2023届陕西省西安电子科技大附属中学数学九上期末复习检测试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．已知圆锥的底面半径为3cm，母线为5cm，则圆锥的侧面积是 ( )
A．30πcm2 B．15πcm2 C． cm2 D．10πcm2
2．如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，若△ADE的面积为4，则△ABC的面积为（　　）

A．8 B．12 C．14 D．16
3．关于抛物线y＝x2+6x﹣8，下列选项结论正确的是（　　）
A．开口向下 B．抛物线过点(0，8)
C．抛物线与x轴有两个交点 D．对称轴是直线x＝3
4．一次掷两枚质地均匀的硬币，出现两枚硬币都正面朝上的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．在▱ABCD中，∠ACB=25°，现将▱ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在G处，则∠GFE的度数（　　）

A．135° B．120° C．115° D．100°
6．解方程，选择最适当的方法是（ ）
A．直接开平方法 B．配方法 C．公式法 D．因式分解法
7．如图是二次函数y＝ax2+bx+c的图象，对于下列说法：其中正确的有（　　）
①ac＞0，
②2a+b＞0，
③4ac＜b2，
④a+b+c＜0，
⑤当x＞0时，y随x的增大而减小，

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
8．已知三点在抛物线上，则的大小关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，在正方形ABCD中，AB=4，AC与相交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，P是OD的中点，过点P作PM⊥BC于点M，交于点N′，则PN-MN′的值为（ ）

A． B． C． D．
10．已知的半径为，点到直线的距离为，若直线与公共点的个数为个，则可取（ ）
A． B． C． D．
11．如图,E为平行四边形ABCD的边AB延长线上的一点,且BE:AB=2：3,△BEF的面积为4,则平行四边形ABCD的面积为() 

A．30 B．27 C．14 D．32
12．⊙O的半径为4，点P到圆心O的距离为d，如果点P在圆内，则d　(　 　)
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．反比例函数y＝的图象经过（1，y1），（3，y1）两点，则y1_____y1．（填“＞”，“＝”或“＜”）
14．已知2是关于x方程x2-2a=0的一个解，则2a-1的值是______________.
15．已知一个不透明的盒子中装有3个红球，2个白球，这些球除颜色外均相同，现从盒中任意摸出1个球，则摸到红球的概率是________ ．
16．在一个不透明的布袋中装有黄、白两种颜色的球共40个，除颜色外其他都相同，小王通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.35左右，则布袋中黄球可能有_________个
17．如图，四边形ABCD的顶点都在坐标轴上，若AB∥CD，AOB与COD面积分别为8和18，若双曲线y＝恰好经过BC的中点E，则k的值为_____．

18．若关于x的方程x2-x+sinα=0有两个相等的实数根，则锐角α的度数为___．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，△ABC中∠A=60°，∠B=40°，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，且∠ADE=80°.
（1）求证：△AED∽△ABC；
（2）若AD=4，AB=8，AE=5，求CE的长.

20．（8分）如图，AB是⊙O的直径，AM和BN是⊙O的两条切线，E为⊙O上一点，过点E作直线DC分别交AM，BN于点D，C，且CB=CE．
（1）求证：DA=DE；
（2）若AB=6，CD=4，求图中阴影部分的面积．

