北京清华附中初二下期中数学教师版.docx

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北京清华附中初二下期中数学教师版

2021北京清华附中初二（下）期中

数学

一、选择题（每小题3分，共30分）

1．（3分）函数y＝

的自变量x的取值范围是（　　）

A．x＜2B．x≤2C．x＞2D．x≥2

2．（3分）下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　）

A．

B．

C．

D．

3．（3分）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝OC，OB＝OD．下列结论不一定成立的是（　　）

A．AD＝BCB．AB∥CDC．∠DAB＝∠BCDD．∠DAC＝∠DCA

4．（3分）已知一次函数y＝mx+n﹣3的图象如图所示，则m，n的取值范围是（　　）

A．m＜0，n＞3B．m＜0，n＜3C．m＞0，n＞3D．m＞0，n＜3

5．（3分）如图，△ABC中，∠B＝70°，则∠BAC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC．当点B的对应点D恰好落在AC上时，∠CAE的度数是（　　）

A．30°B．40°C．50°D．60°

6．（3分）关于一次函数y＝﹣3x+1，下列结论不正确的是（　　）

A．图象与直线y＝﹣3x平行

B．图象与y轴的交点坐标是（0，1）

C．y随自变量x的增大而减小

D．图象经过第二、三、四象限

7．（3分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，EF为过点O的一条直线，则图中阴影部分的面积为（　　）

A．4B．6C．8D．12

8．（3分）已知一次函数y＝kx+2的图象经过点A，且y随x的增大而减小，则点A的坐标可以是（　　）

A．（﹣1，2）B．（2，﹣1）C．（2，3）D．（3，4）

9．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连接DE，F为DE的中点，连接BF，若BF＝3，则BC的长为（　　）

A．6

B．3

C．8D．6

10．（3分）某快递公司每天上午7：

00﹣8：

00为集中揽件和派件时段，甲仓库用来揽收快件，乙仓库用来派发快件，该时段内甲、乙两仓库的快件数量y（件）与时间x（分）之间的函数图象如图所示，下列说法正确的个数为：

（　　）

①15分钟后，甲仓库内快件数量为180件；

②乙仓库每分钟派送快件数量为4件；

③8：

00时，甲仓库内快件数为400件；

④7：

20时，两仓库快递件数相同．

A．1个B．2个C．3个D．4个

二、填空题（每题3分，共24分）

11．（3分）已知点（﹣2，y1），（2，y2）都在直线y＝2x﹣3上，则y1　　y2．（填“＜”或“＞”或“＝”）

12．（3分）直线y＝2x+1沿y轴向下平移3个单位长度，则所得直线的表达式是　　．

13．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交CD边于点E，AD＝5，EC＝3，则AB的长为　　．

14．（3分）直线y＝﹣

x+2分别交x轴、y轴于A、B两点，点O为坐标原点，则S△AOB＝　　．

15．（3分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为DC的中点，若OE＝2，则菱形的周长为　　．

16．（3分）如图，已知一次函数y＝mx﹣n的图象，则关于x的不等式mx﹣1＞n的解集是　　．

17．（3分）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE．若∠ADB＝30°，则∠E＝　　．

18．（3分）如图，正方形ABCD中，E为CD上一动点（不含C、D），连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE交BC于H，过H作HG⊥BD于G，连接AH，EH．

下列结论：

①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③FH平分∠GHC；④BD＝2FG，正确的是　　（填序号）．

