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项目式学习 综合与实践：
(1)【探究发现】如图①,正方形ABCD的对角线相交于点O,在正方形A'B'C'O绕点O旋转的过程中,边A'O与边BC交于点M,边C'O与边CD交于点N.证明:$△ OMC≌△ OND$.
(2)【类比迁移】如图②,矩形ABCD的对角线相交于点O,且AB=6,AD=12,在矩形A'B'C'O绕点O旋转的过程中,边A'O与边BC交于点M,边C'O与边CD交于点N.若DN=1,求CM的长.
(3)【拓展应用】如图③,四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是平行四边形,且$∠ A'OC'=∠ ADC$,AB=3,BC=$3\sqrt{5}$,$△ BCD$是直角三角形,在$□ A'B'C'O$绕点O旋转的过程中,边A'O与边BC交于点M,边C'O与边CD交于点N.当$□ ABCD$与$□ A'B'C'O$重叠部分的面积是$□ ABCD$的面积的$\frac{1}{4}$时,请直接写出ON的长.
(1)【探究发现】如图①,正方形ABCD的对角线相交于点O,在正方形A'B'C'O绕点O旋转的过程中,边A'O与边BC交于点M,边C'O与边CD交于点N.证明:$△ OMC≌△ OND$.
(2)【类比迁移】如图②,矩形ABCD的对角线相交于点O,且AB=6,AD=12,在矩形A'B'C'O绕点O旋转的过程中,边A'O与边BC交于点M,边C'O与边CD交于点N.若DN=1,求CM的长.
(3)【拓展应用】如图③,四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是平行四边形,且$∠ A'OC'=∠ ADC$,AB=3,BC=$3\sqrt{5}$,$△ BCD$是直角三角形,在$□ A'B'C'O$绕点O旋转的过程中,边A'O与边BC交于点M,边C'O与边CD交于点N.当$□ ABCD$与$□ A'B'C'O$重叠部分的面积是$□ ABCD$的面积的$\frac{1}{4}$时,请直接写出ON的长.
答案
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠DOC=90°,∠OCM=∠ODN=45°,OC = OD.
∵ ∠C' OA' = 90°,
∴ ∠C' OA' = ∠DOC = 90°,
∴ ∠C'OA' - ∠CON = ∠DOC - ∠CON,
∴ ∠MOC = ∠NOD,
∴ △OMC≌△OND.
(2)如图①,过点O作AB的平行线交AD于点E,交BC于点P,过点N作PE的垂线交PE于点Q,
∵ 四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是矩形,AB=6,AD=12,DN=1,
∴ ∠OPM=∠OQN=∠MON=90°,
$EQ=DN=1,OE=OP=\frac{1}{2}AB=3,NQ=CP=AE=BP=\frac{1}{2}BC=6$,
∴ ∠POM+∠QON = ∠QON+∠QNO = 90°,QO = OE - EQ = 3 - 1 = 2,
∴ ∠POM = ∠QNO,
∴ △POM ∽ △QNO,
∴ $\frac{OP}{NQ}=\frac{PM}{QO}$,
∴ $\frac{3}{6}=\frac{PM}{2}$,
∴ PM = 1,
∴ CM = CP - PM = 6 - 1 = 5.
(3)$ON=\frac{15}{4}$ 解析:如图②,过点O作BC的垂线交BC于点H,设∠DBC=∠ADB=α,则∠ADC=α+90°=∠A'OC',设∠BOM=β,则∠NOD=180°-β-(α+90°)=90°-α-β,
∴ ∠OMH=α+β,∠OND=90°-∠NOD = 90°-(90°-α-β) = α+β,
∴ ∠OMH = ∠OND.
∵ ∠OHM=∠ODN=90°,
∴ △OMH∽△OND.
∵ AB=CD=3,BC=$3\sqrt{5}$,四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是平行四边形,△BCD是直角三角形,
∴ $BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{45-9}=6$,
∴ OB=OD=3.
∵ ∠OBH=∠CBD,∠OHB=∠CDB = 90°,
∴ △BOH ∽ △BCD, $\frac{OH}{CD}=\frac{BH}{BD}$,$\frac{OH}{BH}=\frac{1}{2}$,
BH=2OH.
∵ $OH^2+BH^2=OB^2$,
∴ $OH^2+4OH^2=3^2$,
∴ $OH=\frac{3\sqrt{5}}{5}$,
∴ $BH=2OH=\frac{6\sqrt{5}}{5}$.设MH=m,则$BM=BH-MH=\frac{6\sqrt{5}}{5}-m$.
∵ △OMH∽△OND,
∴ $\frac{OH}{OD}=\frac{MH}{ND}$,
∴ $\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}}{3}=\frac{m}{ND}$,$ND=\sqrt{5}m$.
