前言
解答题的顺序变化是比较大的，而且压轴题目也发生了变化。
三、解答题
(1).证明：(BEperp)平面(EB_1C_1)；
分析：需要证明线面垂直，往往先要转化为证明线线垂直；
解析：由已知(B_1C_1perp)平面(ABB_1A_1)，(BEsubset)平面(ABB_1A_1)，故(B_1C_1perp BE)，
又(BEperp EC_1)，(B_1C_1subset)平面(EB_1C_1)，(EC_1subset)平面(EB_1C_1)，(B_1C_1cap EC_1=C_1)，
故(BEperp)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})，由题设可知(Rt riangle ABE Rt riangle A_1B_1E)，所以(angle AEB=45^{circ})，故(AE=AB)，(AA_1=2AB)，
以(D)为坐标原点，(overrightarrow{DA})的方向为(x)轴的正方向，(|overrightarrow{DA}|)为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系(D-xyz)，
则(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))，
设平面(EBC)的法向量(vec{n}=(x，y，z))，
则(left{egin{array}{l}{overrightarrow{CB}cdot vec{n}=0}\{overrightarrow{CE}cdot vec{n}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{x=0}\{x-y+z=0}end{array} ight.)，所以可以赋值取(vec{n}=(0，-1，-1))，
设平面(ECC_1)的法向量(vec{m}=(x，y，z))，
则(left{egin{array}{l}{overrightarrow{CC_1}cdot vec{m}=0}\{overrightarrow{CE}cdot vec{m}=0}end{array} ight.)，即(left{egin{array}{l}{2z=0}\{x-y+z=0}end{array} ight.)，所以可以赋值取(vec{m}=(1，1，0))，
于是，(cos<vec{n}，vec{m}>=cfrac{vec{n}cdotvec{m}}{|vec{n}||vec{m}|}=-cfrac{1}{2})，
即(<vec{n}，vec{m}>=120^{circ})，则如图所示，二面角的平面角为(120^{circ})，
所以，二面角(B-EC-C_1)的正弦值为(cfrac{sqrt{3}}{2})。
解后反思：
1、当然，本题目同样可用点(C)做为坐标原点来建立坐标系。
2、如果我们选取的坐标系不同，很可能(<vec{n}，vec{m}>=60^{circ})，则仿照如图所示，二面角的平面角为(60^{circ})，则二面角(B-EC-C_1)的正弦值还为(cfrac{sqrt{3}}{2})。
(1).求(P(X=2))；
分析：先需要弄清楚(X=2)的含义，然后考虑其对应的实际比赛情形，再对应到概率的计算中。(X=2)意味着(10：10)平后，甲、乙两人又打了(2)个球该局比赛结束，此时的比分为(12：10)或者(10：12)，要么情形一：甲领先乙为(12：10)，要么情形二：乙领先甲为(12：10)；当为情形一时，甲先发球且赢球比分为(11：10)，然后乙发球甲赢球得分(12：10)，比赛结束；当为情形二时，甲先发球且输球比分为(10：11)，然后乙发球且甲输球得分(10：12)，比赛结束；
情形一对应的事件为"甲先发球甲赢球"且“乙发球甲赢球”，这涉及的两个小事件“甲先发球甲赢球”和“乙发球甲赢球”是相互独立事件，则应该相乘，故概率为(0.5 imes0.4)；
情形二对应的事件为"甲先发球甲输球"且“乙发球甲输球”，这涉及的两个小事件“甲先发球甲输球”和“乙发球甲输球”是相互独立事件，则应该相乘，故概率为((1-0.5) imes(1-0.4))；
- 详细正规的解析过程如下，
解析：(X=2)意味着(10：10)平后，甲、乙两人又打了(2)个球该局比赛结束，
令事件(A：)为"甲先发球甲赢球"，事件(B：)为“乙发球甲赢球”，事件(C：)为"甲先发球甲输球"，事件(D：)为“乙发球甲输球”，
则事件(A)，(B)相互独立，(C)，(D)相互独立，且积事件(AB)和(CD)是彼此互斥，且事件(A)，(C)相互对立，事件(B，)D$相互对立，
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 imes0.4+(1-0.5) imes(1-0.4)=0.5)；
(2).求事件“(X=4)且甲获胜”的概率。
