18. (9分) 如图9, 在Rt△ABC中, ∠ACB=90°,过点C的直线MN//AB,D为AB边上一点,过点D作DE⊥BC,交直线MN于点E,垂足为点F,连接CD,BE。
(1)求证:CE=AD。
(2)当D为AB的中点时,四边形BECD是什么特殊四边形?说明你的理由。

(1) 证明：
∵ $DE ⊥ BC$，
∴ $∠ DFB = 90°$，
又∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $∠ ACB = ∠ DFB$，
∴ $AC // DE$。
∵ $MN // AB$，即 $CE // AD$，
∴ 四边形$ADEC$是平行四边形，
∴ $CE = AD$。
---
(2) 解：当$D$为$AB$的中点时，四边形$BECD$是菱形，理由如下：
∵ $D$为$AB$中点，$∠ ACB = 90°$，
∴ $CD = BD = AD$（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。
由(1)知$CE = AD$，
∴ $CE = BD$，
又∵ $CE // BD$，
∴ 四边形$BECD$是平行四边形。
∵ $DE ⊥ BC$，
∴ 平行四边形$BECD$是菱形。

【分析】
(1) 要证明CE=AD，可通过证明四边形ADEC是平行四边形得到对边相等。首先根据DE⊥BC、∠ACB=90°，可推出AC//DE，再结合已知MN//AB即CE//AD，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可得证。
(2) 先结合直角三角形斜边中线的性质，得到CD=BD=AD，结合(1)的结论CE=AD，可得CE=BD，再由CE//BD可先判定四边形BECD是平行四边形，最后结合DE⊥BC，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得出结论。
【解析】
(1) 证明：
∵ $DE ⊥ BC$，
∴ $∠ DFB = 90°$，
又
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $∠ ACB = ∠ DFB$，
∴ $AC // DE$。
∵ $MN // AB$，即 $CE // AD$，
∴ 四边形$ADEC$是平行四边形，
∴ $CE = AD$。
(2) 解：当$D$为$AB$的中点时，四边形$BECD$是菱形，理由如下：
∵ $D$为$AB$中点，$∠ ACB = 90°$，
∴ $CD = BD = AD$（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。
由(1)知$CE = AD$，
∴ $CE = BD$，
又
∵ $CE // BD$，
∴ 四边形$BECD$是平行四边形。
∵ $DE ⊥ BC$，
∴ 平行四边形$BECD$是菱形。
【答案】
(1) $CE=AD$，证明成立；
(2) 四边形$BECD$是菱形。
【知识点】
平行四边形的判定与性质；直角三角形斜边中线的性质；菱形的判定
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题时需要灵活运用平行线的判定、特殊四边形的判定与性质，以及直角三角形的相关性质，掌握各类特殊四边形的判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.7

19.(9分)如图10,在$△ ABC$中,点D,E,F分别在边AB,AC,BC上,连接DE,EF。已知四边形BFED是平行四边形,$\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$。
(1)若AB=8,求线段AD的长；
(2)若$△ ADE$的面积为1,求$□ BFED$的面积。

解：
(1) ∵ 四边形BFED是平行四边形，
∴ $DE // BC$，
∴ $△ ADE ∽ △ ABC$，
∴ $\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$。
∵ $AB=8$，
∴ $AD = \frac{1}{4}AB = \frac{1}{4} × 8 = 2$。
(2) ∵ $△ ADE ∽ △ ABC$，$\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$，
∴ $\frac{S_{△ ADE}}{S_{△ ABC}} = (\frac{DE}{BC})^2 = \frac{1}{16}$。
∵ $S_{△ ADE}=1$，
∴ $S_{△ ABC}=16$。
∵ 四边形BFED是平行四边形，
∴ $EF // AB$，$DE=BF$，
∴ $△ EFC ∽ △ ABC$。
∵ $\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$，
∴ $\frac{BF}{BC}=\frac{1}{4}$，
∴ $\frac{FC}{BC}=\frac{3}{4}$，
∴ $\frac{S_{△ EFC}}{S_{△ ABC}} = (\frac{FC}{BC})^2 = \frac{9}{16}$，
∴ $S_{△ EFC} = \frac{9}{16} × 16 = 9$。
∴ $S_{□ BFED} = S_{△ ABC} - S_{△ ADE} - S_{△ EFC} = 16 - 1 - 9 = 6$。
答：(1) 线段AD的长为2；(2) 平行四边形BFED的面积为6。

