视频地址
百度云盘地址：待上传
使用方法：下载观看，能保证高清清晰度，针对百度网盘限速，请使用PanDownload软件下载，该软件的下载地址：https://www.lanzous.com/i8ua9na；
典型例题
分析：本题目非常特别，依据题意我们做出的图形是平面四边形，
当我们将边\(AD\)平行移动时，题目的已知条件都没有改变，故想到将此静态图变化为动态图，
平行移动\(AD\)时，我们看到了两个临界位置，即四边形变化为三角形的两个状态，
其一是四边形变化为三角形\(ABF\)，此时应该有\(BF<AB\)；
其二是四边形变化为三角形\(ABE\)，此时应该有\(BE>AB\)；
故动态的边\(AB\)的范围是\(BF<AB<BE\)，从而求解。
解答：如图所示，延长\(BA\)与\(CD\)交于\(E\)，过\(C\)做\(CF//AD\)交\(AB\)于\(F\)，则\(BF<AB<BE\)；
在等腰三角形\(CFB\)中，\(\angle FCB=30^{\circ}\)，\(CF=BC=2\)，由余弦定理得到\(BF=\sqrt{6}-\sqrt{2}\)；
在等腰三角形\(ECB\)中，\(\angle CEB=30^{\circ}\)，\(\angle ECB=75^{\circ}\)，\(BE=CE，BC=2\)，
由正弦定理得到\(BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}\)；
故\(\sqrt{6}-\sqrt{2}<AB<\sqrt{6}+\sqrt{2}\)
解后反思引申：
1、求\(CD\)的取值范围；
分析：由上述的动态图可知，\(0<CD<CE=BE=\sqrt{6}+\sqrt{2}\)；
2、求\(AD\)的取值范围；
分析：由上述的动态图可知，\(0<AD<CF=BC=2\)；
3、求四边形\(ABCD\)的周长的取值范围；
分析：四边形\(ABCD\)的周长介于\(\Delta BCF\)的周长和\(\Delta BCE\)的周长之间，
故其取值范围是\((4+\sqrt{6}-\sqrt{2}，2(\sqrt{6}+\sqrt{2})+2)\)；
4、求四边形\(ABCD\)的面积的取值范围；
分析：四边形\(ABCD\)的面积介于\(\Delta BCF\)的面积和\(\Delta BCE\)的面积之间，
\(S_{\Delta BCF}=\cfrac{1}{2}\times 2\times 2\times sin30^{\circ}=1\)；
\(S_{\Delta BCE}=\cfrac{1}{2}\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times (\sqrt{6}+\sqrt{2})\times sin30^{\circ}=2+\sqrt{3}\)；
故其取值范围是\((1，2+\sqrt{3})\)；
(1)、当\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)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\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，
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\(x\in R\)，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\(x\in R\)，都有\(f(x)\leq f(A)\)，则\(f(A)=f(x)_{max}\)；
\(f(x)=2sin(2x-\cfrac{\pi}{6})+1，x\in R\)，则\(f(x)_{max}=3\)，
即\(f(A)=3\)又\(f(A)=2sin(2A-\cfrac{\pi}{6})+1\)
故有\(=2sin(2A-\cfrac{\pi}{6})+1=3\)，即\(sin(2A-\cfrac{\pi}{6})=1\)，
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\(BC=2\sqrt{3}\)，则\(BD=CD=\sqrt{3}\)，
设\(\angle ADB=\alpha\)，\(\angle ADC=\beta\)，则有\(cos\alpha+cos\beta=0\)。
再设\(AD=x\)，又\(cos\alpha=\cfrac{x^2+(\sqrt{3})^2-4^2}{2\cdot\sqrt{3}\cdot x}\)；
\(cos\beta=\cfrac{x^2+(\sqrt{3})^2-2^2}{2\cdot\sqrt{3}\cdot x}\)；
代入方程\(cos\alpha+cos\beta=0\)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\(|\overrightarrow{AD}|^2=\cfrac{1}{4}(|\overrightarrow{AB}|^2+|\overrightarrow{AC}|^2+2|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|cos60^{\circ})\)