分析：“(X=4)且甲获胜”，意味着甲乙两人又打了(4)个球，且最后两个球一定必须是甲连续两次赢球，那么前面的两个球可能是“甲赢球乙输球”和“甲输球乙赢球”，故这(4)个球的输赢组合一定只有“甲赢+甲输+甲赢+甲赢”或者“甲输+甲赢+甲赢+甲赢”两种情况，再详细分析得到“甲发球甲赢+乙发球甲输+甲发球甲赢+乙发球甲赢”或者“甲发球甲输+乙发球甲赢+甲发球甲赢+乙发球甲赢”，接下来就可以定义事件，并利用事件关系求解了。
- 详细正规的解析过程如下，
解析：“(X=4)且甲获胜”，意味着甲乙两人又打了(4)个球，且前两个球中甲输一个赢一个，最后两个球一定必须是甲连续两次赢球，
令“甲发球甲赢球”为事件(A)，“乙发球甲赢球”为事件(B)，则“甲发球甲输球”为事件(ar{A})，“乙发球甲输球”为事件(ar{B})，
则事件(A)，(B)相互独立，则(X=4)对应事件(Aar{B}AB+ar{A}BAB)，且事件(Aar{B}AB)和(ar{A}BAB)互斥，
故(P(X=4)且甲赢()=P(Aar{B}AB+ar{A}BAB)=P(A)P(ar{B})P(A)P(B)+P(ar{A})P(B)P(A)P(B))
(=0.5 imes (1-0.4) imes 0.5 imes 0.4+(1-0.5) imes 0.4 imes 0.5 imes 0.4=0.1)
- 更加精简和高效的解答过程组织如下：
解析：设双方(10：10)后的第(k)个球甲获胜为事件(A_k(k=1，2，3，4))，
(1).则(X=2)对应事件“(A_1A_2+ar{A_1}ar{A_2})”，(A_1)，(A_2)相互独立，(A_1A_2)和(ar{A_1}ar{A_2})互斥，
故(P(X=2)=P(A_1A_2+ar{A_1}ar{A_2})=P(A_1)P(A_2)+P(ar{A_1})P(ar{A_2})=0.5 imes0.4+(1-0.5) imes(1-0.4)=0.5)
(2).“(X=4)且甲赢球”对应事件“(A_1ar{A_2}A_3A_4+ar{A_1}A_2A_3A_4)”，(A_1)，(A_2)，(A_3)，(A_4)相互独立，(A_1ar{A_2}A_3A_4)和(ar{A_1}A_2A_3A_4)互斥，
(P(X=4且甲赢)=P(A_1ar{A_2}A_3A_4+ar{A_1}A_2A_3A_4)=P(A_1)P(ar{A_2})P(A_3)P(A_4)+P(ar{A_1})P(A_2)P(A_3)P(A_4))
(=0.5 imes (1-0.4) imes 0.5 imes 0.4+(1-0.5) imes 0.4 imes 0.5 imes 0.4=0.1)
解后反思：相比较而言，我们对概率问题的理解还是不太到位，求解不太顺畅，所以建议做好文字语言到数学语言，再到概率符号语言的转化。训练次数多了，就习惯了。
相关链接：1、概率习题；2、体育比赛中的概率问题
(1).证明：({a_n+b_n})是等比数列，({a_n-b_n})是等差数列，
分析：考查等差等比数列的证明方法(定义法和等差[比]中项法)，以及整体意识或字母的内涵和方程思想。
解析：由题设可知(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))；
又由于(a_1+b_1=1 eq 0)，所以数列({a_n+b_n})是首项为(1)，公比为(cfrac{1}{2})的等比数列；
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)；
又由于(a_1-b_1=1)，所以数列({a_n-b_n})是首项为(1)，公差为(2)的等差数列；
【注意细节】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})，还需要条件(a_1+b_1 eq 0)的配合；
相关链接：对数列中(a_n)的内涵的理解
(2).求({a_n})和({b_n})的通项公式；
分析：考察数列的通项公式的求法；
解析：由(1)分别写出数列({a_n+b_n})和数列({a_n-b_n})的通项公式，
(a_n+b_n=1 imes (cfrac{1}{2})^{n-1}=cfrac{1}{2^{n-1}})③，(a_n-b_n=1+(n-1) imes 2=2n-1)④；
由③+④，变形整理得到，(a_n=cfrac{1}{2^n}+n-cfrac{1}{2})，(nin N^*)；
由③-④，变形整理得到，(b_n=cfrac{1}{2^n}-n+cfrac{1}{2})，(nin N^*)；
(1).讨论(f(x))的单调性，并证明(f(x))有且仅有两个零点；
分析：利用导数工具，求导后解不等式或者利用图像直接回答；在证明零点时常常要用到零点存在性定理；
解析：[首先回答函数的定义域， 原因是对函数的一切研究，都是基于其定义域基础上展开的]，(f(x))的定义域为((0，1)cup(1，+infty)).
