2024年数学中考探究性试题复习-圆

人教版2024年数学中考探究性试题复习——圆一、综合题(共15题；共150分)1．（10分）（1）（3分）【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为度．（2）（3分）【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．下面是小明的部分证明过程：证明：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．是等边三角形．，请你补全余下的证明过程．（3）（4分）【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为．2．（10分）已知，、、的对边分别是、、，一条直线与边相交于点，与边相交于点．（1）（2分）如图①，若将分成周长相等的两部分，求的值；（用、、表示）（2）（4分）如图②，若，，，将分成周长、面积相等的两部分，求的值（3）（4分）如图③，若将分成周长、面积相等的两部分，且，则、、满足什么关系？3．（12分）如图1，菱形的边长为，，，分别在边，上，，，点从点出发，沿折线以的速度向点匀速运动不与点C重合；的外接圆与相交于点，连接交于点设点的运动时间为ts.（1）（2分）；（2）（4分）若与相切，判断与的位置关系；求的长；（3）（4分）如图3，当点在上运动时，求的最大值，并判断此时与的位置关系；（4）（2分）若点在的内部，直接写出的取值范围.4．（8分）如图，平面上存在点P、点M与线段AB．若线段AB上存在一点Q，使得点M在以PQ为直径的圆上，则称点M为点P与线段AB的共圆点．已知点P（0，1），点A（﹣2，﹣1），点B（2，﹣1）．（1）（1分）在点O（0，0），C（﹣2，1），D（3，0）中，可以成为点P与线段AB的共圆点的是；（2）（3分）点K为x轴上一点，若点K为点P与线段AB的共圆点，请求出点K横坐标xK的取值范围；（3）（4分）已知点M（m，﹣1），若直线y＝x+3上存在点P与线段AM的共圆点，请直接写出m的取值范围．5．（9分）如图，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，过A作AP∥BC交CO的延长线于点P.（1）（4分）求证：PA是⊙O的切线；（2）（5分）若BC＝8，tanB＝2，求PA的长.6．（10分）如图，以四边形的对角线为直径作圆，圆心为，过点作的延长线于点，已知平分．（1）（5分）求证：是的切线；（2）（5分）若，，求的半径和的长．7．（15分）（1）（5分）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E、Q分别在边BC、AB上，DQ⊥AE于点O，点G、F分别在边CD、AB上，GF⊥AE．①填空：DQAE（填“＞”“＜”或“＝”）；②推断的值为；（2）（5分）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；（3）（5分）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若＝，GF＝2，求CP的长．8．（7分）已知四边形为的内接四边形，直径与对角线相交于点，作于，与过点的直线相交于点，.（1）（1分）求证：为的切线；（2）（3分）若平分，求证：；（3）（3分）在（2）的条件下，为的中点，连接，若，的半径为，求的长.9．（10分）已知A（3，0）、B（0，4）是平面直角坐标系中两点，连接AB.（1）（5分）如图①，点P在线段AB上，以点P为圆心的圆与两条坐标轴都相切，求过点P的反比例函数表达；（2）（5分）如图②，点N是线段OB上一点，连接AN，将△AON沿AN翻折，使得点O与线段AB上的点M重合，求经过A、N两点的一次函数表达式.10．（7分）已知正方形和正方形有一个公共点A，点G、E分别在线段、上.（1）（2分）如图1，连接、，若将正方形绕点A按顺时针方向旋转，判断∶“在旋转的过程中线段与的长始终相等.”是否正确，若正确请说明理由，若不正确请举反例说明；（2）（5分）若将正方形绕点A按顺时针方向旋转，连结，在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段的长始终相等.并以图2为例说明理由.11．（12分）如图，AE切⊙O于点E，AT交⊙O于点M，N，线段OE交AT于点C，OB⊥AT于点B，已知∠EAT=30°，AE=3，MN=2．（1）（2分）求∠COB的度数；（2）（5分）求⊙O的半径R；（3）（5分）点F在⊙O上（是劣弧），且EF=5，把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合．在EF的同一侧，这样的三角形共有多少个？你能在其中找出另一个顶点在⊙O上的三角形吗？请在图中画出这个三角形，并求出这个三角形与△OBC的周长之比．12．（10分）如图，在中，，AD为的平分线，点O在AB上，经过点A，D两点，与AC，AB分别交于点E，F.（1）（5分）求证：BC与相切；（2）（5分）若，，求的半径r和BC的长.13．（10分）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC，连结OC，过点B作AC的垂线，交⊙O于点D，交OC于点M，交AC于点E，连结AD.（1）（3分）若∠D=α，请用含α的代数式表示∠OCA；（2）（4分）如图1.①求证：CE2=EM•EB；②若BM=3，DM=2，求tan∠BAC的值.（3）（3分）如图2，连结CD，若，求y关于x的函数表达式.14．（10分）如图，在矩形中，，，将矩形折叠，折痕为，使点C与点A重合，点D与点G重合，连接．（1）（5分）判断四边形的形状，并说明理由；（2）（5分）求折痕的长．15．（10分）（1）（5分）知识重现：如图1，我们已经分三种情况探究了一条弧所对的圆周角和它所对的圆心角的数量关系．图1①直接写出和的数量关系．②任选一种情况进行证明．（2）（5分）迁移应用：如图2，已知内接于，直线DE是切线，切点为A，求证：．图2

