}{2})，则( heta=cfrac{pi}{2}-cfrac{alpha}{2})，带入上式得到，
(tan heta=tan(cfrac{pi}{2}-cfrac{alpha}{2})=cotcfrac{alpha}{2}=2)，即(cotcfrac{alpha}{2}=2)，
则(tancfrac{alpha}{2}=cfrac{1}{2})，由(tanalpha=cfrac{2tancfrac{alpha}{2}}{1-tan^2cfrac{alpha}{2}})得到，(tanalpha=cfrac{4}{3})。
到此，题目转化为已知(tanalpha=cfrac{4}{3})，求(cos2alpha=？)的值。
(cos2alpha=cfrac{cos^2alpha-sin^2alpha}{cos^2alpha+sin^2alpha}=cfrac{1-tan^2alpha}{1+tan^2alpha}=-cfrac{7}{25})。
【法2】：在直线(y=2x)上取一点((1，2))，利用锐角三角函数的定义，可知(tancfrac{alpha}{2}=cfrac{1}{2})，
从而由(tanalpha=cfrac{2tancfrac{alpha}{2}}{1-tan^2cfrac{alpha}{2}})得到，(tanalpha=cfrac{4}{3})。
代入(cos2alpha=cfrac{cos^2alpha-sin^2alpha}{cos^2alpha+sin^2alpha}=cfrac{1-tan^2alpha}{1+tan^2alpha}=-cfrac{7}{25})。
解后反思：
1、本题目其实是一类这样的题目，请参阅
2、法1由于用到了余切，有超纲之嫌；法2使用了三角函数定义，符合学生的认知。
(1)、当(xin [0，cfrac{pi}{2}])时，求函数(f(x))的取值范围。
分析：先将函数变形为正弦型函数(f(x)=2sin(2x-cfrac{pi}{6})+1)，其中(xin [0，cfrac{pi}{2}])，
题目转化为正弦型函数在限定区间上的值域问题，常规题目，(f(x)in [0，3])
(2)、若对任意的(xin R)，都有(f(x)leq f(A))，(b=2)，(c=4)，点(D)是边(BC)的中点，求(AD)的长。
【解答的共有部分】对任意的(xin R)，都有(f(x)leq f(A))，则(f(A)geqslant f(x)_{max})；
(f(x)=2sin(2x-cfrac{pi}{6})+1，xin R)，则(f(x)_{max}=3)，
即(f(A)geqslant 3)又(f(A)=2sin(2A-cfrac{pi}{6})+1)
故有(2sin(2A-cfrac{pi}{6})+1geqslant 3)，即(sin(2A-cfrac{pi}{6})geqslant 1)，
又由正弦函数的值域范围可知，此时只能取(sin(2A-cfrac{pi}{6})=1)，
即(2A-cfrac{pi}{6}=cfrac{pi}{2})，故(A=cfrac{pi}{3})。
【法1】：余弦定理法，先由余弦定理得到(BC=2sqrt{3})，则(BD=CD=sqrt{3})，
设(angle ADB=alpha)，(angle ADC=eta)，则有(cosalpha+coseta=0)。
再设(AD=x)，又(cosalpha=cfrac{x^2+(sqrt{3})^2-4^2}{2cdotsqrt{3}cdot x})；(coseta=cfrac{x^2+(sqrt{3})^2-2^2}{2cdotsqrt{3}cdot x})；
代入方程(cosalpha+coseta=0)得到，(x=AD=sqrt{7})。
【法2】：要求(AD)，由(AD=|overrightarrow{AD}|)，而(|overrightarrow{AD}|=sqrt{overrightarrow{AD}^2})，
(overrightarrow{AD}=cfrac{1}{2}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}))，则(overrightarrow{AD}^2=cfrac{1}{4}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC})^2)
