XX年中考数学阅读理解型问题专题复习.docx

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XX年中考数学阅读理解型问题专题复习

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本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址　　XX年中考数学复习专题讲座九：

阅读理解型问题

　　一、中考专题诠释

　　阅读理解型问题在近几年的全国中考试题中频频“亮相”，特别引起我们的重视.这类问题一般文字叙述较长，信息量较大，各种关系错综复杂，考查的知识也灵活多样，既考查学生的阅读能力，又考查学生的解题能力的新颖数学题.

　　二、解题策略与解法精讲

　　解决阅读理解问题的关键是要认真仔细地阅读给定的材料，弄清材料中隐含了什么新的数学知识、结论，或揭示了什么数学规律，或暗示了什么新的解题方法，然后展开联想，将获得的新信息、新知识、新方法进行迁移，建模应用，解决题目中提出的问题.

　　三、中考考点精讲

　　考点一：

阅读试题提供新定义、新定理，解决新问题

　　例1

　　（XX•十堰）阅读材料：

　　例：

说明代数式的几何意义，并求它的最小值．

　　解：

=，

　　如图，建立平面直角坐标系，点P（x，0）是x轴上一点，

　　则可以看成点P与点A（0，1）的距离，

　　可以看成点P与点B（3，2）的距离，所以原代数式的值可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA+PB的最小值．

　　设点A关于x轴的对称点为A′，则PA=PA′，因此，求PA+PB的最小值，只需求PA′+PB的最小值，而点A′、B间的直线段距离最短，所以PA′+PB的最小值为线段A′B的长度．为此，构造直角三角形A′cB，因为A′c=3，cB=3，所以A′B=3，即原式的最小值为3．

　　根据以上阅读材料，解答下列问题：

（1）代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（1，1）、点B

　　的距离之和．（填写点B的坐标）

（2）代数式的最小值为

　　．

　　考点：

轴对称-最短路线问题；坐标与图形性质．

　　专题：

探究型．

　　��析：

（1）先把原式化为的形式，再根据题中所给的例子即可得出结论；

（2）先把原式化为的形式，故得出所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（0，7）、点B（6，1）的距离之和，再根据在坐标系内描出各点，利用勾股定理得出结论即可．

　　解答：

解：

（1）∵原式化为的形式，

　　∴代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（1，1）、点B（2，3）的距离之和，

　　故答案为（2，3）；

（2）∵原式化为的形式，

　　∴所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（0，7）、点B（6，1）的距离之和，

　　如图所示：

设点A关于x轴的对称点为A′，则PA=PA′，

　　∴PA+PB的最小值，只需求PA′+PB的最小值，而点A′、B间的直线段距离最短，

　　∴PA′+PB的最小值为线段A′B的长度，

　　∵A（0，7），B（6，1）

　　∴A′（0，-7），A′c=6，Bc=8，

　　∴A′B==10，

　　故答案为：

10．

　　点评：

本题考查的是轴对称-最短路线问题，解答此题的关键是根据题中所给给的材料画出图形，再利用数形结合求解．

　　考点二、阅读试题信息，归纳总结提炼数学思想方法

　　例2

　　（XX•赤峰）阅读材料：

（1）对于任意两个数a、b的大小比较，有下面的方法：

　　当a-b＞0时，一定有a＞b；

　　当a-b=0时，一定有a=b；

　　当a-b＜0时，一定有a＜b．

　　反过来也成立．因此，我们把这种比较两个数大小的方法叫做“求差法”．

（2）对于比较两个正数a、b的大小时，我们还可以用它们的平方进行比较：

　　∵a2-b2=（a+b）（a-b），a+b＞0

　　∴（a2-b2）与（a-b）的符号相同

　　当a2-b2＞0时，a-b＞0，得a＞b

　　当a2-b2=0时，a-b=0，得a=b

　　当a2-b2＜0时，a-b＜0，得a＜b

　　解决下列实际问题：

（1）课堂上，老师让同学们制作几种几何体，张丽同学用了3张A4纸，7张B5纸；李明同学用了2张A4纸，8张B5纸．设每张A4纸的面积为x，每张B5纸的面积为y，且x＞y，张丽同学的用纸总面积为w1，李明同学的用纸总面积为w2．回答下列问题：

　　①w1=

　　（用x、y的式子表示）

　　w2=

　　（用x、y的式子表示）

　　②请你分析谁用的纸面积最大．

（2）如图1所示，要在燃气管道l上修建一个泵站，分别向A、B两镇供气，已知A、B到l的距离分别是3km、4km（即Ac=3km，BE=4km），AB=xkm，现设计两种方案：