由于(f'(x)=cfrac{1}{x}-cfrac{1cdot (x-1)-(x+1)cdot 1}{(x-1)^2}=cfrac{1}{x}+cfrac{2}{(x-1)^2})，在定义域上观察导函数，(f'(x)ge 0)恒成立，
故(xin (0，1))时，(f'(x)>0)，(f(x))在区间((0，1))上单调递增，
(xin (1，+infty))时，(f'(x)>0)，(f(x))在区间((1，+infty))上单调递增，
注意，函数在(x=1)处是没有定义的，即函数图像在(x=1)处不是连续的，又结合单调性可知，(x=1)应该是函数的渐近线。
另外，函数在某一段((a，b))上单调，并不能说明函数图像在区间((a，b))内一定有零点，最令人信服的就是用零点存在性定理，找出相应的零点来。此时就涉及到赋值法。
一般来说，函数中如果包含有(y=lnx)，则我们一般尝试(x=1)，(x=e)，(x=e^2)，(x=cfrac{1}{e})，(x=cfrac{1}{e^2})这些特殊值，原因是它们的函数值比较好计算。
因为(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)[此处涉及到估值计算]，所以(f(x))在((1，+infty))内有唯一的零点(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))内有唯一的零点(x_2)，即(f(x_2)=0)；
[当然，如果我们的数学素养更好，注意到上述尝试的几个值(e)，(cfrac{1}{e})；(e^2)，(cfrac{1}{e^2})之间的关系，那么我们还可以这样改进证明过程。]
接上，同理同法操作处，由于(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)，则(0<cfrac{1}{x_1}<1)，
故有(f(cfrac{1}{x_1})=lncfrac{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))内必有唯一的零点(cfrac{1}{x_1}).
综上所述，函数(f(x))有且仅有两个零点；
相关链接：1、导数法判断函数的单调性的策略
(2).设(x_0)是(f(x))的一个零点，证明曲线(y=lnx)在点(A(x_0，lnx_0))处的切线也是曲线(y=e^x)的切线。
分析1：本题目我们还是比较容易能想到用同一法证明，写出在点(A)处的切线方程，在写出曲线(y=e^x)上在点(B)处的切线，然后证明两条切线是同一条直线即可，不过此时有一个难点，就是求点(B)的坐标，联想：(y=lnx)和(y=e^x)两个函数的图像关于直线(y=x)对称，且由第(1)问可知，两个零点的横坐标互为倒数，故可知尝试验证点(B)的坐标是不是((lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))。
【解析1】：由于(e^{lncfrac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=cfrac{1}{x_0})，故点(B(lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))在曲线(y=e^x)上；
由题设可知(f(x_0)=0)，即(lnx_0=cfrac{x_0+1}{x_0-1})，故直线(AB)的斜率为
(k_{AB}=cfrac{frac{1}{x_0}-lnx_0}{lnfrac{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}),
又由于曲线(y=e^x)在点(B(lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))处的切线的斜率为(k_1=e^{lncfrac{1}{x_0}}=cfrac{1}{x_0})，
又曲线(y=lnx)在点(A(x_0，lnx_0))处的切线的斜率(k_2=cfrac{1}{x_0})，
即(k_{AB}=k_1=k_2)，所以曲线(y=lnx)在点(A(x_0，lnx_0))处的切线也是曲线(y=e^x)的切线。
分析2：我们还可以分别求得在点(A)处和在点(B)处的切线方程，通过变形说明这两条切线是同一条直线即可。
【解析2】：由于(e^{lnfrac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=cfrac{1}{x_0})，故点(B(lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))在曲线(y=e^x)上；
由题设可知(f(x_0)=0)，即(lnx_0=cfrac{x_0+1}{x_0-1})，
由(y=lnx)得到，曲线在点(A(x_0，lnx_0))处的切线方程为(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，曲线在点(B(lncfrac{1}{x_0}，cfrac{1}{x_0}))处的切线斜率为(k=e^{lnfrac{1}{x_0}}=cfrac{1}{x_0})，故其切线方程为(y-cfrac{1}{x_0}=cfrac{1}{x_0}(x-lncfrac{1}{x_0}))，以下的难点在化简，详述如下：