则(|overrightarrow{AD}|^2=cfrac{1}{4}(|overrightarrow{AB}|^2+|overrightarrow{AC}|^2+2|overrightarrow{AB}||overrightarrow{AC}|cos60^{circ}))
(=cfrac{1}{4}(4^2+2^2+2 imes4 imes2 imescfrac{1}{2})=7)
故(AD=|overrightarrow{AD}|=sqrt{7})；
【法3】由题目可知，先由余弦定理得到(BC=2sqrt{3})，则由(AB=4，AC=2)，可知(Delta ABC)为(RtDelta)，
则有(AC=2)，(CD=sqrt{3})，故由勾股定理可知，(AD=sqrt{7})。
解后反思：1、向量法和余弦定理法都是大家应该掌握的常见的思路方法，其中向量法这个思路，对学生和老师而言，都不是那样的自如应用。
分析：本题目的考点有以下几个，其一求等比数列的(a_n)，其二由(S_n)求(a_n)。
我们往往需要先由(S_n)求(a_n)，
途径一：(a_n)与(S_n)法，
当(nge 1)时，(S_n=2^n-c(cin R))，
当(nge 2)时，(S_{n-1}=2^{n-1}-c(cin R))，
故(nge 2)时，(a_n=S_n-s_{n-1}=2^n-2^{n-1}=2^{n-1})
所以，(a_n=2^{n-1}(nin N^*))(此处可以验证，也可以不验证，已知的等比)
途径二：由等比数列的前(n)项和(S_n=cfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=cfrac{a_1}{1-q}cdot (1-q^n)=mcdot q^n-m(m=-cfrac{a_1}{1-q}))的性质可知，
(c=1)，(q=2)，再由(S_1=a_1=2^1-1=1)，
故(a_n=1 imes 2^{n-1}(nin N^*))；
接下来用对数的性质求解转化：
(a_1cdot a_2cdot a_n=2^0cdot 2^1cdots 2^{n-1}=2^{0+1+cdots+(n-1)}=2^{frac{n(n-1)}{2}})，
则(log_2a_1+log_2a_2+cdots+log_2a_n=log_2(a_1cdot a_2cdots a_n)=log_22^0cdot 2^1cdots 2^{n-1})，
(=log_22^{0+1+cdots+(n-1)}=log_22^{frac{n(n-1)}{2}}=cfrac{n(n-1)}{2}=10)，解得(n=5)。
解后反思：
1、熟练理解等差、等比数列的常用性质，尤其是从函数角度出发的性质，对数学解题有很大的帮助。
2、本题目原来是选择题，给了(2，3，4，5)四个选项，当进行到解方程(cfrac{n(n-1)}{2}=10)时，应该意识到验证总比解方程要节省时间。
将数列({a_n})按如图所示的规律排成一个三角形表，并同时满足以下两个条件：①各行的第一个数(a_1，a_2，a_5，cdots，)构成公差为(d)的等差数列；②从第二行起，每行各数按从左到右的顺序构成公比为(q)的等比数列，若(a_1=1，a_3=4，a_5=3)，则(d=)；第(n)行的和(T_n)=__。
分析：由三角形表观察计算得出：
①：第一行有1项，第二行有3项，第三行有5项，故猜想：第(n)行应该有(2n-1)项；
②：由表的第一列构成等差数列，可知(2a_2=a_1+a_5)，即(a_2=2)；
③：等差数列的首项是1，公差为(d=1)，那么第4行的首项应该为4，第(n)行的首项应该为(n)；
④：每一行的等比数列的公比可以由(cfrac{a_3}{a_2}=2)得到，即(q=2)
那么第(n)行就是首项为(n)，公比为(q=2)，项数为(2n-1)的等比数列，其和(T_n=cfrac{ncdot (2^{2n-1}-1)}{2-1}=ncdot (2^{2n-1}-1))。
引申分析：
⑤：第三行的首项是(a_5=a_{2^2+1})，猜想第四行的首项是(a_{10}=a_{2^3+1}=a_{9+1})，第五行的首项是第(a_{2^4+1}=a_{17})项，那么第(n)行的首项是第(a_{2^{n-1}+1})项；
⑥：(a_{2^{n-1}+1}=n)；