三、解答题（第19-20题每题5分，第21-23每题6分，第24题8分，第25题10分，共46分）

19．（5分）已知y+3与x成正比例，且x＝2时，y＝1．

（1）求y关于x的函数表达式；

（2）当x＝﹣

时，求y的值．

20．（5分）如图所示，每个小正方形的边长为1个单位长度，△AOB的顶点均在格点上，点A、B的坐标分别是A（3，2）、B（1，3）．

（1）点A关于点O中心对称的点的坐标为　　；

（2）△AOB绕点O顺时针旋转90°后得到△A1OB1，在图中画出△A1OB1，并写出点B1的坐标：

　　．

21．（6分）已知一次函数y＝2x﹣4．

（1）求此函数图象与x轴的交点坐标；

（2）画出此函数的图象．观察图象，当0≤x≤3时，直接写出y的取值范围是　　．

（3）平移一次函数y＝2x﹣4的图象后经过点（﹣2，1），求平移后的函数表达式．

22．（6分）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．

（1）求证：

四边形BEDF是平行四边形；

（2）当四边形BEDF是菱形时，求DF的长．

23．（6分）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE（点A，点C的对应点分别为点D，点E）．

（1）根据题意补全图形；

（2）连接DC，CE，如果∠BCD＝45°．用等式表示线段DC，CE，AC之间的数量关系，并证明．

24．（8分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：

y＝x+1与x轴交于点A，直线l2：

与x轴交于点B（1，0），与l2相交于点C（m，3）．

（1）求直线l2的解析式；

（2）如图2，过x轴上动点D（t，0），作垂直于x轴的直线，分别与直线l1，l2交于P，Q两点．若S△AQC＝2S△ABC，求此时点Q的坐标．

25．（10分）四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转2α（45°＜α＜90°）到线段CE，连接DE，过点B作BF⊥DE交DE于F，连接BE．

（1）依题意补全图1；

（2）求∠FBE的度数；

（3）取BE、DF的中点，分别记为M、N，连接MN，AN，猜想线段AN与MN的关系，并证明．

四、选择题（共2小题，每小题3分，满分6分）

26．（3分）当m＞2时，直线y＝x+2m与直线y＝﹣x+4的交点在（　　）

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

27．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（　　）

A．一直增大B．一直减小

C．先减小后增大D．先增大后减少

五、填空题（共2小题，每小题4分，满分8分）

28．（4分）如图①，在正方形ABCD中，点P沿边DA从点D开始向点A以1cm/s的速度移动，同时点Q沿边AB，BC从点A开始向点C以2cm/s的速度移动，当点P移动到点A时，P、Q同时停止移动．设点P出发x秒时，△PAQ的面积为ycm2，y与x的函数图象如图②．

则下列四个结论，其中正确的有　　．（填序号）

①当点P移动到点A时，点Q移动到点C；

②当AP＝AQ时，△PAQ面积达到最大值；

③正方形边长为6cm；

④线段EF所在的直线对应的函数关系式为y＝﹣3x+18．

29．（4分）如图，菱形ABCD中，AB＝12，∠ABC＝60°，点E在AB边上，且BE＝2AE，动点P在BC边上，连接PE，将线段PE绕点P顺时针旋转60°至线段PF，连接AF，则线段AF长的最小值为　　．