21．（8分）济南国际滑雪自建成以来，吸引大批滑雪爱好者，一滑雪者从山坡滑下，测得滑行距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）之间的关系可以近似的用二次函数来表示．
滑行时间x/s
0
1
2
3
…
滑行距离y/m
0
4
12
24
…
（1）根据表中数据求出二次函数的表达式．现测量出滑雪者的出发点与终点的距离大约840m，他需要多少时间才能到达终点？
（2）将得到的二次函数图象补充完整后，向左平移2个单位，再向下平移5个单位，求平移后的函数表达式．
22．（10分）己知函数（是常数）
（1）当时，该函数图像与直线有几个公共点？请说明理由；
（2）若函数图像与轴只有一公共点，求的值.
23．（10分）为了加强学校的体育活动，某学校计划购进甲、乙两种篮球，根据市场调研发现，如果购进甲篮球2个和乙篮球3个共需270元；购进甲篮球3个和乙篮球2个共需230元．
（1）求甲、乙两种篮球每个的售价分别是多少元？
（2）为满足开展体育活动的需求，学校计划购进甲、乙两种篮球共100个，由于购货量大，和商场协商，商场决定甲篮球以九折出售，乙篮球以八折出售，学校要求甲种篮球的数量不少于乙种篮球数量的4倍，甲种篮球的数量不多于90个，请你求出学校花最少钱的进货方案；
（3）学校又拿出省下的290元购买跳绳和毽子两种体育器材，跳绳10元一根，毽子5元一个，在把钱用尽的情况下，有多少种进货方案？
24．（10分）在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y＝x2+bx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A．
（1）直接写出：b的值为　 　；c的值为　 　；点A的坐标为　 　；
（2）点M是线段BC上的一动点，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．设点D的横坐标为m．
①如图1，过点D作DM⊥BC于点M，求线段DM关于m的函数关系式，并求线段DM的最大值；
②若△CDM为等腰直角三角形，直接写出点M的坐标　 　．

25．（12分）如图，在等腰直角三角形ABC中，D是AB的中点，E，F分别是AC，BC．上的点(点E不与端点A，C重合)，且连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使，连接DE，DF，GE，GF

(1)求证:四边形EDFG是正方形;
(2)直接写出当点E在什么位置时，四边形EDFG的面积最小?最小值是多少?
26．已知
（1）化简A；
（2）若点P（a，b）在反比例函数y＝﹣的图象上，求A的值．