答案解析部分1．【答案】（1）（2）解：延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．是等边三角形．，，∴，，，是等边三角形，，，即；（3）【解析】【解答】（1）由题意得=45°，

故答案为：45

（3）延长至点E，使，连结，四边形是的内接四边形，．，．，，∴，，，是等腰直角三角形，，，即，，，，，，，故答案为：．

【分析】（1）直接根据圆周角定理即可求解；

（2）延长至点E，使，连结，先根据圆内接四边形的性质即可得到，进而得到，再根据等边三角形的判定与性质即可得到，然后根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，，进而得到，再根据等边三角形的判定与性质即可得到，进而结合题意即可求解；

（3）延长至点E，使，连结，先根据圆内接四边形的性质即可得到，进而结合三角形全等的判定与性质证明即可得到，，再根据等腰直角三角形、勾股定理结合题意求出PB和PC，进而即可求解。2．【答案】（1）解：由题意知，，，，，，，（2）解：设，，由，得，解得（舍去），，即（3）解：，，，∵，，．【解析】【分析】（1）由DE将△ABC分成周长相等的两部分，即AD+AE=CD+BC+BE=（AB+AC+BC）=（a+b+c）；（2）设AD=x，AE=6-x，根据三角形的面积公式列方程得求解即可；（3）由DE∥BC，推出，根据相似三角形的性质得到，由得到，然后进行解答即可．3．【答案】（1）60（2）解：如图，当点运动到点时，与相切，四边形为菱形，，与相切，与相切；连接，由（1）可知，，、分别与相切，，，弧的长；（3）解：由图可知：，，，为等边三角形，则，，要使取得最大值，则应该取最小值，当时，最小，此时取得最大值，点为外接圆圆心，，，，综上：的最大值为，此时；（4）解：时或【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD为菱形，，，，为等边三角形，，，故答案为：；（4）①当点p在AB上时，四边形APCE为圆的内接四边形，，，，在和中，，，，≌，，当点与点重合时，，，，当时，点在圆内部；当点P在BC上运动时，，为等边三角形，，，，，在和中，，，，≌，，当点E与点N重合时，，此时，当点P到达点C时，，当时，点N在圆内部；综上：当时或时，点N在圆内部.【分析】（1）由菱形的性质易证△ACD是等边三角形，根据同弧所对的圆周角相等即可得出∠APE的度数；