六、解答题（共1小题，满分6分）

30．（6分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P，若点Q满足条件：

以线段PQ为对角线的正方形边均与某条坐标轴垂直，则称点Q为点P的“正轨点”，该正方形为点P的“正轨正方形”，如图所示．

（1）已知点A的坐标是（1，3）．在D（﹣3，﹣1），E（2，2），F（3，3）中，点A的“正轨点”的是　　．

（2）若点B（1，0）的“正轨点”在直线y＝2x+2上，求点B的“正轨点”的坐标；

（3）已知点C（m，0），若直线y＝2x+m上存在点C的“正轨点”，使得点C的“正轨正方形”面积小于9，直接写出m的取值范围．

2021北京清华附中初二（下）期中数学

参考答案

一、选择题（每小题3分，共30分）

1．【分析】本题主要考查自变量的取值范围，函数关系中主要有二次根式；根据二次根式的意义，被开方数是非负数．

【解答】解：

根据题意得：

2x﹣4≥0，

解得x≥2．

故选：

D．

2．【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．

【解答】解：

A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；

B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；

C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；

D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意．

故选：

C．

3．【分析】根据平行四边形的判定定理可以推出此四边形ABCD为平行四边形，然后根据平行四边形的性质即可判断．

【解答】解：

∵四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且OA＝OC，OB＝OD，

∴四边形ABCD为平行四边形，

∴AB∥CD，∠BAD＝∠DCB，AD＝BC．

所以A、B、C三项均成立，

故选：

D．

4．【分析】根据一次函数的图象得出m＞0，n﹣3＞0，进而解答即可．

【解答】解：

由图象可得：

m＞0，n﹣3＞0，

解得：

m＞0，n＞3，

故选：

C．

5．【分析】由三角形内角和定理可得∠ACB＝80°，由旋转的性质可得AC＝CE，∠ACE＝∠ACB＝80°，由等腰的性质可得∠CAE＝∠AEC＝50°．

【解答】解：

∵∠B＝70°，∠BAC＝30°

∴∠ACB＝80°

∵将△ABC绕点C顺时针旋转得△EDC．

∴AC＝CE，∠ACE＝∠ACB＝80°

∴∠CAE＝∠AEC＝50°

故选：

C．

6．【分析】根据一次函数的性质对A、C、D进行判断；根据一次函数图象上点的坐标特征对B进行判断．

【解答】解：

A、函数y＝﹣3x+1的图象与直线y＝﹣3x平行，故本选项说法正确；

B、把x＝0代入y＝﹣3x+1＝1，所以它的图象与y轴的交点坐标是（0，1），故本选项说法正确；

C、k＝﹣3＜0，所以y随自变量x的增大而减小，故本选项说法正确；

D、k＝﹣3＜0，b＝1＞0，函数图象经过第一、二、四象限，故本选项说法不正确；

故选：

D．

7．【分析】根据菱形的性质可证出△CFO≌△AEO，可将阴影部分面积转化为△BOC的面积，根据菱形的面积公式计算即可．

【解答】解：

∵四边形ADCB为菱形，

∴OC＝OA，AB∥CD，∠FCO＝∠OAE，

∵∠FOC＝∠AOE，

△CFO≌△AEO（ASA），

∴S△CFO＝S△AOE，

∴S△CFO+S△BOF＝S△BOC，

∴S△BOC＝

SABCD＝

×

AC•BD＝

×

6×8＝6，

故选：

B．

8．【分析】由y随x的增大而减小，利用一次函数的性质可得出k＜0，由各选项中点的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出关于k的一元一次方程，解之即可得出k的值，取k值为负的选项即可得出结论．

【解答】解：

∵y随x的增大而减小，

∴k＜0．

A、当点（﹣1，2）在一次函数y＝kx+2的图象上时，﹣k+2＝2，

解得：

k＝0，选项A不符合题意；

B、当点（2，﹣1）在一次函数y＝kx+2的图象上时，2k+2＝﹣1，

解得：

k＝﹣

，选项B符合题意；

C、当点（2，3）在一次函数y＝kx+2的图象上时，2k+2＝3，

解得：

k＝

，选项C不符合题意；

D、当点（3，4）在一次函数y＝kx+2的图象上时，3k+2＝4，

解得：

k＝

，选项D不符合题意．

故选：

B．

9．【分析】由BE＝BC知道点B为CE的中点，而点F为DE的中点，根据中位线定理可以求得CD；在Rt△ABC中，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求得斜边AB的长；根据勾股定理求得BC的长．

【解答】解：

∵BE＝BC，

∴点B为CE的中点，

∵点F为DE的中点，

∴BF为△CDE的中位线，

∴CD＝2BF＝2×3＝6，

在Rt△ABC中，

∵∠ACB＝90°，CD为中线，

∴CD＝AD＝BD＝6，

∴AB＝BD+AD＝6+6＝12，

在Rt△ABC中，

∵AB2＝BC2+AC2，AC＝6，AB＝12，

∴BC＝

＝＝6

．

故选：

A．

10．【分析】根据图象可知15分钟后，甲仓库内快件数量为130件，据此可得甲仓库揽收快件的速度，进而得出8：

00时，甲仓库内快件数；由图象可知45分钟，乙仓库派送快件数量为180件，可得乙仓库每分钟派送快件的数量，进而得出乙仓库快件的总数量，然后根据题意列方程即可求出两仓库快递件数相同是时间．

