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
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(1).当\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)时，求\(\rho_0\)及\(l\)的极坐标方程；
分析：当\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)时，由\(\rho=4sin\theta\)，得到\(\rho_0=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)；
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\(k=-\cfrac{1}{tan\frac{\pi}{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
故直线\(l\)的普通方程为\(y-0=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-4)\)，
再用\(y=\rho\cdot sin\theta\)和\(x=\rho\cdot cos\theta\)代入上式，
变形直线的极坐标方程为\(\sqrt{3}\rho cos\theta+3\rho sin\theta=4\sqrt{3}\)，整理为
\(\rho\cdot sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})=2\)或者\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)
思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，在\(\triangle OAB\)中，已知\(OA=4\)，\(\angle A=\cfrac{\pi}{6}\)，则\(OB=2\)，
在直线\(l\)上任取一点\(P(\rho，\theta)\)，则在\(\triangle OPB\)中，已知\(OP=\rho\)，\(\angle POB=\cfrac{\pi}{3}-\theta\)，\(OB=2\)，
则\(\rho\cdot cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)=2\)，也即\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)
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\(\rho\)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\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx①}\\{y=-\cfrac{1}{k}(x-4)②}\end{array}\right.(k为参数，k\geqslant 1)\)，
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\(\rho^2=4\rho cos\theta\)，
即\(\rho=4cos\theta\)，对应的\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)，
再思考当\(k\)不存在时，点\(P\)落在原点，也满足题意，对应\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，
综上所述，\(P\)点轨迹的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，
思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，
设动点\(P(\rho，\theta)\)，在\(\angle OAP\)中，\(OP=\rho\)，我们很容易得到\(cos\theta=\cfrac{\rho}{4}\)，
即\(\rho=4cos\theta\)，且\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，
故\(P\)点轨迹的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)。
解后反思：由这两小问题的解答过程比较分析，同意的问题，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
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