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2022-2023学年八年级数学下学期复习备考高分秘籍【人教版】
专题4.1期中全真模拟试卷01（提高卷，八下人教）
班级：___________ 姓名：__________ 得分：__________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共23题，其中选择10道、填空6道、解答7道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑
色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2022秋•泉州期末）下列式子中正确的是（ ）
A． ＝﹣2 B．± ＝2 C． ＝±2 D． ＝2
【分析】根据二次根式的性质，结合平方根和算术平方根的概念对每个选项进行分析，然后作出选择．
【解答】解：A、根据 ＝a（a≥0）有 ＝ ＝2，故本选项错误，
B、根据 ＝a（a≥0）有 ＝±2，故本选项错误，
C、根据 ＝a（a≥0）有 ＝2，故本选项错误，
D、根据 ＝a（a≥0）有 ＝2，故本选项正确，
故选：D．
2．（2022秋•鹤壁期末）下列各式中属于最简二次根式的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同
时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．
【解答】解：A、 不是最简二次根式，错误；
B、 是最简二次根式，正确；
C、 不是最简二次根式，错误；
D、 不是最简二次根式，错误；
故选：B．
3．（2022秋•渝中区校级期中）估计 的值应在（ ）
A．2和3之间 B．3和4之间 C．4和5之间 D．5和6之间【分析】直接利用估算无理数的方法得出 的取值范围进而得出答案．
【解答】解：∵3＜ ＜4，
∴4＜ +1＜5，
故选：C．
4．（2022春•九龙坡区校级月考）如图，在 ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，添加下列条件不能
判定四边形ABCD是菱形的是（ ） ▱
A．AB＝BC B．AC⊥BD C．AC平分∠DAB D．AC＝BD
【分析】根据菱形的判定方法和矩形的判定对各个选项逐一判断即可．
【解答】解：当AB＝BC或AC⊥BD时，均可判定平行四边形ABCD是菱形，故选项A、B不符合题意；
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴CD＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
当AC＝BD时，可判定平行四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
5．（2020•黄州区校级模拟）如图，小明（视为小黑点）站在一个高为10米的高台A上，利用旗杆OM顶
部的绳索，划过90°到达与高台A水平距离为17米，高为3米的矮台B．那么小明在荡绳索的过程中离
地面的最低点的高度MN是（ ）A．2米 B．2.2米 C．2.5米 D．2.7米
【分析】首先得出△AOE≌△OBF（AAS），得出OE＝BF，AE＝OF，求出OE+OF＝AE+BF＝CD＝17
米，得出EF＝EM﹣FM＝AC﹣BD＝7米，求出BF＝OE＝5米，OF＝12米，得出CM＝CD﹣DM＝CD
﹣BF＝12米，OM＝OF+FM＝15米，由勾股定理求出ON＝OA＝13米，进而求出MN的长即可．
【解答】解：作AE⊥OM于E，BF⊥OM于F，如图所示：
则∠OEA＝∠BFO＝90°，
∵∠AOE+∠BOF＝∠BOF+∠OBF＝90°
∴∠AOE＝∠OBF
在△AOE和△OBF中， ，
∴△AOE≌△OBF（AAS），
∴OE＝BF，AE＝OF，
∴OE+OF＝AE+BF＝CD＝17（米）
∵EF＝EM﹣FM＝AC﹣BD＝10﹣3＝7（米），
∵OE+OF＝2EO+EF＝17米，
∴2OE＝17﹣7＝10（米），
∴BF＝OE＝5米，OF＝12米，
∴CM＝CD﹣DM＝CD﹣BF＝17﹣5＝12（米），OM＝OF+FM＝12+3＝15（米），
由勾股定理得：ON＝OA＝ ＝ ＝13（米），
∴MN＝OM﹣ON＝15﹣13＝2（米）．
故选：A．6．（2021春•南川区期末）如图，正方形ABCD的边长为4．对角线AC，BD交于点O，E是AC延长线上
一点，且CE＝CO．则BE的长度为（ ）
A．4 B．6 C．2 D．4
【分析】由正方形的性质得到OB＝OC＝CE，BD⊥AC，根据勾股定理可求出BO＝2 ，OE＝4 ，