（2）①当点P运动到点B时，圆O与AD相切，由切线长定理可证出圆O与CD相切；②连接OD，由切线长定理可得∠ADO=30°，进而根据正切函数的定义，由AO=AD×tan30°可求出AO的长，从而根据弧长计算公式可算出弧APC的长度；

（3）先判断出△ABC是等边三角形，要使CF取得最大值，则AF应该取得最小值，当AC⊥PE时，AF最小，此时CF取得最大值，进而根据余弦函数的定义，由CF=CP×cos60°即可求出答案；

（4）分类讨论：①当点p在AB上时，由圆内接四边形的性质及同角的补角相等得∠APC=∠AED，利用AAS判断出△APC≌△DEA，得AP=DE，当点E与点N重合时，DE=DN=AP=4，则MP=1cm，从而可得当0＜t＜1时，点N在圆内部；②当点P在BC上运动时，先判断出△APE是等边三角形，再利用SAS判断出△BAP≌△CAE，得BP=CE，当点E与点N重合时，CE=CN=BP=8cm，此时t=17，点点P到达点C时，t=21，点N在圆的内部，可得17＜t＜21时，点N在圆的内部，综上即可得出答案.4．【答案】（1）C（2）解：∵P（0，1），点A（﹣2，﹣1），点B（2，﹣1）．∴AP＝BP＝＝2，如图2，分别以PA、PB为直径作圆，交x轴于点K1、K2、K3、K4，∵OP＝OG＝1，OE∥AB，∴PE＝AE＝，∴OE＝AG＝1，∴K1（﹣1﹣，0），k2（1﹣，0），k3（﹣1，0），k4（1+，0），∵点K为点P与线段AB的共圆点，∴﹣1﹣≤xk≤1﹣或﹣1≤xk≤1+（3）解：分两种情况：①如图3，当M在点A的左侧时，Q为线段AM上一动点，以PQ为直径的圆E与直线y＝x+3相切于点F，连接EF，则EF⊥FH，当x＝0时，y＝3，当y＝0时，y＝x+3＝0，x＝﹣6，∴ON＝3，OH＝6，∵tan∠EHF＝＝＝，设EF＝a，则FH＝2a，EH＝a，∴OE＝6﹣a，Rt△OEP中，OP＝1，EP＝a，由勾股定理得：EP2＝OP2+OE2，∴，解得：a＝（舍去）或，∴QG＝2OE＝2（6﹣a）＝﹣3+2，∴m≤3﹣2；②如图4，当M在点A的右侧时，Q为线段AM上一动点，以PQ为直径的圆E与直线y＝x+3相切于点F，连接EF，则EF⊥FH，同理得QG＝3+2，∴m≥3+2，综上，m的取值范围是m≤3﹣2或m≥3+2【解析】【解答】解：（1）如图1，可以成为点P与线段AB的共圆点的是C，故答案为：C；

【分析】（1）当Q与A重合时，点C在以AP为直径的圆上，所以可以成为点P与线段AB的共圆点的是C；

（2）由两点的距离公式可得AP=BP=2，分别画以AP和BP为直径的圆交x轴于4个点K1、K2、K3、K4，结合图形2可得4个点的坐标，从而得结论；

（3）先根据直线y＝x+3，当x=0和y=0计算与x轴和y轴的交点坐标，分两种情况：M在A的左侧和右侧，先计算圆E与直线y＝x+3相切时m的值，从而根据图形可得结论。5．【答案】（1）证明：作AD⊥BC于点D，∵AB＝AC，∴AE平分BC∴点O在AD上，∵AP∥BC，∴AD⊥AP，∴PA是⊙O的切线.（2）解：∵tanB＝2，BD＝CD＝BC＝4，∴AD＝8，设OC＝OA＝x，在Rt△OCD中，OC2＝CD2+OD2，∴，解得：x＝5，∴OD＝8﹣x＝8﹣5＝3，∵∠AOP＝∠COD，∠OAP＝∠ODC＝90°，∴△AOP∽△DOC，∴，∴∴PA＝.【解析】【分析】（1）作AD⊥BC于点D，根据切线的判定即可求出答案；