(y=cfrac{1}{x_0}(x-lncfrac{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})，化简为(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)})，则(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，经过点(A)和点(B)处的切线方程都是直线(y=cfrac{x}{x_0}+cfrac{2}{x_0-1})；
故曲线(y=lnx)在点(A(x_0，lnx_0))处的切线也是曲线(y=e^x)的切线。
解后反思：①有意识的积累常用的数学常识，有助于数学更深层次的学习；②强化数学运算能力；③理解和掌握常见的数学题型和相应的解法思路；
(1).求(C)的方程，并说明(C)是什么曲线；
分析：本题目可以用直接法得到曲线的方程，难点是要注意到不是恒等变形，需要添加条件。
解析：由于(k_{AM}=cfrac{y}{x+2})，(k_{BM}=cfrac{y}{x-2})，由题可知，(k_{AM}cdot k_{BM}=-cfrac{1}{2})，
即(cfrac{y}{x+2}cdot cfrac{y}{x-2}=-cfrac{1}{2})，化简得到(x^2+2y^2=4)，
再整理为(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{2}=1)，
[此时，务必要注意，我们是将分式形式转化为整式形式，这一过程有去分母的变形，一定会扩大字母的取值范围，故需要添加条件才能保证变形前后是恒等变形，以此题为例，由于有分母，故需要(|x| eq 2)，或者对应到(y)值加以限制也是可以的，比如(y eq 0)]，
即曲线(C)的方程为(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{2}=1(|x| eq 2))，或者(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{2}=1(y eq 0))，所以(C)为中心在坐标原点，焦点在(x)轴上的椭圆，且不含左右顶点。
(2).过坐标原点的直线交(C)于(P)、(Q)两点，点(P)在第一象限，(PEperp x)轴，垂足为(E)，连结(QE)并延长交(C)于点(G)，
①证明：( riangle PQG)是直角三角形；②求( riangle PQG)面积的最大值；
①证明：设(P(x_0，y_0))，则(Q(-x_0，-y_0))，(E(x_0，0))，(G(x_G，y_G))，
则直线(QE)的方程为：(y=cfrac{y_0}{2x_0}(x-x_0))，与(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{2}=1)联立，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)为方程的两个根，
则由韦达定理得到(-x_0x_G=cfrac{x_0^2y_0^2-8x_0^2}{2x_0^2+y_0^2})，则(x_G=cfrac{(8-y_0^2)x_0}{2x_0^2+y_0^2})
则(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 imes 2x_0^2}{2x_0y_0^2}=-cfrac{x_0}{y_0})，
所以(k_{PQ} imes K_{PG}=cfrac{y_0}{x_0} imes (-cfrac{x_0}{y_0})=-1)，
故(PQperp PG)，故( riangle PQG)为直角三角形。
②解：(S_{ riangle PQG}=cfrac{1}{2}|PE| imes (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 imes 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[化简整理得到]{给分子分母同除以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})，则(tgeqslant 2)，
则(S_{ riangle PQG}=cfrac{8t}{2t^2+1}=cfrac{8}{2t+frac{1}{t}})
利用对勾函数(f(t)=2t+cfrac{1}{t})在([2，+infty))上的单调性可知，
(f(t)geqslant 4+cfrac{1}{2}=cfrac{9}{2})(当(t=2)时取到等号)
所以(S_{ riangle PQG}leqslant cfrac{8}{frac{9}{2}}=cfrac{16}{9})
故( riangle PQG)面积的最大值为(cfrac{16}{9}).