\(=\cfrac{1}{4}(4^2+2^2+2\times4\times2\times\cfrac{1}{2})=7\)
故\(AD=|\overrightarrow{AD}|=\sqrt{7}\)；
【法3】由题目可知，先由余弦定理得到\(BC=2\sqrt{3}\)，则由\(AB=4，AC=2\)，
可知\(\Delta ABC\)为\(Rt\Delta\)，
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。
(1)求\(f(x)\)的单调递增区间；
(2)在\(\Delta ABC\)中，\(a、b、c\)分别是角\(A、B、C\)的对边且\(f(C)=1\)，\(c=1\)，\(ab=2\sqrt{3}\)，\(a>b\)，求\(a、b\)的值。
分析：(1)\(f(x)=\vec{a}\cdot\vec{b}=2sinx\cdot (-sinx)+\sqrt{3}cosx\cdot 2sinx\)，
\(=\sqrt{3}sin2x+cos2x-1=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})-1\)；
令\(-\cfrac{\pi}{2}+2k\pi \leq 2x+\cfrac{\pi}{6}\leq \cfrac{\pi}{2}+2k\pi\)
得到\(-\cfrac{\pi}{3}+k\pi \leq x\leq \cfrac{\pi}{6}+k\pi\)
故\(f(x)\)的单调递增区间为\([-\cfrac{\pi}{3}+k\pi，\cfrac{\pi}{6}+k\pi](k\in Z)\)
(2)由\(f(C)=1\)，即\(2sin(2C+\cfrac{\pi}{6})-1=1\)，即\(sin(2C+\cfrac{\pi}{6})=1\)，
则有\(2C+\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}\)，故\(C=\cfrac{\pi}{6}\)；
又\(c=1\)，\(ab=2\sqrt{3}\)，由余弦定理得到
\(c^2=1=a^2+b^2-2abcos\cfrac{\pi}{6}\)，
即\(a^2+b^2=7\)，联立\(ab=2\sqrt{3}\)，
解得\(a=2，b=\sqrt{3}\)或\(a=2，b=\sqrt{3}\)，
由于\(a>b\)，故\(a=2，b=\sqrt{3}\)。
分析：先由给定的不等式求解\(\alpha\pm \beta\)的范围，以便于求解其余名函数的值，为后续的计算打基础。
由\(\cfrac{\pi}{2}<\beta<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，得到\(\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，\(\cfrac{\pi}{2}<\beta<\cfrac{3\pi}{4}\)，
故\(\pi<\alpha+\beta<\cfrac{3\pi}{2}\)，
由\(sin(\alpha+\beta)=-\cfrac{3}{5}\)，得到\(cos(\alpha+\beta)=-\cfrac{4}{5}\)；
又由\(\cfrac{\pi}{2}<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，\(-\cfrac{3\pi}{4}<-\beta<-\cfrac{\pi}{2}\)，及\(\alpha-\beta>0\)
得到\(0<\alpha-\beta<\cfrac{\pi}{4}\)，由\(cos(\alpha-\beta)=\cfrac{12}{13}\)，得到\(sin(\alpha-\beta)=\cfrac{5}{13}\)；
\(sin2\alpha=sin[(\alpha+\beta)+(\alpha-\beta)]\)
\(=sin(\alpha+\beta)cos(\alpha-\beta)+cos(\alpha+\beta)sin(\alpha-\beta)=-\cfrac{56}{65}\)
又\((sin\alpha+cos\alpha)^2=1+sin2\alpha=\cfrac{9}{65}\)
又由于\(\cfrac{\pi}{2}<\beta<\alpha<\cfrac{3\pi}{4}\)，借助三角函数线可知
则有\(sin\alpha+cos\alpha>0\)，
故\(sin\alpha+cos\alpha=\sqrt{\cfrac{9}{65}}=\cfrac{3\sqrt{65}}{65}\)。
分析：将已知等式变形为\(2\cdot 2cos^2\cfrac{A}{2}-[cos^2(B+C)-sin^2(B+C)]=\cfrac{7}{2}\)，
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。
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\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA \leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}\).