（2）易求得AD＝8，设OC＝OA＝x，根据勾股定理可求出x的值，再证明△AOP∽△DOC，利用相似三角形的性质即可求出PA的长度.6．【答案】（1）证明：如图，连接，，．平分，，又，，，，是切线；（2）解：如图，取中点，连接，于点．四边形是矩形，，．在中，，，在中，，，，的长是．【解析】【分析】（1）连接OA，由余角的性质可得∠DAE+∠ADE=90°，根据角平分线的概念可得∠ADE=∠ADO，由等腰三角形的性质可得∠OAD=∠ADO，则∠DAE+∠OAD=90°，进而推出OA⊥AE，据此证明；

（2）取CD的中点F，连接OF，则四边形AEFO是矩形，由垂径定理可得DF=FC=4，利用勾股定理可得OD的值，根据线段的和差关系可得ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=2，再利用勾股定理就可求出AD的长.7．【答案】（1）=；1（2）解：结论：＝k．理由：如图2中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴＝＝＝k．（3）解：如图2中，作PN⊥BC交BC的延长线于N．由＝，可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，∵＝，FG＝2，∴AE＝3，∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，∴k＝1或﹣1（舍弃），∴BE＝3，AB＝9，∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB+∠PEN＝90°，∠PEN+∠EPN＝90°，∴∠FEB＝∠EPN，∴△FBE∽△ENP，∴，∴＝＝，∴EN＝，PN＝，∴CN＝EN﹣EC＝﹣3＝，∴PC＝＝．【解析】【解答】解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，

∴

∴

∵

∴

∴

∴

∴.

故答案为：=.

②∵

∴

∴

∴四边形DQFG为平行四边形，

∴

∵

∴

∴

故答案为：1.

【分析】（1）①根据正方形的性质和垂直的定义及等量代换，利用"ASA"证明进而即可求解；

②证明四边形DQFG为平行四边形，即可求解；

（2）作GM⊥AB于M，证明得到，结合矩形的性质即可求解；

（3）作PN⊥BC交BC的延长线于N，利用相似三角形的性质求出线段PM和CM的长度，最后利用勾股定理即可求解.8．【答案】（1）证明：∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°，∴∠DAC+∠DCA=90°．∵，∴∠ABD=∠DCA．∵∠FAD=∠ABD，∴∠FAD=∠DCA，∴∠FAD+∠DAC=90°，∴CA⊥AF，∴AF为⊙O的切线．（2）证明：连接OD．∵，∴∠ABD=∠AOD．∵，∴∠DBC=∠DOC．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC，∴∠DOA=∠DOC，∴DA=DC．（3）解：连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=90°．∵DA=DC，∴DO⊥AC，∴∠FAC=∠DOC=90°，AD=DC==4，∴∠DAC=∠DCA=45°，AF∥OM．∵AO=OC，∴OM=AF．∵∠ODE+∠DEO=90°，∠OCM+∠DEO=90°，∴∠ODE=∠OCM．∵∠DOE=∠COM，OD=OC，∴△ODE≌△OCM，∴OE=OM．设OM=m，∴OE=m，，，∴．∵∠AED+∠AEN=135°，∠AED+∠ADE=135°，∴∠AEN=∠ADE．∵∠EAN=∠DPE，∴△EAN∽△DPE，∴，∴，∴，∴，，由勾股定理得：．【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角为90°，得到∠ADC=90°，根据直角三角形两锐角互余得到∠DAC+∠DCA=90°，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得到∠FAD+∠DAC=90°，即可得出结论；（2）连接OD．根据圆周角定理和角平分线定义可得∠DOA=∠DOC，即可得出结论；（3）连接OD交CF于M，作EP⊥AD于P．可求出AD=4，AF∥OM．根据三角形中位线定理得出OM=AF．证明△ODE≌△OCM，得到OE=OM．设OM=m，用m表示出OE，AE，AP，DP．通过证明△EAN∽△DPE，根据相似三角形对应边成比例，求出m的值，从而求得AN，AE的值．在Rt△NAE中，由勾股定理即可得出结论．9．【答案】（1）解：设直线AB的解析式为：y=kx+b（k≠0），