【解答】解：

由题意结合图象可知：

15分钟后，甲仓库内快件数量为130件，故①说法错误；

甲仓库揽收快件的速度为：

（130﹣40）÷15＝6（件/分），

所以8：

00时，甲仓库内快件数为：

40+6×60＝400（件），故③说法正确；

60﹣15＝45（分），

即45分钟乙仓库派送快件数量为180件，

所以乙仓库每分钟派送快件的数量为：

180÷45＝4（件），故②说法正确；

所以乙仓库快件的总数量为：

60×4＝240（件），

设x分钟后，两仓库快递件数相同，根据题意得：

240﹣4x＝40+6x，

解得x＝20，

即7：

20时，两仓库快递件数相同，故④说法正确．

所以说法正确的有②③④共3个．

故选：

C．

二、填空题（每题3分，共24分）

11．【分析】由k＝2＞0，利用一次函数的性质可得出y随x的增大而增大，再结合﹣2＜2即可得出y1＜y2．

【解答】解：

∵k＝2＞0，

∴y随x的增大而增大，

又∵﹣2＜2，

∴y1＜y2．

故答案为：

＜．

12．【分析】根据函数图象的平移规则“上加、下减”，即可得出直线平移后的解析式．

【解答】解：

根据平移的规则可知：

直线y＝2x+1向下平移3个单位长度后所得直线的解析式为：

y＝2x+1﹣3，

即y＝2x﹣2．

故答案为：

y＝2x﹣2．

13．【分析】首先证明DA＝DE，再根据平行四边形的性质即可解决问题．

【解答】解：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BA∥CD，AB＝CD，

∴∠DEA＝∠EAB，

∵AE平分∠DAB，

∴∠DAE＝∠EAB，

∴∠DAE＝∠DEA，

∴DE＝AD＝5，

∴CD＝CE+DE＝5+3＝8，

∴AB＝CD＝8，

故答案为：

8．

14．【分析】求出OA、OB的值，根据三角形面积公式求出即可．

【解答】解：

把x＝0代入y＝﹣

x+2得：

y＝2，

把y＝0代入y＝﹣

x+2得：

x＝4，

即OA＝4，OB＝2，

S△AOB＝

OA×OB＝

×4×2＝4，

故答案为：

4．

15．【分析】解法一：

根据OE是△BCD的中位线，即可得到BC的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．

解法二：

根据根据OE是Rt△COD斜边上的中线，即可得到CD的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．

【解答】解法一：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝DO，

又∵点E是CD的中点，

∴OE是△BCD的中位线，

∴BC＝2OE＝2×2＝4，

∴菱形ABCD的周长＝4×4＝16．

解法二：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，

又∵点E是CD的中点，

∴OE是Rt△COD斜边上的中线，

∴CD＝2OE＝2×2＝4，

∴菱形ABCD的周长＝4×4＝16．

故答案为：

16．

16．【分析】根据题意和一次函数的图象，可以写出不等式mx﹣1＞n的解集．

【解答】解：

当y＝1时，1＝mx﹣n，可得mx﹣1＝n，

由图象可得，一次函数过点（4，1），y随x的增大而增大，

∴不等式mx﹣1＞n的解集是x＞4，

故答案为：

x＞4．

17．【分析】连接AC，由矩形性质可得∠E＝∠DAE、BD＝AC＝CE，知∠E＝∠CAE，而∠ADB＝∠CAD＝30°，可得∠E度数．

【解答】解：

连接AC，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BE，AC＝BD，且∠ADB＝∠CAD＝30°，

