8. 若$\sin45^{\circ}=\cos\beta$，则锐角β的度数为
45
°。答案：45
9. 如图，网格图中每个小正方形的面积都为1。经过格点A的直线MN把网格图分成了两部分，其中△BMN的面积为3，则$\sin\angle MNB$的值为
$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
。答案：9.$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
10. 如图，△ABC内接于⊙O，若$\sin\angle BAC=\frac{1}{3}$，$BC=2\sqrt{6}$，则⊙O的半径为
$3\sqrt{6}$
。答案：$3\sqrt{6}$
11. 在△ABC中，∠C=90°，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，若$b^{2}=2ac$，则$\sin A$的值为
$\sqrt{2}-1$
。答案：$\sqrt{2}-1$
12. 如图，在△ABC中，$\tan C=\frac{4}{3}$，D是边BC上一点，将△ACD沿AD翻折得到△AED，线段AE、BC相交于点F。若CF=5，EF=2，则AC=
$\frac{21}{2}$
。答案：12.$\frac{21}{2}$
解析：
证明：设 $ AC = AE = x $，则 $ AF = AE - EF = x - 2 $。
过点 $ A $ 作 $ AH ⊥ BC $ 于点 $ H $，设 $ AH = 4k $，$ CH = 3k $，由勾股定理得 $ AC = 5k $，即 $ x = 5k $，$ CH = 3k $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle AFH $ 中，$ FH = CH - CF = 3k - 5 $，$ AF = x - 2 = 5k - 2 $，$ AH = 4k $，由勾股定理得：
$(3k - 5)^2 + (4k)^2 = (5k - 2)^2$
展开并化简：
$9k^2 - 30k + 25 + 16k^2 = 25k^2 - 20k + 4$
$25k^2 - 30k + 25 = 25k^2 - 20k + 4$
$-10k = -21 \implies k = \frac{21}{10}$
则 $ AC = 5k = 5 × \frac{21}{10} = \frac{21}{2} $。
$\frac{21}{2}$
过点 $ A $ 作 $ AH ⊥ BC $ 于点 $ H $，设 $ AH = 4k $，$ CH = 3k $，由勾股定理得 $ AC = 5k $，即 $ x = 5k $，$ CH = 3k $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle AFH $ 中，$ FH = CH - CF = 3k - 5 $，$ AF = x - 2 = 5k - 2 $，$ AH = 4k $，由勾股定理得：
$(3k - 5)^2 + (4k)^2 = (5k - 2)^2$
展开并化简：
$9k^2 - 30k + 25 + 16k^2 = 25k^2 - 20k + 4$
$25k^2 - 30k + 25 = 25k^2 - 20k + 4$
$-10k = -21 \implies k = \frac{21}{10}$
则 $ AC = 5k = 5 × \frac{21}{10} = \frac{21}{2} $。
$\frac{21}{2}$
三、解答题（共52分）
13. (10分)如图，∠MON=60°，以O为圆心，2为半径画弧，分别交OM、ON于A、B两点，再分别以A、B为圆心，$\sqrt{6}$为半径画弧，两弧在∠MON内部相交于点C，作射线OC，连接AC、BC，求$\tan\angle BCO$的值。
13. (10分)如图，∠MON=60°，以O为圆心，2为半径画弧，分别交OM、ON于A、B两点，再分别以A、B为圆心，$\sqrt{6}$为半径画弧，两弧在∠MON内部相交于点C，作射线OC，连接AC、BC，求$\tan\angle BCO$的值。
答案：13.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
解析：
解：连接OA、OB，过点C作CD⊥ON于点D。
∵OA=OB=2，∠MON=60°，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠OBA=60°，AB=OA=2。
∵AC=BC=$\sqrt{6}$，
∴OC垂直平分AB，设OC与AB交于点E，
则AE=EB=1，OE⊥AB。
在Rt△OEB中，OE=OB·cos60°=2×$\frac{1}{2}$=1，
EB=1，
在Rt△CEB中，CE=$\sqrt{BC^2 - EB^2}=\sqrt{(\sqrt{6})^2 - 1^2}=\sqrt{5}$，