【分析】
(1) 求AD的长：首先由平行四边形对边平行的性质可得$DE// BC$，即可判定$△ ADE ∽ △ ABC$，再利用相似三角形对应边成比例的性质，结合已知的$\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$和AB的长度，就能求出AD的长度。
(2) 求平行四边形BFED的面积：首先根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合$△ ADE$的面积求出$△ ABC$的总面积；再由平行四边形对边平行且相等的性质，可得$EF// AB$，进而判定$△ EFC ∽ △ ABC$，结合FC与BC的比例关系求出$△ EFC$的面积；最后用$△ ABC$的面积减去$△ ADE$和$△ EFC$的面积，即可得到平行四边形的面积。
【解析】
(1)
∵ 四边形BFED是平行四边形，
∴ $DE // BC$，
∴ $△ ADE ∽ △ ABC$，
∴ $\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$。
∵ $AB=8$，
∴ $AD = \frac{1}{4}AB = \frac{1}{4} × 8 = 2$。
(2)
∵ $△ ADE ∽ △ ABC$，$\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$，
∴ $\frac{S_{△ ADE}}{S_{△ ABC}} = (\frac{DE}{BC})^2 = \frac{1}{16}$。
∵ $S_{△ ADE}=1$，
∴ $S_{△ ABC}=16$。
∵ 四边形BFED是平行四边形，
∴ $EF // AB$，$DE=BF$，
∴ $△ EFC ∽ △ ABC$。
∵ $\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$，
∴ $\frac{BF}{BC}=\frac{1}{4}$，
∴ $\frac{FC}{BC}=\frac{BC-BF}{BC}=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，
∴ $\frac{S_{△ EFC}}{S_{△ ABC}} = (\frac{FC}{BC})^2 = \frac{9}{16}$，
∴ $S_{△ EFC} = \frac{9}{16} × 16 = 9$。
∴ $S_{□ BFED} = S_{△ ABC} - S_{△ ADE} - S_{△ EFC} = 16 - 1 - 9 = 6$。
【答案】
(1) 线段AD的长为2；(2) 平行四边形BFED的面积为6。
【知识点】
1. 平行四边形的性质
2. 相似三角形的判定
3. 相似三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题核心是借助平行四边形的平行性质得到相似三角形，再结合相似三角形的边长比、面积比与相似比的关系逐步推导计算，逻辑连贯，能有效考查对相似三角形、平行四边形相关知识的掌握和应用能力。
【难度系数】
0.7

20. (2026·北京)(9分)在平面直角坐标系$xOy$中，抛物线$C_1:y=ax^2+bx+c(a≠0)$经过点$(0,\dfrac{1-a}{a})$，对称轴为$x=\dfrac{1}{a}$。
(1)求$b$的值，并用含$a$的式子表示$c$；
(2)已知$M$是抛物线$C_1$上的点，$M$的横坐标为$t$，抛物线$C_2$的顶点为$M$，且可以由抛物线$C_1$平移得到(特别地，当$M$是$C_1$的顶点时，$C_2$即为$C_1$)。若无论$t$为何值，抛物线$C_2$都不经过点$O$，求$a$的取值范围。

