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1．(2022·深圳调研)已知函数f(x)＝sin ωx＋cos，其中x∈R，ω＞0.
(1)当ω＝1时，求f 的值；
(2)当f(x)的最小正周期为π时，求f(x)在上取得最大值时x的值．
解 (1)当ω＝1时，f ＝sin ＋cos
＝＋0＝.
(2)f(x)＝sin ωx＋cos
＝sin ωx＋cos ωx－sin ωx
＝sin ωx＋cos ωx
＝sin，
∵＝π且ω＞0，得ω＝2，∴f(x)＝sin，
由x∈得2x＋∈，
∴当2x＋＝，即x＝时，f(x)max＝1.
2．(2022·烟台调研)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2cos(A＋2C)＝1－4sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若a＝3，sin ＝，求b.
解 (1)由于2cos(A＋2C)＝2cos(π－B＋C)＝－2cos(B－C)，
所以2(cos Bcos C＋sin Bsin C)－4sin Bsin C＝－1，
即2(cos Bcos C－sin Bsin C)＝－1，cos(B＋C)＝－，
由于0＜B＋C＜π，所以B＋C＝，A＝.
(2)由于0＜B＜π，sin ＝，所以cos ＝＝.
所以sin B＝2sin cos ＝，由正弦定理得b＝＝.
3．(2021·兰州诊断)已知△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量p＝(a，b)，q＝(sin B，sin A)，n＝(b－2，a－2)．
(1)若p∥q，求证：△ABC为等腰三角形；
(2)若p⊥n，边长c＝2，∠C＝，求△ABC的面积．
(1)证明 ∵p∥q，∴asin A＝bsin B，
即a·＝b·(其中R是△ABC外接圆的半径)．
∴a＝b，∴△ABC为等腰三角形．
(2)解 由p⊥n得p·n＝0，即a(b－2)＋b(a－2)＝0，
∴a＋b＝ab.
又c＝2，∠C＝，∴4＝a2＋b2－2abcos ，即有
4＝(a＋b)2－3ab.
∴(ab)2－3ab－4＝0，∴ab＝4(ab＝－1舍去)．
因此S△ABC＝absin C＝×4×＝.
4．(2021·天津十二区县重点中学联考)在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，且3cos Acos C(tan Atan C－1)＝1.
(1)求sin的值；
(2)若a＋c＝，b＝，求△ABC的面积．
解 (1)由3cos Acos C(tan Atan C－1)＝1得
3cos Acos C＝1，
∴3(sin Asin C－cos Acos C)＝1，
∴cos(A＋C)＝－，
∴cos B＝，
又0＜B＜π，∴sin B＝，
∴sin 2B＝2sin Bcos B＝，cos 2B＝1－2sin2B＝－，
∴sin＝sin 2Bcos －cos 2Bsin
＝·－·
＝.
(2)由余弦定理得cos B＝＝，
∴＝，
又a＋c＝，b＝，∴ac＝，
∴S△ABC＝acsin B＝.
5．(2021·青岛检测)设函数f(x)＝sin＋2sin2(ω＞0)，已知函数f(x)的图象的相邻两对称轴间的距离为π.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c(其中b＜c)，且f(A)＝，△ABC的面积为S＝6，a＝2，求b，c的值．
解 (1)f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋1－cos ωx
＝sin ωx－cos ωx＋1
＝sin＋1.
∵函数f(x)的图象的相邻两对称轴间的距离为π，
∴函数f(x)的周期为2π.∴ω＝1.
∴函数f(x)的解析式为f(x)＝sin＋1.
(2)由f(A)＝，得sin＝.
又∵A∈(0，π)，∴A＝.∵S＝bcsin A＝6，
∴bcsin ＝6，bc＝24，
由余弦定理，得a2＝(2)2＝b2＋c2－2bccos ＝b2＋c2－24.
∴b2＋c2＝52，又∵b＜c，解得b＝4，c＝6.
6．(2021·福建卷)如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2，点M在线段PQ上．
(1)若OM＝，求PM的长；
(2)若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．
解 (1)在△OMP中，∠OPM＝45°，OM＝，OP＝2，
由余弦定理得OM2＝OP2＋MP2－2×OP×MP×
cos 45°，
即MP2－4MP＋3＝0，解得MP＝1或MP＝3.
(2)设∠POM＝α，0°≤α≤60°，
在△OMP中，由正弦定理得＝，
所以OM＝，同理，ON＝.
故S△OMN＝×OM×ON×sin∠MON
＝×
＝
＝
＝
＝
＝
＝.
由于0°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°，
所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)的最大值为1，
此时△OMN的面积取到最小值．
即∠POM＝30°时，△OMN的面积的最小值为8－4.
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