∴∠E＝∠DAE，

又∵BD＝CE，

∴CE＝CA，

∴∠E＝∠CAE，

∵∠CAD＝∠CAE+∠DAE，

∴∠E+∠E＝30°，即∠E＝15°，

故答案为：

15°．

18．【分析】连接FC，延长HF交AD于点L．可证△ADF≌△CDF，进而可得∠FHC＝∠FCH，由此可得出FH＝AF，再由FH＝AF，即可得出∠HAE＝45°，连接AC交BD于点O，则BD＝2OA，证明△AOF≌△FGH，即可得出OA＝GF，进而可得BD＝2FG，过点F作MN⊥BC于点N，交AD于点M，由于F是动点，FN的长度不确定，而FG＝OA是定值，即可得出FH不一定平分∠GHC．

【解答】解：

如图，连接FC，延长HF交AD于点L．

∵BD为正方形ABCD的对角线，

∴∠ADB＝∠CDF＝45°，

∵AD＝CD，DF＝DF，

∴△ADF≌△CDF（SAS），

∴AF＝FC，∠ECF＝∠DAF，

∵∠ALH+∠LAF＝90°，

∴∠LHC+∠DAF＝90°，

∵∠ECF＝∠DAF，

∴∠FHC＝∠FCH，

∴FH＝FC，

∴FH＝AF，

故①正确；

∵FH＝AF，

∴∠HAE＝45°，

故②正确；

连接AC交BD于点O，则BD＝2OA，

∵∠AFO+∠GFH＝∠GHF+∠GFH＝90°，

∴∠AFO＝∠GHF，

∵AF＝HF，∠AOF＝∠FGH＝90°，

∴△AOF≌△FGH（AAS），

∴OA＝GF，

∵BD＝2OA，

∴BD＝2GF，

故④正确．

过点F作MN⊥BC于点N，交AD于点M，

∵F是动点，

∴FN的长度不确定，而FG＝OA是定值，

∴FH不一定平分∠GHC，

故③错误；

故答案为：

①②④．

三、解答题（第19-20题每题5分，第21-23每题6分，第24题8分，第25题10分，共46分）

19．【分析】

（1）由y+3与x成正比例，设出关系式，把x与y的值代入k的值，即可确定出解析式；

（2）把x的值代入解析式求出y的值即可．

【解答】解：

（1）设y+3＝kx（k是常数且k≠0），

将x＝2，y＝1代入y+3＝kx得1+3＝2k，

解得k＝2，

于是，可得y＝2x﹣3；

（2）将

代入y＝2x﹣3得，y＝﹣4．

20．【分析】

（1）根据关于原点对称的两点的横坐标，纵坐标都互为相反数，即可解决问题．

（2）分别作出A，B的对应点A1，B1即可．

【解答】解：

（1）如图，点A′即为所求作．A′（﹣3，﹣2）．

故答案为：

（﹣3，﹣2）．

（2）如图，△A1OB1即为所求作，点B1的坐标（3，﹣1）．

故答案为：

（3，﹣1）．

21．【分析】

（1）分别求出直线与x轴的交点，画出函数图象，进而解答即可；

（2）根据函数图象与坐标轴的交点可直接得出结论；

（3）设平移后的函数表达式为y＝2x+b，把（﹣3，1）代入求出b的值即可得出结论．

【解答】解：

（1）令y＝0，解得x＝2，

∴直线与x轴交点坐标为（2，0）；

（2）画图如下：

由图可知，当0≤x≤3时，y的取值范围为﹣4≤y≤2，

故答案为﹣4≤y≤2．

（3）设平移后的函数表达式为y＝2x+b，将（﹣2，1）代入，解得b＝5．

∴函数解析式为y＝2x+5．

22．【分析】

（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；

（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出DF的长．

【解答】

（1）证明：

∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，

∴∠A＝90°，AD＝BC＝4，AB∥DC，OB＝OD，

∴∠OBE＝∠ODF，

∴△BOE≌△DOF（ASA），

∴EO＝FO，