再利用勾股定理即可求出BE的长度．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝BO＝CO＝DO，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴BC＝4，
在Rt△BOC中，
BO2+CO2＝BC2，
即2BO2＝42，
解得BO＝2 ，
∵CE＝CO，
∴OE＝4 ，
在Rt△BOE中，
BE＝ ＝ ＝2 ．
故选：C．7．（2022春•金水区校级期末）如图，点E、F分别是平行四边形ABCD边CD、AB的中点，G、H是对
角线AC上的两点，且EG∥HF，EF与AC交于点O．则下列结论中不正确的是（ ）
A．GE＝HF
B．四边形EGFH是平行四边形
C．OG＝GC
D．S四边形AHED ＝S四边形CGFB
【分析】由平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ECG＝∠FAH，
∵点E、F分别是CD、AB的中点，DE＝CE＝ CD，AF＝BF＝ AB，
∴DE＝CE＝AF＝BF，
∵EG∥HF，
∴∠EGH＝∠FHG，
∴∠CGE＝∠AHF，
在△CEG和△AFH中，
，
∴△CEG≌△AFH（AAS），
∴EG＝HF，故选项A不符合题意；
B、∵EG＝HF，EG∥HF，
∴四边形EGFH是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、没有条件能得出OG＝GC，故选项C符合题意；
D、∵四边形EGFH是平行四边形，
∴S△HEF ＝S△GFE ，∵AB∥CD，DE＝CE＝AF＝BF，
∴四边形ADEF和四边形BCEF是平行四边形，且面积相等，
∵△CEG≌△AFH，
∴S四边形AHED ＝S四边形CGFB ，故选项D不符合题意；
故选：C．
8．（2021春•贵池区期末）如图，圆柱形玻璃杯，高为12cm，底面周长为18cm，在杯内离杯底4cm的点
C处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿4cm与蜂蜜相对的A处，则蚂蚁到达蜂蜜的最
短距离（ ）cm．
A．14 B．15 C．16 D．17
【分析】在侧面展开图中，过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，
连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，求出A′Q，CQ，根据勾股定理求出A′C即可．
【解答】解：沿过A的圆柱的高剪开，得出矩形EFGH，
过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则
AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，
∵AE＝A′E，A′P＝AP，
∴AP+PC＝A′P+PC＝A′C，
∵CQ＝ ×18cm＝9cm，A′Q＝12cm﹣4cm+4cm＝12cm，
在Rt△A′QC中，由勾股定理得：A′C＝ ＝15cm，
故选：B．9．（2021秋•泉港区期末）如图，点E、F分别是 ABCD边AD、BC的中点，G、H是对角线BD上的两
点，且BG＝DH．则下列结论中不正确的是（ ▱ ）
A．GF＝EH
B．四边形EGFH是平行四边形
C．EG＝FH
D．EH⊥BD
【分析】证△GBF≌△HDE（SAS），得 GF＝EH，∠BGF＝∠DHE，则∠FGH＝∠EHG，得
GF∥EH，再证出四边形EGFH是平行四边形，得EG＝FH，故ABC正确，∠EHG不一定等于90°，故
D不正确，即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠GBF＝∠HDE，
在△GBF和△HDE中，
，
∴△GBF≌△HDE（SAS），
∴GF＝EH，∠BGF＝∠DHE，
∴∠FGH＝∠EHG，
∴GF∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形，∴EG＝FH，故ABC正确，
∵∠EHG不一定等于90°，
∴EH⊥BD不正确，
故选：D．
10．（2021春•黄石港区期末）如图，等边△ABC与正方形DEFG重叠，其中D，E两点分别在AB，BC
上，且BD＝BE，若AB＝6，DE＝2，则△EFC的面积为（ ）
A．1 B． C．2 D．2
【分析】过F作FQ⊥BC于Q，根据等边三角形的性质和判定和正方形的性质求出BE＝2，∠BED＝
60°，∠DEF＝90°，EF＝2，求出∠FEQ，求出CE和FQ，即可求出答案．
【解答】解：过F作FQ⊥BC于Q，则∠FQE＝90°，
∵△ABC是等边三角形，AB＝6，
∴BC＝AB＝6，∠B＝60°，
∵BD＝BE，DE＝2，
∴△BED是等边三角形，且边长为2，
∴BE＝DE＝2，∠BED＝60°，
