1.[泉州一中模拟] 关于$x$的一元二次方程$x^2 - \sqrt{2}x + \sinα = 0$有两个相等的实数根，则锐角$α$的余角等于（）

A.$15°$
B.$30°$
C.$45°$
D.$60°$

∵关于x的一元二次方程$x^2-\sqrt{2}x+\sinα=0$有两个相等的实数根，
∴$\Delta=(-\sqrt{2})^2 -4×1×\sinα=0$，即$2-4\sinα=0$，解得$\sinα=\frac{1}{2}$，
∴锐角$α$等于$30°$，
∴锐角$α$的余角等于$60°$。

2. 在$△ ABC$中，已知$∠ A=60°$，$∠ B$为锐角，且$\tan A,\cos B$恰为一元二次方程$2x^2 - 3mx + 3=0$的两个实数根.求$m$的值并判断$△ ABC$的形状.

【解法1】$\because ∠A=60°,\therefore \tan A=\sqrt{3}.$
把$x=\sqrt{3}$代入方程$2x^2 - 3mx + 3=0$,得$2×(\sqrt{3})^2 - 3\sqrt{3}m + 3=0$,解得$m=\sqrt{3}.$
把$m=\sqrt{3}$代入方程$2x^2 - 3mx + 3=0$,得$2x^2 - 3\sqrt{3}x + 3=0$,解得$x_1=\sqrt{3},x_2=\frac{\sqrt{3}}{2}.$
$\therefore \cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}.\therefore ∠B=30°.$
$\therefore ∠C=180°-∠A-∠B=90°.$
$\therefore △ABC$是直角三角形.
【解法2】$\because ∠A=60°,\therefore \tan A=\sqrt{3}.$又$\because \tan A,\cos B$为一元二次方程$2x^2 - 3mx + 3=0$的两个实数根,
∴由根与系数的关系得$\sqrt{3}+\cos B=\frac{3}{2}m$,$\sqrt{3}×\cos B=\frac{3}{2}$,解得$\cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$,$m=\sqrt{3}.$又$\because ∠B$为锐角,$\therefore ∠B=30°$,$\therefore ∠C=180°-∠A-∠B=90°.$
$\therefore △ABC$为直角三角形.

3.在平面直角坐标系$xOy$中,已知一次函数$y=kx+b(k≠0)$的图象过点$P(1,1)$,与$x$轴交于点$A$,与$y$轴交于点$B$,且$\tan∠ ABO=2$,求点$A$的坐标.

∵一次函数$y=kx+b$的图象经过点$P(1,1)$,
∴$1=k+b$,即$b=1-k$,
∴一次函数的表达式为$y=kx+1-k$.
∴一次函数$y=kx+1-k$的图象与$x$轴、$y$轴的交点分别为$A(\frac{k-1}{k},0)$,$B(0,1-k)$,
∴$OA=\left|\frac{k-1}{k}\right|$,$OB=|1-k|$.
∵$\tan∠ABO=\frac{OA}{OB}=2$,
∴$\left|\frac{k-1}{k}\right|=2|1-k|$且$k≠1$,解得$k=\frac{1}{2}$或$k=-\frac{1}{2}$.
当$k=\frac{1}{2}$时,点$A$的坐标为$(-1,0)$;当$k=-\frac{1}{2}$时,点$A$的坐标为$(3,0)$.
综上,点$A$的坐标是$(-1,0)$或$(3,0)$.

4. 一题多解 如图，已知一次函数图象与x轴、y轴分别交于点A,B，OB=3，$\tan∠ BAO=\frac{1}{2}$。
(1)求直线AB的表达式；
(2)若点C在x轴上方的直线AB上，$△ AOC$的面积为15，求$\tan∠ BOC$的值。

(1)
∵$OB=3$,点$B$在$y$轴正半轴上,
∴$B(0,3)$.
∵$\tan∠BAO=\frac{1}{2}$,
∴$OA=\frac{OB}{\tan∠BAO}=\frac{3}{\frac{1}{2}}=6$.
又
∵点$A$在$x$轴的负半轴上,
∴$A(-6,0)$.
设直线$AB$的表达式为$y=kx+b$,将点$A(-6,0)$,$B(0,3)$的坐标分别代入,得$\begin{cases}-6k+b=0,\\b=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=\frac{1}{2},\\b=3,\end{cases}$
∴直线$AB$的表达式为$y=\frac{1}{2}x+3$.
(2)方法1:如图①,过点$C$作$CH⊥x$轴于点$H$,则$CH// OB$.

∵$S_{△AOC}=\frac{1}{2}OA·CH=15$,
∴$CH=\frac{2S_{△AOC}}{OA}=\frac{2×15}{6}=5$.
又
∵点$C$在$x$轴上方的直线$y=\frac{1}{2}x+3$上,
∴点$C$的纵坐标为5.
∴$\frac{1}{2}x+3=5$,解得$x=4$,
∴点$C$的横坐标为4,即$OH=4$,
∴$\tan∠OCH=\frac{OH}{CH}=\frac{4}{5}$.
∵$CH// OB$,
∴$∠OCH=∠BOC$,
∴$\tan∠BOC=\tan∠OCH=\frac{4}{5}$.
方法2:如图②,过点$C$作$CD⊥y$轴于点$D$.

∵$S_{△AOC}=S_{△AOB}+S_{△BOC}=\frac{1}{2}AO·OB+\frac{1}{2}OB·CD=\frac{1}{2}×6×3+\frac{1}{2}×3CD=15$,
解得$CD=4$.
又
∵点$C$在$x$轴上方的直线$y=\frac{1}{2}x+3$上,
∴点$C$的横坐标为4,
∴点$C$的纵坐标为$y=\frac{1}{2}×4+3=5$,即$OD=5$.
∴$\tan∠BOC=\frac{CD}{OD}=\frac{4}{5}$.