∵ ▱ABCD与▱A'B'C'O重叠部分的面积是▱ABCD的面积的$\frac{1}{4}$,平行四边形对角线平分平行四边形的面积,
∴ $S_{△BOM}+S_{△ODN}=\frac{1}{2}S_{△BCD}$,
∴ $\frac{1}{2}×(\frac{6\sqrt{5}}{5}-m)×\frac{3\sqrt{5}}{5}+\frac{1}{2}×3×\sqrt{5}m=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×3×6$,
∴ $m=\frac{9\sqrt{5}}{20}$,$ND=\sqrt{5}m=\frac{9}{4}$,
∴ $ON=\sqrt{OD^2+DN^2}=\sqrt{9+\frac{81}{16}}=\frac{15}{4}$.
解析
【分析】
(1) 要证明△OMC≌△OND，首先利用正方形对角线的性质，得到OC=OD、对应角相等，再结合旋转前后角的关系推出一组对应角相等，即可用ASA判定全等。
(2) 矩形没有邻边相等的性质，无法证明全等，因此通过作辅助线构造两个直角三角形，利用同角的余角相等得到角相等，证明三角形相似，再结合矩形边长和相似的比例关系求解CM。
(3) 首先判断△BCD的直角顶点，计算BD长度得到OD、OB的长；再作OH⊥BC，证明△OMH∽△OND，结合重叠面积是平行四边形面积的$\frac{1}{4}$列方程求出ND的长度，最后用勾股定理计算ON。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DOC=90°，∠OCM=∠ODN=45°，OC = OD。
∵ 四边形A'B'C'O是正方形，
∴ ∠C' OA' = 90°，
∴ ∠C' OA' = ∠DOC = 90°，
∴ ∠C'OA' - ∠CON = ∠DOC - ∠CON，
∴ ∠MOC = ∠NOD，
在△OMC和△OND中：
$\{\begin{array}{l}∠OCM=∠ODN \\OC=OD \\∠MOC=∠NOD\end{array} $
∴ △OMC≌△OND（ASA）。
(2) 如图①，过点O作AB的平行线交AD于点E，交BC于点P，过点N作PE的垂线交PE于点Q，
∵ 四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是矩形，AB=6，AD=12，DN=1，
∴ ∠OPM=∠OQN=∠MON=90°，
$EQ=DN=1,OE=OP=\frac{1}{2}AB=3,NQ=CP=AE=BP=\frac{1}{2}BC=6$，
∴ ∠POM+∠QON = ∠QON+∠QNO = 90°，QO = OE - EQ = 3 - 1 = 2，
∴ ∠POM = ∠QNO，
∴ △POM ∽ △QNO，
∴ $\frac{OP}{NQ}=\frac{PM}{QO}$，
∴ $\frac{3}{6}=\frac{PM}{2}$，
∴ PM = 1，
∴ CM = CP - PM = 6 - 1 = 5。
(3) 过点O作BC的垂线交BC于点H，设∠DBC=∠ADB=α，则∠ADC=α+90°=∠A'OC'，设∠BOM=β，则∠NOD=180°-β-(α+90°)=90°-α-β，
∴ ∠OMH=α+β，∠OND=90°-∠NOD = 90°-(90°-α-β) = α+β，
∴ ∠OMH = ∠OND。
∵ ∠OHM=∠ODN=90°，
∴ △OMH∽△OND。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，BC=$3\sqrt{5}$，
△BCD为直角三角形，BC为斜边，故直角顶点为D：
$BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{45-9}=6$，
O是平行四边形对角线交点，
∴ OB=OD=3。
∵ ∠OBH=∠CBD，∠OHB=∠CDB = 90°，
∴ △BOH ∽ △BCD， $\frac{OH}{CD}=\frac{BH}{BD}=\frac{OB}{BC}=\frac{1}{\sqrt{5}}$，
∴ $OH=\frac{3\sqrt{5}}{5}$，$BH=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
设MH=m，则$BM=BH-MH=\frac{6\sqrt{5}}{5}-m$。
∵ △OMH∽△OND，
∴ $\frac{OH}{OD}=\frac{MH}{ND}$，
代入得$\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}}{3}=\frac{m}{ND}$，即$ND=\sqrt{5}m$。
∵ 重叠部分面积是▱ABCD面积的$\frac{1}{4}$，且$S_{△BCD}=\frac{1}{2}S_{▱ABCD}$，
∴ $S_{△BOM}+S_{△ODN}=\frac{1}{2}S_{△BCD}$，
代入得：$\frac{1}{2}×(\frac{6\sqrt{5}}{5}-m)×\frac{3\sqrt{5}}{5}+\frac{1}{2}×3×\sqrt{5}m=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×3×6$，
解得$m=\frac{9\sqrt{5}}{20}$，
∴$ND=\sqrt{5}m=\frac{9}{4}$，
在Rt△ODN中：$ON=\sqrt{OD^2+DN^2}=\sqrt{9+\frac{81}{16}}=\frac{15}{4}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $CM=5$；