∴CE＝BC﹣BE＝4，
∵四边形DEFG是正方形，DE＝2，
∴EF＝DE＝2，∠DEF＝90°，
∴∠FEC＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
∴QF＝ EF＝1，∴△EFC的面积为 CE•FQ＝ ×4×2＝2，
故选：D．
二．填空题（共6小题）
11．（2022•天津模拟）若直角三角形的两直角边长分别为5和12，则斜边上的中线长为 6. 5 ．
【分析】根据勾股定理可求得直角三角形斜边的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即
可求解．
【解答】解：∵直角三角形两直角边长为5和12，
∴斜边＝ ＝13，
∴此直角三角形斜边上的中线的长＝ ＝6.5．
故答案为：6.5．
12．（2022秋•渠县校级期末）计算：（ ）（ ）（ ）＝ ﹣ ．
【分析】直接利用平方差公式以及二次根式的混合运算法则计算得出答案．
【解答】解：原式＝[（ ）2﹣（ ）2]×（ ）
＝（6﹣5）×（ ﹣ ）
＝1×（ ﹣ ）
＝ ﹣ ．
故答案为： ﹣ ．
13．（2019春•天津期中）如图，已知菱形ABCD的周长为16cm，两个邻角∠A与∠B的比是1：3，则这
个菱形的面积是 8 cm 2 ．
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，根据菱形的性质可得AB＝AD＝4，∠A＝45°，再根据勾股定理可得
DE＝2 ，进而可求菱形的面积．
【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，∵菱形ABCD的周长为16cm，
∴AB＝AD＝BC＝DC＝4（cm），
∵两个邻角∠A与∠B的比是1：3，
∴∠B＝3∠A，
又∵∠A+∠B＝180°，
∴∠A+3∠A＝180°，
∴∠A＝45°，
∵∠AED＝90°，
∴∠ADE＝45°，
在Rt△ADE中，根据勾股定理，得
AE＝DE＝ AD＝2 （cm），
∴S菱形ABCD ＝AB•DE＝4×2 ＝8 （cm2 ）．
故答案为：8 cm2．
14．（2020秋•太原期中）如图，在边长为6cm的正方形ABCD中，以BC为边在正方形ABCD内作等边
△BCE，连接AE并延长交DC于点F，连接DE．请从A，B两题中任选一题作答：
A．∠AED的度数等于 150 ° ．
B．线段DF的长是 （ 1 2 ﹣ 6 ） cm．
【分析】A．由等边三角形和正方形的性质证明△ABE和△CDE为等腰三角形，求得∠BAE和∠CDE的
度数，进而求得∠EAD与∠EDA的度数，再由三角形内角和定理求得结果；
B．作∠DFG＝60°，FG与AD交于点G，设DF＝x，用x表示DG、AG，再由正方形的边长列出方程进行解答便可．
【解答】解：A．∵△△BCE为等边三角形，
∴BC＝BE＝CE，∠EBC＝∠ECB＝60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD，
∴∠ABE＝∠DCE＝30°，BA＝BE＝CE＝CD，
∴∠BAE＝∠CDE＝75°，
∴∠EAD＝∠EDA＝15°，
∴∠AED＝150°，
故答案为：150°；
B．作∠DFG＝60°，FG与AD交于点G，如下图，则∠DGF＝30°，
设DF＝x，
∴FG＝2DF＝2x，
∴DG＝ ，
∵∠DAF＝15°，
∴∠AFG＝∠DGF﹣∠FAG＝15°＝∠FAG，
∴AG＝FG＝2x，
∴AD＝2x+ x，
∵AD＝6cm，
∴2x+ x＝6，
解得，x＝12﹣6 （cm），
即DF＝12﹣6 （cm），
故答案为：12﹣6 ．
15．（2022 秋•祁东县校级期中）有下列四个结论： ①二次根式 是非负数；②若，则 a 的取值范围是 a≥1；③将 m4﹣36 在实数范围内分解因式，结果为
；④当x＞0时， ．其中正确的结论是 ①②③ ．（把所有
正确结论的序号都填在横线上）
【分析】根据算术平方根的定义，二次根式的性质与化简、利用平方差公式进行因式分解逐项进行判断
即可．
【解答】解：① ＝|b|，由于|b|是非负数，因此二次根式 是非负数，故①正确；
②若 ＝ ＝ • ，即a+1≥0，a﹣1≥0，所以a≥1，因此②正确；
③将m4﹣36在实数范围内分解因式，m4﹣36＝（m2+6）（m2﹣6）＝ ，
因此③正确；
④当x＝0.01时， ＝ ＝0.1，此时 ＞x，因此④不正确；
综上所述，正确的有：①②③，
故答案为：①②③．
16．（2022秋•永春县期中）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，
G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是 ①②③ ．（填序号）