则，

解得，

∴y=-x+4，

∵⊙P分别与x轴和y轴相切，

设P（a，a），

∴a=-a+4，

解得：a=，

∴P（，），

设反比例函数解析式为：y=，

∴m=xy=×=，

∴y=；（2）解：∵AM=OA=3，AB==5，

∴BM=AB-AM=2，

∵∠BMN=∠AOB=90°，∠ABO=∠MBN，

∴△BMN∽△BOA，

∴，

即，

解得MN=，

∴ON=NM=1.5，

∴N(0，)，

设经过A、N两点的一次函数表达式为y=kx+，

∴0=3k+，

解得k=-，

∴y=-x+.【解析】【分析】(1)利用待定系数法求出直线AB的解析式，设P（a，a），将其代入解析式求出P点坐标，然后利用待定系数法求反比例函数解析式即可；

(2)利用勾股定理求出AB长，证明△BMN∽△BOA，根据相似比的性质求出MN长，则可得出ON长，从而得出N点坐标，再根据待定系数法求直线AN的解析式即可.10．【答案】（1）解：不正确.若在正方形绕点A顺时针旋转，这时点F落在线段或的延长线上.（或将正方形绕点A顺时针旋转，使得点F落在线段或的延长线上）.如图：设，，则，，∴，即此时；（2）解：连接BE，可得，则.如图，∵四边形是正方形，∴，，∵四边形是正方形，∴，，∴，，∴，∴，∴.【解析】【分析】（1）若在正方形GAEF绕点A顺时针旋转45°时，画出图形，设AD=a，AG=b，利用勾股定理可表示出DF的长，同时可知DF＞a，再表示出BF的长，可知BF＜a，由此可证得DF＞BF，即可作出判断.