(1)求函数\(f(x)\)的单调递增区间
分析：函数化简为\(f(x)=sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)，过程略，\([k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12}](k\in Z)\)
(2)在\(\Delta ABC\)中，\(A\)为锐角且\(f(A)=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，\(AB=\sqrt{3}\)，\(AD=2\)，求\(sin\angle BAD\)。
分析：由\(f(A)==sin(2A-\cfrac{\pi}{3})=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
解得\(A=\cfrac{\pi}{3}\)或\(A=\cfrac{\pi}{2}\)(舍去)。
又由于\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，
故D为\(\Delta ABC\)的重心，以\(AB\)、\(AC\)为邻边做平行四边形\(ABEC\)，
由于\(AD=2\)，则\(AE=6\)，
在\(\Delta ABE\)中，\(AB=3\)，\(\angle ABE=120^{\circ}\)，
由正弦定理可得，\(\cfrac{\sqrt{3}}{sin\angle AEB}=\cfrac{6}{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}\)，
可得\(sin\angle AEB=\cfrac{1}{4}\) ，\(cos\angle AEB=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\)，
故\(sin\angle BAD=sin(\cfrac{\pi}{3}-\angle AEB)\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times \cfrac{\sqrt{15}}{4}-\cfrac{1}{2}\times \cfrac{1}{4}=\cfrac{3\sqrt{5}-1}{8}\)。
解后反思：利用已知的向量三角形，巧妙的构造了一个三角形，这样就能利用正弦定理和两角差的正弦公式求解了。
(1)求\(sinBsinC\)的值；
(2)若\(6cosBcosC=1\)，\(a=3\)，求\(\Delta ABC\)的周长；
分析：(1)由\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}acsinB=\cfrac{a^2}{3sinA}\)，
变形得到\(\cfrac{1}{2}csinB=\cfrac{a}{3sinA}\)，
边化角，得到\(\cfrac{1}{2}sinCsinB=\cfrac{sinA}{3sinA}\)，
故\(sinBsinC=\cfrac{2}{3}\)。
(2)由于求三角形周长的题目，一般都会知道一条边和其对角，现在知道了边\(a\)，故猜想应该能求得\(A\)，
这样想，我们一般就会将条件作差而不是作商，
由\(cosBcosC-sinBsinC=-\cfrac{1}{2}\)，
即\(cos(B+C)=-cosA=-\cfrac{1}{2}\)，得到\(A=\cfrac{\pi}{3}\)；
由题意\(\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{a^2}{3sinA}\)，\(a=3\)
得到\(bc=8\)；
再由余弦定理得到\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)，
得到\(3^2=(b+c)^2-2bc-2bccosA\)，即\(b+c=\sqrt{33}\)；
故周长为\(3+\sqrt{33}\)。
(1)、求角\(C\)
(2)、若\(c=\sqrt{7}\)，\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)，求\(\Delta ABC\)的周长。
分析：(1)由正弦定理边化角，得到
\(2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC\)；即\(2cosCsin(A+B)=sinC\)
即\(2cosCsinC=sinC\)，又\(sinC\neq 0\)，故\(2cosC=1\)，即\(cosC=\cfrac{1}{2}\)，
又\(C\in (0，\pi)\) ，故\(C=\cfrac{\pi}{3}\)；
(2)由已知\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}=\cfrac{1}{2}absinC\)，\(C=\cfrac{\pi}{3}\)；
故\(ab=6\)，由余弦定理得到，\(c^2=a^2+b^2-2abcosC=(a+b)^2-2ab-2abcosC\)，
结合\(C=\cfrac{\pi}{3}\)，\(ab=6\)，\(c=\sqrt{7}\)，代入上式得到
\((a+b)^2=25\)，即\(a+b=5\)，故三角形的周长为\(a+b+c=5+\sqrt{7}\)。
(1).求角\(C\)的大小。
(2).求\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范围。
分析：(1)角化边，由\(\cfrac{a}{2R}=sinA，\cfrac{b}{2R}=sinB，\cfrac{c}{2R}=sinC\)
得到\(a^2+b^2+ab=c^2\)，即\(a^2+b^2-c^2=-ab\)，
故由余弦定理得到\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}\)，
又\(C\in (0，\pi)\)，故\(C=\cfrac{2\pi}{3}\)。
(2)由(1)可知，\(A+B=\cfrac{\pi}{3}\)，即\(A=\cfrac{\pi}{3}-B\)
边化角，由\(a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC\)
\(\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{sinA+sinB}{sinC}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(sinA+sinB)\)
\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[sin(\cfrac{\pi}{3}-B)+sinB]=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB-\cfrac{1}{2}sinB+sinB]\)
\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(\cfrac{1}{2}sinB+\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB)=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(B+\cfrac{\pi}{3})\)，