∴OC=OE + CE=1 + $\sqrt{5}$。
设OD=x，CD=y，在Rt△OCD中，OC²=OD² + CD²，即$(1 + \sqrt{5})^2 = x^2 + y^2$，
在Rt△BCD中，BC²=BD² + CD²，OB=2，BD=OD - OB=x - 2，
则$(\sqrt{6})^2=(x - 2)^2 + y^2$。
联立方程：$\begin{cases}(1 + \sqrt{5})^2 = x^2 + y^2 \\ 6=(x - 2)^2 + y^2\end{cases}$，
两式相减得：$(1 + 2\sqrt{5} + 5) - 6 = x^2 - (x^2 - 4x + 4)$，
化简得：$2\sqrt{5} = 4x - 4$，解得$x = 1 + \frac{\sqrt{5}}{2}$。
代入$6=(x - 2)^2 + y^2$，得$6=(\frac{\sqrt{5}}{2} - 1)^2 + y^2$，
解得$y = \frac{\sqrt{5}(\sqrt{5} + 2)}{2}$（负值舍去）。
在Rt△CDO中，OD=$1 + \frac{\sqrt{5}}{2}$，OC=$1 + \sqrt{5}$，
则CD=$\frac{\sqrt{5}(\sqrt{5} + 2)}{2}$，OD=$1 + \frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴BD=OD - OB=$\frac{\sqrt{5}}{2} - 1$。
在Rt△BCD中，$\tan\angle BCO = \frac{BD}{CD} = \frac{\frac{\sqrt{5}}{2} - 1}{\frac{\sqrt{5}(\sqrt{5} + 2)}{2}} = \frac{\sqrt{5} - 2}{5 + 2\sqrt{5}} = \frac{(\sqrt{5} - 2)(5 - 2\sqrt{5})}{(5 + 2\sqrt{5})(5 - 2\sqrt{5})} = \frac{\sqrt{5}}{5}$。
$\tan\angle BCO$的值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$。
∵OA=OB=2，∠MON=60°，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠OBA=60°，AB=OA=2。
∵AC=BC=$\sqrt{6}$，
∴OC垂直平分AB，设OC与AB交于点E，
则AE=EB=1，OE⊥AB。
在Rt△OEB中，OE=OB·cos60°=2×$\frac{1}{2}$=1，
EB=1，
在Rt△CEB中，CE=$\sqrt{BC^2 - EB^2}=\sqrt{(\sqrt{6})^2 - 1^2}=\sqrt{5}$，
∴OC=OE + CE=1 + $\sqrt{5}$。
设OD=x，CD=y，在Rt△OCD中，OC²=OD² + CD²，即$(1 + \sqrt{5})^2 = x^2 + y^2$，
在Rt△BCD中，BC²=BD² + CD²，OB=2，BD=OD - OB=x - 2，
则$(\sqrt{6})^2=(x - 2)^2 + y^2$。
联立方程：$\begin{cases}(1 + \sqrt{5})^2 = x^2 + y^2 \\ 6=(x - 2)^2 + y^2\end{cases}$，
两式相减得：$(1 + 2\sqrt{5} + 5) - 6 = x^2 - (x^2 - 4x + 4)$，
化简得：$2\sqrt{5} = 4x - 4$，解得$x = 1 + \frac{\sqrt{5}}{2}$。
代入$6=(x - 2)^2 + y^2$，得$6=(\frac{\sqrt{5}}{2} - 1)^2 + y^2$，
解得$y = \frac{\sqrt{5}(\sqrt{5} + 2)}{2}$（负值舍去）。
在Rt△CDO中，OD=$1 + \frac{\sqrt{5}}{2}$，OC=$1 + \sqrt{5}$，
则CD=$\frac{\sqrt{5}(\sqrt{5} + 2)}{2}$，OD=$1 + \frac{\sqrt{5}}{2}$，
∴BD=OD - OB=$\frac{\sqrt{5}}{2} - 1$。
在Rt△BCD中，$\tan\angle BCO = \frac{BD}{CD} = \frac{\frac{\sqrt{5}}{2} - 1}{\frac{\sqrt{5}(\sqrt{5} + 2)}{2}} = \frac{\sqrt{5} - 2}{5 + 2\sqrt{5}} = \frac{(\sqrt{5} - 2)(5 - 2\sqrt{5})}{(5 + 2\sqrt{5})(5 - 2\sqrt{5})} = \frac{\sqrt{5}}{5}$。
$\tan\angle BCO$的值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$。