　　方案一：

如图2所示，AP⊥l于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a1=AB+AP．

　　方案二：

如图3所示，点A′与点A关于l对称，A′B与l相交于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a2=AP+BP．

　　①在方案一中，a1=

　　km（用含x的式子表示）；

　　②在方案二中，a2=

　　km（用含x的式子表示）；

　　③请你分析要使铺设的输气管道较短，应选择方案一还是方案二．

　　考点：

轴对称-最短路线问题；整式的混合运算．

　　专题：

计算题．

　　分析：

（1）①根据题意得出3x+7y和2x+8y，即得出答案；②求出w1-w2=x-y，根据x和y的大小比较即可；

（2）①把AB和AP的值代入即可；②过B作Bm⊥Ac于m，求出Am，根据勾股定理求出Bm．再根据勾股定理求出BA′，即可得出答案；

　　③求出a12-a22=6x-39，分别求出6x-39＞0，6x-39=0，6x-39＜0，即可得出答案．

　　解答：

（1）解：

①w1=3x+7y，w2=2x+8y，

　　故答案为：

3x+7y，2x+8y．

　　②解：

w1-w2=（3x+7y）-（2x+8y）=x-y，

　　∵x＞y，

　　∴x-y＞0，

　　∴w1-w2＞0，

　　得w1＞w2，

　　所以张丽同学用纸的总面积大．

（2）①解：

a1=AB+AP=x+3，

　　故答案为：

x+3．

　　②解：

过B作Bm⊥Ac于m，

　　则Am=4-3=1，

　　在△ABm中，由勾股定理得：

Bm2=AB2-12=x2-1，

　　在△A′mB中，由勾股定理得：

AP+BP=A′B=，

　　故答案为：

．

　　③解：

a12-a22=（x+3）2-（）2=x2+6x+9-（x2+48）=6x-39，

　　当a12-a22＞0（即a1-a2＞0，a1＞a2）时，6x-39＞0，解得x＞6.5，

　　当a12-a22=0（即a1-a2=0，a1=a2）时，6x-39=0，解得x=6.5，

　　当a12-a22＜0（即a1-a2＜0，a1＜a2）时，6x-39＜0，解得x＜6.5，

　　综上所述

　　当x＞6.5时，选择方案二，输气管道较短，

　　当x=6.5时，两种方案一样，

　　当0＜x＜6.5时，选择方案一，输气管道较短．

　　点评：

本题考查了勾股定理，轴对称-最短路线问题，整式的运算等知识点的应用，通过做此题培养了学生的计算能力和阅读能力，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．

　　考点三、阅读相关信息，通过归纳探索，发现规律，得出结论

　　例3

　　（XX•凉山州）在学习轴对称的时候，老师让同学们思考课本中的探究题．

　　如图

（1），要在燃气管道l上修建一个泵站，分别向A、B两镇供气．泵站修在管道的什么地方，可使所用的输气管线最短？

　　你可以在l上找几个点试一试，能发现什么规律？

　　聪明的小华通过独立思考，很快得出了解决这个问题的正确办法．他把管道l看成一条直线（图

（2）），问题就转化为，要在直线l上找一点P，使AP与BP的和最小．他的做法是这样的：

　　①作点B关于直线l的对称点B′．

　　②连接AB′交直线l于点P，则点P为所求．

　　请你参考小华的做法解决下列问题．如图在△ABc中，点D、E分别是AB、Ac边的中点，Bc=6，Bc边上的高为4，请你在Bc边上确定一点P，使△PDE得周长最小．

（1）在图中作出点P（保留作图痕迹，不写作法）．

（2）请直接写出△PDE周长的最小值：

　　．

　　考点：

轴对称-最短路线问题．

　　分析：

（1）根据提供材料DE不变，只要求出DP+PE的最小值即可，作D点关于Bc的对称点D′，连接D′E，与Bc交于点P，P点即为所求；

（2）利用中位线性质以及勾股定理得出D′E的值，即可得出答案．

　　解答：

解：

（1）如图，作D点关于Bc的对称点D′，连接D′E，与Bc交于点P，

　　P点即为所求；

（2）∵点D、E分别是AB、Ac边的中点，

　　∴DE为△ABc中位线，

　　∵Bc=6，Bc边上的高为4，

　　∴DE=3，DD′=4，

　　∴D′E==5，

　　∴△PDE周长的最小值为：

DE+D′E=3+5=8，

　　故答案为：

8．

　　点评：

此题主要考查了利用轴对称求最短路径以及三角形中位线的知识，根据已知得出要求△PDE周长的最小值，求出DP+PE的最小值即可是解题关键．

　　考点四、阅读试题信息，借助已有数学思想方法解决新问题

　　例4

　　（XX•重庆）已知：

如图，在直角梯形ABcD中，AD∥Bc，∠B=90°，AD=2，Bc=6，AB=3．E为Bc边上一点，以BE为边作正方形BEFG，使正方形BEFG和梯形ABcD在Bc的同侧．