(1).当( heta_0=cfrac{pi}{3})时，求( ho_0)及(l)的极坐标方程；
分析：当( heta_0=cfrac{pi}{3})时，由( ho=4sin heta)，得到( ho_0=4sincfrac{pi}{3}=2sqrt{3})；
求直线(l)的极坐标方程有以下两个思路，可以比较看，哪一种更简便。
思路1：过点(A)的直线(l)的斜率为(k=-cfrac{1}{tanfrac{pi}{3}}=-cfrac{sqrt{3}}{3})，
故直线(l)的普通方程为(y-0=-cfrac{sqrt{3}}{3}(x-4))，
再用(y= hocdot sin heta)和(x= hocdot cos heta)代入上式，
变形直线的极坐标方程为(sqrt{3} ho cos heta+3 ho sin heta=4sqrt{3})，整理为
( hocdot sin( heta+cfrac{pi}{6})=2)或者( hocdot cos( heta-cfrac{pi}{3})=2)
思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，在( riangle OAB)中，已知(OA=4)，(angle A=cfrac{pi}{6})，则(OB=2)，
在直线(l)上任取一点(P( ho， heta))，则在( riangle OPB)中，已知(OP= ho)，(angle POB=cfrac{pi}{3}- heta)，(OB=2)，
则( hocdot cos(cfrac{pi}{3}- heta)=2)，也即( hocdot cos( heta-cfrac{pi}{3})=2)
解后反思：相比较而言，在极坐标系下求直线的方程，我们只需要借助解三角形就可以搞定了，原因是在极坐标系下( ho)的含义一定是极点到动点的线段的长度，这样就可以顺利借助解三角形来完成了。
(2).当(M)在(C)上运动且(P)在线段(OM)上时，求(P)点轨迹的极坐标方程。
分析：同样的，求(P)点轨迹的极坐标方程，我们也可以有两个思路来考虑，
思路1：在直角坐标系下思考求解，然后转化划归。
设直线(OM：y=kx)，则直线(AP：y=-cfrac{1}{k}(x-4))，
则两条直线的交点(P)的参数方程为(left{egin{array}{l}{y=kx①}\{y=-cfrac{1}{k}(x-4)②}end{array} ight.(k为参数，kgeqslant 1))，
两式相乘，消去参数，得到(y^2=-x(x-4))，
即(x^2+y^2-4x=0)，转化为极坐标方程为( ho^2=4 ho cos heta)，
即( ho=4cos heta)，对应的( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}))，
再思考当(k)不存在时，点(P)落在原点，也满足题意，对应( heta=cfrac{pi}{2})，
综上所述，(P)点轨迹的极坐标方程为( ho=4cos heta)，( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}])，
思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，
设动点(P( ho， heta))，在(angle OAP)中，(OP= ho)，我们很容易得到(cos heta=cfrac{ ho}{4})，
即( ho=4cos heta)，且( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}])，
故(P)点轨迹的极坐标方程为( ho=4cos heta)，( hetain [cfrac{pi}{4}，cfrac{pi}{2}])。
解后反思：由这两小问题的解答过程比较可以看到，同样的问题，当放到极坐标下思考和运算会变得很简单，之所以我们感觉难，是因为我们对极坐标系很不熟悉而已。
相关链接：坐标系与参数方程的考向整理
由于(x_0^2+2y_0^2=4)，故给分子乘以(4)得到(8y_0x_0(x_0^2+y_0^2))；给分母乘以((x_0^2+2y_0^2))，目的是为了在分子分母位置构造四次齐次式，便于下一步变量集中，为利用函数求解最值埋下伏笔； ↩︎