(3) $ON=\frac{15}{4}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是对角互补模型结合图形旋转的综合题，从正方形到矩形再到普通平行四边形，设问层层递进，既考查了特殊四边形的性质、全等与相似的应用，也涉及面积计算、勾股定理等知识，要求能够灵活构造辅助线转化问题，对逻辑推理和运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
(1) 要证明△OMC≌△OND，首先利用正方形对角线的性质，得到OC=OD、对应角相等，再结合旋转前后角的关系推出一组对应角相等，即可用ASA判定全等。
(2) 矩形没有邻边相等的性质，无法证明全等，因此通过作辅助线构造两个直角三角形，利用同角的余角相等得到角相等，证明三角形相似，再结合矩形边长和相似的比例关系求解CM。
(3) 首先判断△BCD的直角顶点，计算BD长度得到OD、OB的长；再作OH⊥BC，证明△OMH∽△OND，结合重叠面积是平行四边形面积的$\frac{1}{4}$列方程求出ND的长度，最后用勾股定理计算ON。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DOC=90°，∠OCM=∠ODN=45°，OC = OD。
∵ 四边形A'B'C'O是正方形，
∴ ∠C' OA' = 90°，
∴ ∠C' OA' = ∠DOC = 90°，
∴ ∠C'OA' - ∠CON = ∠DOC - ∠CON，
∴ ∠MOC = ∠NOD，
在△OMC和△OND中：
$\{\begin{array}{l}∠OCM=∠ODN \\OC=OD \\∠MOC=∠NOD\end{array} $
∴ △OMC≌△OND（ASA）。
(2) 如图①，过点O作AB的平行线交AD于点E，交BC于点P，过点N作PE的垂线交PE于点Q，
∵ 四边形ABCD和四边形A'B'C'O都是矩形，AB=6，AD=12，DN=1，
∴ ∠OPM=∠OQN=∠MON=90°，
$EQ=DN=1,OE=OP=\frac{1}{2}AB=3,NQ=CP=AE=BP=\frac{1}{2}BC=6$，
∴ ∠POM+∠QON = ∠QON+∠QNO = 90°，QO = OE - EQ = 3 - 1 = 2，
∴ ∠POM = ∠QNO，
∴ △POM ∽ △QNO，
∴ $\frac{OP}{NQ}=\frac{PM}{QO}$，
∴ $\frac{3}{6}=\frac{PM}{2}$，
∴ PM = 1，
∴ CM = CP - PM = 6 - 1 = 5。
(3) 过点O作BC的垂线交BC于点H，设∠DBC=∠ADB=α，则∠ADC=α+90°=∠A'OC'，设∠BOM=β，则∠NOD=180°-β-(α+90°)=90°-α-β，
∴ ∠OMH=α+β，∠OND=90°-∠NOD = 90°-(90°-α-β) = α+β，
∴ ∠OMH = ∠OND。
∵ ∠OHM=∠ODN=90°，
∴ △OMH∽△OND。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，BC=$3\sqrt{5}$，
△BCD为直角三角形，BC为斜边，故直角顶点为D：
$BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{45-9}=6$，
O是平行四边形对角线交点，
∴ OB=OD=3。
∵ ∠OBH=∠CBD，∠OHB=∠CDB = 90°，
∴ △BOH ∽ △BCD， $\frac{OH}{CD}=\frac{BH}{BD}=\frac{OB}{BC}=\frac{1}{\sqrt{5}}$，
∴ $OH=\frac{3\sqrt{5}}{5}$，$BH=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
设MH=m，则$BM=BH-MH=\frac{6\sqrt{5}}{5}-m$。
∵ △OMH∽△OND，
∴ $\frac{OH}{OD}=\frac{MH}{ND}$，
代入得$\frac{\frac{3\sqrt{5}}{5}}{3}=\frac{m}{ND}$，即$ND=\sqrt{5}m$。
∵ 重叠部分面积是▱ABCD面积的$\frac{1}{4}$，且$S_{△BCD}=\frac{1}{2}S_{▱ABCD}$，
∴ $S_{△BOM}+S_{△ODN}=\frac{1}{2}S_{△BCD}$，
代入得：$\frac{1}{2}×(\frac{6\sqrt{5}}{5}-m)×\frac{3\sqrt{5}}{5}+\frac{1}{2}×3×\sqrt{5}m=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×3×6$，
解得$m=\frac{9\sqrt{5}}{20}$，
∴$ND=\sqrt{5}m=\frac{9}{4}$，
在Rt△ODN中：$ON=\sqrt{OD^2+DN^2}=\sqrt{9+\frac{81}{16}}=\frac{15}{4}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $CM=5$；
(3) $ON=\frac{15}{4}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是对角互补模型结合图形旋转的综合题，从正方形到矩形再到普通平行四边形，设问层层递进，既考查了特殊四边形的性质、全等与相似的应用，也涉及面积计算、勾股定理等知识，要求能够灵活构造辅助线转化问题，对逻辑推理和运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.3