（2）连接BE，利用全等三角形的性质可证得DG=BE，利用正方形的性质可得到AD=AB，∠DAB=90°，利用余角的性质可证得∠DAG=∠BAE，利用SAS可证得△ADG≌△ABE，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.11．【答案】（1）解：∵AE切⊙O于点E，∴AE⊥CE，又OB⊥AT，∴∠AEC=∠CBO=90°，又∠BCO=∠ACE，∴△AEC∽△OBC，又∠A=30°，∴∠COB=∠A=30°（2）解：∵AE=3，∠A=30°，∴在Rt△AEC中，tanA=tan30°=，即EC=AEtan30°=3，∵OB⊥MN，∴B为MN的中点，又MN=2，∴MB=MN=，连接OM，在△MOB中，OM=R，MB=，∴OB=，在△COB中，∠BOC=30°，∵cos∠BOC=cos30°=，∴BO=OC，∴OC=OB=，又OC+EC=OM=R，∴R=+3，整理得：R2+18R﹣115=0，即（R+23）（R﹣5）=0，解得：R=﹣23（舍去）或R=5，则R=5（3）解：以EF为斜边，有两种情况，以EF为直角边，有四种情况，所以六种，画直径FG，连接EG，延长EO与圆交于点D，连接DF，如图所示：∵EF=5，直径ED=10，可得出∠FDE=30°，∴FD=5，则C△EFD=5+10+5=15+5，由（2）可得C△COB=3+，∴C△EFD：C△COB=（15+5）：（3+）=5：1．∵EF=5，直径FG=10，可得出∠FGE=30°，∴EG=5，则C△EFG=5+10+5=15+5，∴C△EFG：C△COB=（15+5）：（3+）=5：1【解析】【分析】（1）由AE与圆O相切，根据切线的性质得到AE与CE垂直，又OB与AT垂直，可得出两直角相等，再由一对对顶角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得出三角形AEC与三角形OBC相似，根据相似三角形的对应角相等可得出所求的角与∠A相等，由∠A的度数即可求出所求角的度数；（2）在直角三角形AEC中，由AE及tanA的值，利用锐角三角函数定义求出CE的长，再由OB垂直于MN，由垂径定理得到B为MN的中点，根据MN的长求出MB的长，在直角三角形OBM中，由半径OM=R，及MB的长，利用勾股定理表示出OB的长，在直角三角形OBC中，由表示出OB及cos30°的值，利用锐角三角函数定义表示出OC，用OE﹣OC=EC列出关于R的方程，求出方程的解得到半径R的值；（3）把△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它的两个顶点分别与点E，F重合，在EF的同一侧，这样的三角形共有3个．延长EO与圆交于点D，连接DF，如图所示，由第二问求出半径，的长直径ED的长，根据ED为直径，利用直径所对的圆周角为直角，得到三角形EFD为直角三角形，由∠FDE为30°，利用锐角三角函数定义求出DF的长，表示出三角形EFD的周长，再由第二问求出的三角形OBC的三边表示出三角形BOC的周长，即可求出两三角形的周长之比．12．【答案】（1）证明：连接OD∵OA=OD∴∠OAD=∠ODA∵为的平分线，∴∠CAD=∠OAD∴∠CAD=∠ODA∴OD∥AC∴∠ODB=∠ACB=90°∴OD⊥BC∴与相切；（2）解：连接DF在Rt△ACD中，AD==∵AF为直径∴∠ADF=90°∴∠ACD=∠ADF∵∠CAD=∠DAF∴△CAD∽△DAF∴即解得：AF=∴的半径==，∵OD∥AC∴△BOD∽△BAC∴即解得：BC=8【解析】【分析】（1）连接OD，根据等边对等角可得∠OAD=∠ODA，然后根据角平分线的定义可得∠CAD=∠OAD，从而证出∠CAD=∠ODA，根据平行线的判定定理可得OD∥AC，从而证出OD⊥BC，然后根据切线的判定定理即可证出结论；（2）连接DF，根据勾股定理求出AD，然后根据相似三角形的判定定理证出△CAD∽△DAF，列出比例式即可求出AF，从而求出圆的半径，然后利用平行证出△BOD∽△BAC，然后列出比例式即可求出BC.13．【答案】（1）解：如图1，连接OA，OB，在△AOB和△AOC中，，∴△AOB≌△AOC（SSS），∴∠OAB=∠OAC=∠BAC，∵=，∴∠ACB=∠D=α，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=α，∴∠BAC=180°-2α，∴∠OAC=90°-α，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=90°-α；（2）解：①证明：∵BD⊥AC，∴∠BEC=90°，∴∠CBE=90°-∠ACB=90°-α，∴∠OCA=∠CBE，∵∠CEM=∠CEB，∴△CEM∽△BEC，∴，∴CE2=EM•EB；②解：如图2，连接AO并延长交BD于N，连接CN，CD，∵AB=AC，∠OAB=∠OAC，∴AO垂直平分BC，∴BN=CN，∵∠OCA=∠DAC，∴OC∥AD，∴∠DMC=∠ABD=∠ACB，∵=，∴∠BAC=∠CDM，∴∠DCM=∠ABC，∴∠DCM=∠DMC，∴CD=DM=2，∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEN，∵∠OAC=∠DAC，AE=AE，∴△AEN≌△AED（ASA），∴EN=ED，∴AC垂直平分DN，∴CN=CD=2，∴BN=CN=2，∴MN=BM-BN=3-2=1，由EN=DE得，MN+EM=DM-EM，∴1+EM=2-EM，∴EM=，∴EB=BM+EM=3+=，DE=DM-EM=2-=，由①知：CE2=EM•EB=×