（1）当正方形的顶点F恰好落在对角线Ac上时，求BE的长；

（2）将

（1）问中的正方形BEFG沿Bc向右平移，记平移中的正方形BEFc为正方形B′EFG，当点E与点c重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形B′EFG的边EF与Ac交于点m，连接B′D，B′m，Dm，是否存在这样的t，使△B′Dm是直角三角形？

若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；

　　（3）在

（2）问的平移过程中，设正方形B′EFG与△ADc重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围．

　　考点：

相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；直角梯形．

　　专题：

代数几何综合题．

　　分析：

（1）首先设正方形BEFG的边长为x，易得△AGF∽△ABc，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得BE的长；

（2）首先利用△mEc∽△ABc与勾股定理，求得B′m，Dm与B′D的平方，然后分别从若∠DB′m=90°，则Dm2=B′m2+B′D2，若∠DB′m=90°，则Dm2=B′m2+B′D2，若∠B′Dm=90°，则B′m2=B′D2+Dm2去分析，即可得到方程，解方程即可求得答案；

　　（3）分别从当0≤t≤时，当＜t≤2时，当2＜t≤时，当＜t≤4时去分析求解即可求得答案．

　　解答：

解：

（1）如图①，

　　设正方形BEFG的边长为x，

　　则BE=FG=BG=x，

　　∵AB=3，Bc=6，

　　∴AG=AB-BG=3-x，

　　∵GF∥BE，

　　∴△AGF∽△ABc，

　　∴，

　　即，

　　解得：

x=2，

　　即BE=2；

（2）存在满足条件的t，

　　理由：

如图②，过点D作DH⊥Bc于H，

　　则BH=AD=2，DH=AB=3，

　　由题意得：

BB′=HE=t，HB′=|t-2|，Ec=4-t，

　　∵EF∥AB，

　　∴△mEc∽△ABc，

　　∴，即，

　　∴mE=2-t，

　　在Rt△B′mE中，B′m2=mE2+B′E2=22+（2-t）2=t2-2t+8，

　　在Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t-2）2=t2-4t+13，

　　过点m作mN⊥DH于N，

　　则mN=HE=t，NH=mE=2-t，

　　∴DN=DH-NH=3-（2-t）=t+1，

　　在Rt△DmN中，Dm2=DN2+mN2=t2+t+1，

　　（Ⅰ）若∠DB′m=90°，则Dm2=B′m2+B′D2，

　　即t2+t+1=（t2-2t+8）+（t2-4t+13），

　　解得：

t=，

　　（Ⅱ）若∠B′mD=90°，则B′D2=B′m2+Dm2，

　　即t2-4t+13=（t2-2t+8）+（t2+t+1），

　　解得：

t1=-3+，t2=-3-（舍去），

　　∴t=-3+；

　　（Ⅲ）若∠B′Dm=90°，则B′m2=B′D2+Dm2，

　　即：

t2-2t+8=（t2-4t+13）+（t2+t+1），

　　此方程无解，

　　综上所述，当t=或-3+时，△B′Dm是直角三角形；

　　（3）①如图③，当F在cD上时，EF：

DH=cE：

cH，

　　即2：

3=cE：

4，

　　∴cE=，

　　∴t=BB′=Bc-B′E-Ec=6-2-=，

　　∵mE=2-t，

　　∴Fm=t，

　　当0≤t≤时，S=S△FmN=×t×t=t2，

　　②如图④，当G在Ac上时，t=2，

　　∵Ek=Ec•tan∠DcB=Ec•=（4-t）=3-t，

　　∴Fk=2-Ek=t-1，

　　∵NL=AD=，

　　∴FL=t-，

　　∴当＜t≤2时，S=S△FmN-S△FkL=t2-（t-）（t-1）=-t2+t-；

　　③如图⑤，当G在cD上时，B′c：

cH=B′G：

DH，

　　即B′c：

4=2：

3，

　　解得：

B′c=，

　　∴Ec=4-t=B′c-2=，

　　∴t=，

　　∵B′N=B′c=（6-t）=3-t，

　　∵GN=GB′-B′N=t-1，

　　∴当2＜t≤时，S=S梯形GNmF-S△FkL=×2×（t-1+t）-（t-）（t-1）=-t2+2t-，

　　④如图⑥，当＜t≤4时，

　　∵B′L=B′c=（6-t），Ek=Ec=（4-t），B′N=B′c=（6-t）Em=Ec=（4-t），

　　S=S梯形mNLk=S梯形B′EkL-S梯形B′EmN=-t+．

　　综上所述：

　　当0≤t≤时，S=t2，

　　当＜t≤2时，S=-t2+t-；

　　当2＜t≤时，S=-t2+2t-，

　　当＜t≤4时，S=-t+．

　　点评：

此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题难度较大，注意数形结合思想、方程思想与分类讨论思想的应用，注意辅助线的作法．