又由\(\begin{cases}B>0\\ \cfrac{\pi}{3}-B>0\end{cases}\)得到\(0<B<\cfrac{\pi}{3}\)，
故\(\cfrac{\pi}{3}<B+\cfrac{\pi}{3}<\cfrac{2\pi}{3}\)，则\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}<sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq 1\)
则有\(1<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)
即\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范围为\((1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]\)。
引申：上述思路可以求解\(msinB+nsinC\)的取值范围(\(m、n\)是实数)。
分析：本题先将\(\cfrac{c}{b}=\cfrac{sinC}{sinB}=2cosB\)，
接下来的难点是求\(B\)的范围，注意列不等式的角度，锐角三角形的三个角都是锐角，要同时限制
由\(\begin{cases} &0<A<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<C<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)得到，
\(\begin{cases} &0<\pi-3B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<2B<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)
解得\(B\in (\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4})\)，故\(2cosB \in (\sqrt{2}，\sqrt{3}）\)。
(1)若\(AB=3\)，求\(PC\)；
分析：在\(\Delta ABP\)中，\(\angle BAP=30^{\circ}\)，\(AB=3\)，\(AP=\sqrt{3}\)，
由余弦定理得到\(BP=\sqrt{3}\)，故\(\angle BAP=\angle PBA=30^{\circ}\)，
则\(\angle APC=60^{\circ}\)，在\(Rt\Delta APC\)中，可得\(PC=2\sqrt{3}\)。
(2)求\(\cfrac{1}{PB}+\cfrac{1}{PC}\)的取值范围。
分析：设\(\angle PBA=\theta\)，则\(\theta\in (0，\cfrac{\pi}{3})\)；
(说明：当过点\(P\)的直线和\(AB\)平行时，\(\theta=0\)；当过点\(P\)的直线和\(AC\)平行时，\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\))
在\(\Delta ABP\)中，\(\angle BAP=30^{\circ}\)，\(\angle PBA=\theta\)，\(AP=\sqrt{3}\)，
故由正弦定理得到\(\cfrac{PB}{sin30^{\circ}}=\cfrac{\sqrt{3}}{sin\theta}\)，即\(PB=\cfrac{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}{sin\theta}\)；
在\(Rt\Delta APC\)中，\(\angle CPA=\theta+\cfrac{\pi}{6}\)，\(PC=\cfrac{\sqrt{3}}{cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})}\)，
故\(\cfrac{1}{PB}+\cfrac{1}{PC}=\cfrac{2sin\theta}{\sqrt{3}}+\cfrac{cos(\theta+\cfrac{\pi}{6})}{\sqrt{3}}\)
\(=\cfrac{1}{\sqrt{3}}(\cfrac{3}{2}sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{2}cos\theta)\)
\(=sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})\)，且\(\theta\in (0，\cfrac{\pi}{3})\)；
故\(\cfrac{1}{2}<sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})<1\)。
分析：由于函数\(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，
则\(f'(x)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，
又\(f'(x)=-2sin2x+a(cosx+sinx)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，
由于\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(cosx+sinx>0\)，故用完全分离参数法，得到，
\(a\ge \cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，
题目转化为求函数\(g(x)=\cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\)的最大值问题。
令\(sinx+cosx=t=\sqrt{2}sin(x+\cfrac{\pi}{4})\)，则\(t\in [1，\sqrt{2}]\)，
则\(sin2x=t^2-1\)，则函数\(g(x)=h(t)=\cfrac{2(t^2-1)}{t}=2(t-\cfrac{1}{t})\)，
又函数\(h'(t)=1+\cfrac{1}{t^2}>0\)在\(t\in [1，\sqrt{2}]\)上恒成立，
故函数\(h(t)\)在\(t\in [1，\sqrt{2}]\)上单调递增，
故\(g(x)_{max}=h(t)_{max}=h(\sqrt{2})=\sqrt{2}\)，
故\(a\ge \sqrt{2}\)。即\(a\in [\sqrt{2}，+\infty)\)。
(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。
【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\(\theta\)，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。