∴四边形BEDF是平行四边形；

（2）解：

当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF，

设BE＝x，则DE＝x，AE＝6﹣x，

在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2，

∴x2＝42+（6﹣x）2，

解得：

x＝

，

∵DF＝

．

23．【分析】

（1）根据旋转的性质即可补全图形；

（2）根据

（1）作图可得△ABC≌△DBE，∠CBE＝90°．得△CBE是等腰直角三角形．根据勾股定理即可得结论．

【解答】解：

（1）根据题意补全图形，如图所示：

（2）结论：

DC2+CE2＝AC2，

证明：

由题意可知：

△ABC≌△DBE，∠CBE＝90°．

∴AC＝DE，BC＝BE．

∴△CBE是等腰直角三角形．

∴∠BCE＝45°．

∵∠BCD＝45°，

∴∠DCE＝90°．

在Rt△DCE中，根据勾股定理，得

DC2+CE2＝DE2，

∴DC2+CE2＝AC2．

24．【分析】

（1）根据直线l1的解析式求得C的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线l2的解析式；

（2）分两种情况得到Q的纵坐标，代入直线l2的解析式即可求得t的值，从而求得Q的坐标．

【解答】解：

（1）∵直线l1：

y＝x+1与l2相交于点C（m，3）．

∴3＝m+1，解得m＝2，

∴C（2，3），

设直线l2为y＝kx+b，

∵直线l2：

与x轴交于点B（1，0），与l2相交于点C（2，3）．

∴

，解得

，

∴直线l2的解析式为y＝3x﹣3；

（2）当点D在B的左侧时，

∵S△AQC＝2S△ABC，C（2，3），

∴Q（t，﹣3），

代入y＝3x﹣3得，﹣3＝3t﹣3，

∴t＝0，

∴Q（0，﹣3）；

当点D在B的右侧时，

∵S△AQC＝2S△ABC，C（2，3），

∴Q（t，9），

代入y＝3x﹣3得，9＝3t﹣3，

∴t＝4，

∴Q（4，9）；

综上，点Q的坐标为（0，3）或（4，9）．

25．【分析】

（1）按照题目要求补全图形；

（2）运用正方形性质和等腰三角形性质即可得出∠BED＝45°，再利用直角三角形性质即可得出答案；

（3）取BF中点I，连接MI，NI，MF，BD，取BD中点O，连接AO并延长交NI于点H，连接ON，运用三角形中位线定理和平行线性质定理可得出AO＝NI，MI＝ON，∠AON＝∠NIM，即可证明△AON≌△NIM（SAS），猜想得证．

【解答】解：

（1）补全图形如图所示，

（2）如图1，∵四边形ABCD是正方形，

∴CB＝CD，∠DCB＝90°，

∵CB＝CD＝CE，

∴∠BEC＝

（180°﹣∠BCE），∠CED＝

（180°﹣∠DCE），

∴∠BED＝∠BEC﹣∠CED＝

（∠DCE﹣∠BCE）＝

∠BCD＝45°，

∵BF⊥DE，

∴∠BFE＝90°，

∴∠FBE＝90°﹣45°＝45°；

（3）猜想：

AN＝MN．

证明：

取BF中点I，连接MI，NI，MF，BD，取BD中点O，连接AO并延长交NI于点H，连接ON，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAD＝90°，AB＝AD，

∵O为BD中点，

∴AO＝

BD，

∵N，I分别是FD，FB的中点，

∴NI＝

BD，NI∥BD，

∴AO＝NI，

∵M，I分别是BE，BF的中点，

∴MI＝

EF，MI∥EF，

∵O，N分别是BD，DF的中点，

∴ON＝

BF，ON∥BF，

∵∠BFE＝90°，∠FBE＝45°，

∴BF＝EF，

∴MI＝ON，

∵NI∥BD，ON∥