　　四、中考真题演练

　　．（XX•宁波）邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又剩下一个四边形，称为第二次操作；…依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图1，▱ABcD中，若AB=1，Bc=2，则▱ABcD为1阶准菱形．

（1）判断与推理：

　　①邻边长分别为2和3的平行四边形是

　　阶准菱形；

　　②小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：

如图2，把▱ABcD沿BE折叠（点E在AD上），使点A落在Bc边上的点F，得到四边形ABFE．请证明四边形ABFE是菱形．

（2）操作、探究与计算：

　　①已知▱ABcD的邻边长分别为1，a（a＞1），且是3阶准菱形，请画出▱ABcD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值；

　　②已知▱ABcD的邻边长分别为a，b（a＞b），满足a=6b+r，b=5r，请写出▱ABcD是几阶准菱形．

　　考点：

图形的剪拼；平行四边形的性质；菱形的性质；作图—应用与设计作图．

　　分析：

（1）①根据邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作即可得出所剩四边形是菱形，即可得出答案；

　　②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，进而得出AE=BF，即可得出答案；

（2）①利用3阶准菱形的定义，即可得出答案；

　　②根据a=6b+r，b=5r，用r表示出各边长，进而利用图形得出▱ABcD是几阶准菱形．

　　解答：

解：

（1）①利用邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作，所剩四边形是边长为1的菱形，

　　故邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形；

　　故答案为：

2；

　　②由折叠知：

∠ABE=∠FBE，AB=BF，

　　∵四边形ABcD是平行四边形，

　　∴AE∥BF，

　　∴∠AEB=∠FBE，

　　∴∠AEB=∠ABE，

　　∴AE=AB，

　　∴AE=BF，

　　∴四边形ABFE是平行四边形，

　　∴四边形ABFE是菱形；

（2）

　　①如图所示：

　　，

　　②∵a=6b+r，b=5r，

　　∴a=6×5r+r=31r；

　　如图所示：

　　故▱ABcD是10阶准菱形．

　　点评：

此题主要考查了图形的剪拼以及菱形的判定，根据已知n阶准菱形定义正确将平行四边形分割是解题关键．

　　2．（XX•淮安）阅读理解

　　如图1，△ABc中，沿∠BAc的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1c的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分；…；将余下部分沿∠BnAnc的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点c重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，∠BAc是△ABc的好角．

　　小丽展示了确定∠BAc是△ABc的好角的两种情形．情形一：

如图2，沿等腰三角形ABc顶角∠BAc的平分线AB1折叠，点B与点c重合；情形二：

如图3，沿∠BAc的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1c的平分线A1B2折叠，此时点B1与点c重合．

　　探究发现

（1）△ABc中，∠B=2∠c，经过两次折叠，∠BAc是不是△ABc的好角？

　　（填“是”或“不是”）．

（2）小丽经过三次折叠发现了∠BAc是△ABc的好角，请探究∠B与∠c（不妨设∠B＞∠c）之间的等量关系．根据以上内容猜想：

若经过n次折叠∠BAc是△ABc的好角，则∠B与∠c（不妨设∠B＞∠c）之间的等量关系为

　　．

　　应用提升

　　（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为15°、60°、105°，发现60°和105°的两个角都是此三角形的好角．

　　请你完成，如果一个三角形的最小角是4°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．

　　考点：

翻折变换（折叠问题）．

　　专题：

压轴题；规律型．

　　分析：

（1）在小丽展示的情形二中，如图3，根据根据三角形的外角定理、折叠的性质推知∠B=2∠c；

（2）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠A1A2B2=∠c+∠A2B2c=2∠c；

　　根据四边形的外角定理知∠BAc+2∠B-2c=180°①，根据三角形ABc的内角和定理知∠BAc+∠B+∠c=180°②，由①②可以求得∠B=3∠c；

　　利用数学归纳法，根据小丽展示的三种情形得出结论：

∠B=n∠c；

　　（3）利用

（2）的结论知∠B=n∠c，∠BAc是△ABc的好角，∠c=n∠A，∠ABc是△ABc的好角，∠A=n∠B，∠BcA是△ABc的好角；然后三角形内角和定理可以求得另外两个角的度数可以是88°、88°．