①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③EA平分∠GEF；④FB平分∠EFG；⑤四边形BEFG是菱形．
【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF＝ CD＝BG，结合平行即可证得②结论成立，由BD＝
2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP＝ BE，AO＝EO，通过证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①成立，再证△GPE≌△FPE得出③成立，此题得解．
【解答】解：令GF和AC的交点为点P，如图所示：
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，且EF＝ CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE（两直线平行，内错角相等），
∵点G为AB的中点，
∴BG＝ AB＝ CD＝FE，
在△EFG和△GBE中，
，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②成立，
∴∠EGF＝∠GEB，
∴GF∥BE（内错角相等，两直线平行），
∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO＝ BD＝BC，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G为AB中点，
∴P为AE中点，
即AP＝PE，且GP＝ BE，
在△APG和△EGP中，
，
∴△APG≌△EPG（SAS），∴AG＝EG＝ AB，
∴EG＝EF，即①成立，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
∴GF＝BE，
∵GP＝ BE＝ GF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，
，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即③成立．
故答案为：①②③．
三．解答题（共7小题）
17．（2019春•罗庄区期中）（1） ×（2 +4 ﹣3 ）
（2）已知，x＝1﹣ ，y＝1+ ，求x2+y2﹣xy的值．
【分析】（1）直接化简二次根式进而计算得出答案；
（2）直接将原式变形，再利用已知得出x+y＝2，xy＝﹣1，求出答案．
【解答】解：（1）原式＝ ×（4 + ﹣12 ）
＝2﹣8 ；（2）原式＝（x+y）2﹣3xy，
∵x＝1﹣ ，y＝1+ ，
∴x+y＝2，xy＝﹣1，
∴原式＝22+3＝7．
18．（2022秋•南岳区期末）为了绿化环境，我市某中学有一块四边形的空地 ABCD，如图所示，学校计
划在空地上种植草皮，经测量∠A＝90°，AB＝9m，DA＝12m，BC＝8m，CD＝17m．
（1）求出空地ABCD的面积；
（2）若每种植1平方米草皮需要350元，问总共需投入多少元？
【分析】（1）连接BD，在直角三角形ABD中，利用勾股定理求出BD，再利用勾股定理的逆定理判断
得到三角形BCD为直角三角形，四边形ABCD面积等于三角形ABD面积+三角形BCD面积，求出即可；
（2）由（1）求出的面积，乘以350即可得到结果．
【解答】解：（1）连接BD，
在Rt△ABD中，BD2＝AB2+AD2＝92+122＝152，
在△CBD中，CD2＝172，BC2＝82，
而82+152＝172，
即BC2+BD2＝CD2，
∴∠DBC＝90°，
则S四边形ABCD ＝S△BAD +S△DBC ，
＝ •AD•AB+ DB•BC
＝ ×12×9+ ×15×8
＝114（平方米）；答：空地ABCD的面积114（平方米）；
（2）需费用114×350＝39900（元），
答：总共需投入39900元．
19．（2023•雁塔区校级模拟）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E，F分别是OB，OC上
的点，且OE＝OF，连接AE，DF．
求证：∠EAD＝∠FDA．
【分析】由矩形的性质得出AO＝OD，则∠ODA＝∠OAD，证明△ADF≌△DAE（SAS），由全等三角
形的性质可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴AO＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
又∵OF＝OE，
∴OA+OF＝OD+OE，
即AF＝DE，
又∵AD＝DA，
∴△ADF≌△DAE（SAS），