解：
(1) 对于抛物线$C_1:y=ax^2+bx+c$，其对称轴公式为$x=-\frac{b}{2a}$。
由题知对称轴为$x=\frac{1}{a}$，因此：
$-\frac{b}{2a}=\frac{1}{a}$
因为$a≠0$，两边同乘$a$得$-b=2$，解得$b=-2$。
将点$(0,\frac{1-a}{a})$代入抛物线解析式，得：
$c=\frac{1-a}{a}$
(2) 由题意，抛物线$C_2$由$C_1$平移得到，因此$C_2$的二次项系数为$a$。
已知点$M$在$C_1$上，横坐标为$t$，将$x=t$代入$C_1$的解析式，得$M$的纵坐标：
$y_M=at^2-2t+\frac{1-a}{a}$
因此抛物线$C_2$的顶点式为：
$y=a(x-t)^2 + at^2 -2t + \frac{1-a}{a}$
若$C_2$经过原点$O(0,0)$，将$x=0,y=0$代入上式，整理得关于$t$的方程：
$2at^2 -2t + \frac{1-a}{a}=0$
由题意，无论$t$取何值$C_2$都不经过点$O$，即上述关于$t$的一元二次方程无实数解。
计算该方程的判别式：
$\Delta=(-2)^2 - 4· 2a · \frac{1-a}{a}=4-8(1-a)=8a-4$
令$\Delta＜0$，即$8a-4＜0$，解得$a＜\frac{1}{2}$。
结合已知条件$a≠0$，得$a$的取值范围是$a＜0$或$0＜a＜\frac{1}{2}$。
综上，(1) $b=-2$，$c=\frac{1-a}{a}$；(2) $a$的取值范围为$\boldsymbol{a＜0或0＜a＜\frac{1}{2}}$。

【分析】
(1) 求解$b$和$c$时，先利用抛物线对称轴公式：对于$y=ax^2+bx+c(a≠0)$，对称轴为$x=-\frac{b}{2a}$，结合题目给出的对称轴$x=\frac{1}{a}$列方程即可求出$b$；再将已知点$(0,\frac{1-a}{a})$代入抛物线解析式，$x=0$时$y$的值就是$c$，直接得到$c$的表达式。
(2) 首先明确抛物线平移时二次项系数$a$不变，先求出顶点$M$的坐标（$M$在$C_1$上，横坐标为$t$，代入$C_1$解析式得纵坐标），再写出$C_2$的顶点式；将“无论$t$为何值$C_2$都不经过原点”转化为：把原点坐标代入$C_2$解析式得到的关于$t$的方程无实根，利用一元二次方程判别式$\Delta＜0$列不等式，结合$a≠0$求解即可得到$a$的取值范围。
【解析】
(1) 已知抛物线$C_1:y=ax^2+bx+c(a≠0)$的对称轴为$x=-\frac{b}{2a}$，由题意对称轴为$x=\frac{1}{a}$，因此可得方程：
$-\frac{b}{2a}=\frac{1}{a}$
因为$a≠0$，等式两边同时乘$a$得$-b=2$，解得$b=-2$。
将点$(0,\frac{1-a}{a})$代入$C_1$的解析式，当$x=0$时，$y=c$，因此$c=\frac{1-a}{a}$。
(2) 因为抛物线$C_2$是由$C_1$平移得到的，所以$C_2$的二次项系数也为$a$。
已知点$M$是$C_1$上横坐标为$t$的点，将$x=t$代入$C_1$的解析式，得$M$的纵坐标为：
$y_M=at^2-2t+\frac{1-a}{a}$，即$M(t,at^2-2t+\frac{1-a}{a})$。
因为$M$是$C_2$的顶点，所以$C_2$的顶点式为：
$y=a(x-t)^2 + at^2 -2t + \frac{1-a}{a}$
若$C_2$经过原点$O(0,0)$，将$x=0,y=0$代入上式，整理得：
$2at^2 -2t + \frac{1-a}{a}=0$
由题意，无论$t$取何值$C_2$都不经过点$O$，即上述关于$t$的一元二次方程无实数解。
计算该方程的判别式：
$\Delta=(-2)^2 - 4× 2a × \frac{1-a}{a}=4-8(1-a)=8a-4$
令$\Delta＜0$，即$8a-4＜0$，解得$a＜\frac{1}{2}$。
结合已知条件$a≠0$，可得$a$的取值范围是$a＜0$或$0＜a＜\frac{1}{2}$。
【答案】
(1) $b=-2$，$c=\dfrac{1-a}{a}$；(2) $a＜0$或$0＜a＜\dfrac{1}{2}$
【知识点】
抛物线性质；二次函数平移规律；一元二次方程根的判别式
【点评】
本题综合考查二次函数的基础性质与代数方程的结合应用，解题核心是熟练掌握二次函数对称轴、平移的规律，并且能将“抛物线恒不经过某点”的几何问题转化为方程无实根的代数问题，对转化思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.6