Question

15．已知sinα+cosα=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，α∈（0，π）．
（1）求$\frac{sin2α+2si{n}^{2}α}{1-tanα}$的值；
（2）若cosβ+sinβ=-$\frac{\sqrt{2}}{3}$，β∈（0，π），求角α+β的值．

Answer 1

分析 （1）利用同角三角函數(shù)關(guān)系式求出sinαcosα=-$\frac{7}{18}$，從而sinα-cosα=$\frac{4}{3}$，進(jìn)而得sinα，cosα，由此能求出$\frac{sin2α+2si{n}^{2}α}{1-tanα}$的值．
（2）利用同角三角函數(shù)關(guān)系式求出cosβ，sinβ，進(jìn)而求出cos（α+β），由此能求出α+β的值．

解答 解：（1）∵sinα+cosα=$\frac{\sqrt{2}}{3}$，α∈（0，π），
∴1+2sinαcosα=$\frac{2}{9}$，∴sinαcosα=-$\frac{7}{18}$，
∴sinα＞0，cosα＜0，
∴（sinα-cosα）²=1-2sinαcosα=1+$\frac{7}{9}$=$\frac{16}{9}$，
∴sinα-cosα=$\frac{4}{3}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{sinα+cosα=\frac{\sqrt{2}}{3}}\\{sinα-cosα=\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，解得sinα=$\frac{4+\sqrt{2}}{6}$，cosα=$\frac{\sqrt{2}-4}{6}$，
∴$\frac{sin2α+2si{n}^{2}α}{1-tanα}$
=$\frac{2sinαcosα+2si{n}^{2}α}{1-\frac{sinα}{cosα}}$
=$\frac{-\frac{7}{9}+2（\frac{4+\sqrt{2}}{6}）^{2}}{1-\frac{\frac{4+\sqrt{2}}{6}}{\frac{\sqrt{2}-4}{6}}}$=$\frac{7\sqrt{2}}{18}$．
（2）∵cosβ+sinβ=-$\frac{\sqrt{2}}{3}$，β∈（0，π），
∴1+2cosβsinβ=$\frac{2}{9}$，∴cosβsinβ=-$\frac{7}{18}$，
∴sinβ＞0，cosβ＜0，
∴（cosβ-sinβ）²=1-2cosβsinβ=1+$\frac{7}{9}$=$\frac{16}{9}$，
∴cosβ-sinβ=-$\frac{4}{3}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{cosβ+sinβ=-\frac{\sqrt{2}}{3}}\\{cosβ-sinβ=-\frac{4}{3}}\end{array}\right.$，解得cosβ=-$\frac{4+\sqrt{2}}{6}$，sinβ=$\frac{4-\sqrt{2}}{6}$，
∴cos（α+β）=cosαcosβ-sinαsinβ=$\frac{\sqrt{2}-4}{6}$（-$\frac{4+\sqrt{2}}{6}$）-$\frac{4+\sqrt{2}}{6}•\frac{4-\sqrt{2}}{6}$=0，
∵α∈（0，π），β∈（0，π），∴α+β=$\frac{π}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查三角函數(shù)值的求法，考查兩角和的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意同角三角函數(shù)關(guān)系式的合理運(yùn)用．