∴∠FDA＝∠EAD．20．（2022秋•任城区校级期末）如图，在△ABC中，点D是边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分
∠BAC，CE⊥AE，点F在边AB上，EF∥BC．
（1）求证：四边形BDEF是平行四边形；
（2）若AB＝10，AC＝4，求BF的长．
【分析】（1）证明△AGE≌△ACE，根据全等三角形的性质可得到GE＝EC，再利用三角形的中位线定
理证明DE∥AB，再加上条件EF∥BC可证出结论；
（2）先证明BF＝DE＝ BG，再证明AG＝AC，可得到BF＝ （AB﹣AG）＝ （AB﹣AC）．
【解答】（1）证明：延长CE交AB于点G，
∵AE⊥CE，
∴∠AEG＝∠AEC＝90°，
在△AEG和△AEC中，
，
∴△AGE≌△ACE（ASA）．
∴GE＝EC．
∵BD＝CD，
∴DE为△CGB的中位线，
∴DE∥AB．
∵EF∥BC，
∴四边形BDEF是平行四边形．
（2）解：∵四边形BDEF是平行四边形，
∴BF＝DE．
∵D、E分别是BC、GC的中点，
∴BF＝DE＝ BG．
∵△AGE≌△ACE，∴AG＝AC，
∴BF＝ （AB﹣AG）＝ （AB﹣AC）＝ （10﹣4）＝3．
21．（2022 春•平原县校级月考）观察下列等式：① ＝ +1；② ＝ + ；③
＝ + ；…，
（1）请用字母表示你所发现的律：即 ＝ ﹣ ．（n为正整数）
（2）化简计算： + + +…+ ．
【分析】（1）根据题意即可得到结论；
可（2）由（1）中的结论可得 + + +…+ ＝ ﹣1+ ﹣ +
﹣ +…+ ﹣ ，然后其中的有些数可以互相抵消，最后可得 ﹣1，再化简即可．
【解答】解：（1） ＝ ﹣ ，
故答案为： ﹣ ；
（2） + + +…+ ＝ ﹣1+ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣
＝ ﹣1．
22．（2019秋•市中区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，
交CD于点E，交CB于点F．
（1）若∠B＝30°，AC＝6，求CE的长；
（2）过点F作AB的垂线，垂足为G，连接EG，试判断四边形CEGF的形状，并说明原因．【分析】（1）根据∠ACB＝90°，CD⊥AB，∠B＝30°，AC＝6，即可求CE的长；
（2）过点F作AB的垂线，垂足为G，连接EG，根据菱形的判定即可判断四边形CEGF的形状，
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝30°，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF＝∠BAF＝30°，
∴CE＝AE，
过点E用EH垂直于AC于点H，
∴CH＝AH
∵AC＝6，
∴CE＝2
答：CE的长为2 ；
（2）∵FG⊥AB，FC⊥AC，AF平分∠CAB，
∴∠ACF＝∠AGF＝90°，CF＝GF，
在Rt△ACF与Rt△AGF中，
AF＝AF，CF＝GF，
∴Rt△ACF≌Rt△AGF（HL），
∴∠AFC＝∠AFG，
∵CD⊥AB，FG⊥AB，∴CD∥FG，
∴∠CEF＝∠EFG，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
∴CE＝FG，
∴四边形CEGF是菱形
23．（2022秋•鄄城县期末）（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，
得到折痕DE，如图1．求证：四边形AEA'D是正方形；
（2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点
B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不
等，请说明理由．
【分析】（1）由折叠性质得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰
三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形；
（2）连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得结论．
【解答】（1）证明：∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，∴四边形AEA′D是正方形；
（2）解：MC′＝ME．
证明：如图1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
在Rt△EC′A和Rt△C′EB′中，
，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME．