　　解答：

解：

（1）△ABc中，∠B=2∠c，经过两次折叠，∠BAc是△ABc的好角；

　　理由如下：

小丽展示的情形二中，如图3，

　　∵沿∠BAc的平分线AB1折叠，

　　∴∠B=∠AA1B1；

　　又∵将余下部分沿∠B1A1c的平分线A1B2折叠，此时点B1与点c重合，

　　∴∠A1B1c=∠c；

　　∵∠AA1B1=∠c+∠A1B1c（外角定理），

　　∴∠B=2∠c；

　　故答案是：

是；

（2）∠B=3∠c；如图所示，在△ABc中，沿∠BAc的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1c的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿∠B2A2c的平分线A2B3折叠，点B2与点c重合，则∠BAc是△ABc的好角．

　　证明如下：

∵根据折叠的性质知，∠B=∠AA1B1，∠c=∠A2B2c，∠A1B1c=∠A1A2B2，

　　∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2=∠c+∠A2B2c=2∠c；

　　∵根据四边形的外角定理知，∠BAc+∠B+∠AA1B1-∠A1B1c=∠BAc+2∠B-2c=180°，

　　根据三角形ABc的内角和定理知，∠BAc+∠B+∠c=180°，

　　∴∠B=3∠c；

　　由小丽展示的情形一知，当∠B=∠c时，∠BAc是△ABc的好角；

　　由小丽展示的情形二知，当∠B=2∠c时，∠BAc是△ABc的好角；

　　由小丽展示的情形三知，当∠B=3∠c时，∠BAc是△ABc的好角；

　　故若经过n次折叠∠BAc是△ABc的好角，则∠B与∠c（不妨设∠B＞∠c）之间的等量关系为∠B=n∠c；

　　（3）由

（2）知，∠B=n∠c，∠BAc是△ABc的好角，

　　∴∠c=n∠A，∠ABc是△ABc的好角，∠A=n∠B，∠BcA是△ABc的好角，

　　∴如果一个三角形的最小角是4°，三角形另外两个角的度数是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．

　　点评：

本题考查了翻折变换（折叠问题）．解答此题时，充分利用了三角形内角和定理、三角形外角定理以及折叠的性质．难度较大．

　　3．（XX•南京）下框中是小明对一道题目的解答以及老师的批改．

　　题目：

某村计划建造如图所示的矩形蔬菜温室，要求长与宽的比为2：

1，在温室内，沿前侧内墙保留3m的空地，其他三侧内墙各保留1m的通道，当温室的长与宽各为多少时，矩形蔬菜种植区域的面积是288m2？

　　解：

设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm，

　　根据题意，得x•2x=288．

　　解这个方程，得x1=-12（不合题意，舍去），x2=12

　　所以温室的长为2×12+3+1=28（m），宽为12+1+1=14（m）

　　答：

当温室的长为28m，宽为14m时，矩形蔬菜种植区域的面积是288m2．

　　我的结果也正确！

　　小明发现他解答的结果是正确的，但是老师却在他的解答中画了一条横线，并打了一个？

．

　　结果为何正确呢？

（1）请指出小明解答中存在的问题，并补充缺少的过程：

　　变化一下会怎样…

（2）如图，矩形A′B′c′D′在矩形ABcD的内部，AB∥A′B′，AD∥A′D′，且AD：

AB=2：

1，设AB与A′B′、Bc与B′c′、cD与c′D′、DA与D′A′之间的距离分别为a、b、c、d，要使矩形A′B′c′D′∽矩形ABcD，a、b、c、d应满足什么条件？

请说明理由．

　　考点：

相似多边形的性质；一元二次方程的应用．

　　分析：

（1）根据题意可得小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：

1的理由，所以应设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm，然后由题意得方程

　　=2，矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：

1，再利用小明的解法求解即可；

（2）由使矩形A′B′c′D′∽矩形ABcD，利用相似多边形的性质，可得，即

　　，然后利用比例的性质，即可求得答案．

　　解答：

解：

（1）小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：

1的理由．

　　在“设矩形蔬菜种植区域的宽为xm，则长为2xm．”前补充以下过程：

　　设温室的宽为ym，则长为2ym．

　　则矩形蔬菜种植区域的宽为（y-1-1）m，长为（2y-3-1）m．

　　∵

　　=2，

　　∴矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：

1；

（2）要使矩形A′B′c′D′∽矩形AB