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】试题解析：∵底面半径为3cm，
∴底面周长6πcm
∴圆锥的侧面积是×6π×5=15π（cm2），
故选B．
2、D
【分析】直接利用三角形中位线定理得出DE∥BC，DE=BC，再利用相似三角形的判定与性质得出答案．
【详解】解：∵在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵=，
∴，
∵△ADE的面积为4，
∴△ABC的面积为：16，
故选D．
【点睛】
考查了三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，正确得出△ADE∽△ABC是解题关键．
3、C
【分析】根据△的符号，可判断图像与x轴的交点情况，根据二次项系数可判断开口方向，令函数式中x＝0，可求图像与y轴的交点坐标，利用配方法可求图像的顶点坐标．
【详解】解：A、抛物线y＝x2+6x﹣8中a＝1＞0，则抛物线开口方向向上，故本选项不符合题意．
B、x＝0时，y＝﹣8，抛物线与y轴交点坐标为（0，﹣8），故本选项不符合题意．
C、△＝62﹣4×1×(-8)＞0，抛物线与x轴有两个交点，本选项符合题意．
D、抛物线y＝x2+6x﹣8＝（x+3）2﹣17，则该抛物线的对称轴是直线x＝﹣3，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查的是二次函数的开口，与y轴x轴的交点，对称轴等基本性质，掌握二次函数的基本性质是解题的关键.
4、D
【解析】试题分析：先利用列表法与树状图法表示所有等可能的结果n，然后找出某事件出现的结果数m，最后计算概率．同时掷两枚质地均匀的硬币一次，共有正正、反反、正反、反正四种等可能的结果，两枚硬币都是正面朝上的占一种，所以两枚硬币都是正面朝上的概率=1÷4=．
考点：概率的计算．
5、C
【详解】
解：根据图形的折叠可得：AE=EC，即∠EAC=∠ECA=25°，∠FEC=∠AEF，∠DFE=∠GFE，又∵∠EAC+∠ECA+∠AEC=180°，
∴∠AEC=130°，
∴∠FEC=65°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DFE+∠FEC=180°，
∴∠DFE=115°，
∴∠GFE=115°，
故选C．
考点：1.平行四边形的性质2.图形的折叠的性质.
6、D
【解析】根据方程含有公因式，即可判定最适当的方法是因式分解法.
【详解】由已知，得方程含有公因式，
∴最适当的方法是因式分解法
故选：D.
【点睛】
此题主要考查一元二次方程解法的选择,熟练掌握,即可解题.
7、C
【分析】根据二次函数的图象与性质，结合图象分别得出a，c，以及b2﹣4ac的符号进而求出答案．
【详解】①由图象可知：a＞0，c＜0，
∴ac＜0，故①错误；
②由于对称轴可知：﹣＜1，
∴2a+b＞0，故②正确；
③由于抛物线与x轴有两个交点，
∴△＝b2﹣4ac＞0，故③正确；
④由图象可知：x＝1时，y＝a+b+c＜0，
故④正确；
⑤由图象可得，当x＞﹣时，y随着x的增大而增大，故⑤错误；
故正确的有3个．
故选：C．
【点睛】
此题考查二次函数的一般式y＝ax2+bx+c的性质，熟记各字母对函数图象的决定意义是解题的关键.
8、B
【分析】先确定抛物线的对称轴，然后根据抛物线的对称性求出点关于对称轴对称的点的坐标，再利用二次函数的增减性判断即可.
【详解】解：∵抛物线的对称轴是直线x=2，∴点关于对称轴对称的点的坐标是，
∵当x<2时，y随x的增大而增大，且0<1<1.5，∴.
故选：B.
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，属于基本题型，熟练掌握二次函数的性质是解答的关键.
9、A
【分析】根据正方形的性质可得点O为AC的中点，根据三角形中位线的性质可求出PN的长，由PM⊥BC可得PM//CD，根据点P为OD中点可得点N′为OC中点，即可得出AC=4CN′，根据MN′//AB可得△CMN′∽△CBA，根据相似三角形的性质可求出MN′的长，进而可求出PN-MN′的长.
【详解】∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴OA=OC，AD=AB=4，
∵N是AO的中点，P是OD的中点，
∴PN是△AOD的中位线，
∴PN=AD=2，
∵PM⊥BC，
∴PM//CD//AB，
∴点N′为OC的中点，
∴AC=4CN′，
∵PM//AB，
∴△CMN′∽△CBA，
∴，
∴MN′=1，
∴PN-MN′=2-1=1，
故选：A.
【点睛】
本题考查正方形的性质、三角形中位线的性质及相似三角形的判定与性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；熟练掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定定理是解题关键.
10、A
【分析】根据直线和圆的位置关系判断方法，可得结论．
【详解】∵直线m与⊙O公共点的个数为2个，
∴直线与圆相交，
∴d＜半径，
∴d＜3，
故选：A．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系判断方法：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d：①直线l和⊙O相交⇔d＜r②直线l和⊙O相切⇔d=r，③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
11、A
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，AD//BC，
∴△BEF∽△CDF，△BEF∽△AED，
∴ ，
∵BE：AB=2：3，AE=AB+BE，
∴BE：CD=2：3，BE：AE=2：5，
∴ ，
∵S△BEF=4，
∴S△CDF=9，S△AED=25，
∴S四边形ABFD=S△AED-S△BEF=25-4=21，
∴S平行四边形ABCD=S△CDF+S四边形ABFD=9+21=30，
故选A.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质等，熟记相似三角形的面积等于相似比的平方是解题的关键.
12、D
【解析】根据点与圆的位置关系判断得出即可．
【详解】∵点P在圆内，且⊙O的半径为4，
∴0≤d＜4，
故选D．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r，②点P在圆上⇔d=r，③点P在圆内⇔d＜r．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、＞
【分析】根据反比例函数的增减性，结合横坐标的大小关系，即可得到答案．
【详解】解：∵反比例函数，
∴图象在一、三象限，y随着x的增大而减小
∵
∴
故答案是：
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，采用的是利用反比例函数的增减性，结合横坐标的大小关系进行的解答．
14、5.
【分析】把x=2代入已知方程可以求得2a=6，然后将其整体代入所求的代数式进行解答.
【详解】解：∵x=2是关于x的方程x2-2a=0的一个解，
∴×22-2a=0，即6-2a=0，则2a=6，
∴2a-1=6-1=5.
故答案为5..
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的定义.一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值.即用这个数代替未知数所得式子仍然成立.
15、
【分析】先求出这个口袋里一共有球的个数，然后用红球的个数除以球的总个数即可．
【详解】因为共有5个球，其中红球由3个，
所以从中任意摸出一个球是红球的概率是，
故答案为．
【点睛】
本题考查了概率公式，掌握概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键．
16、14
【分析】先由频率估计出摸到黄球的概率，然后利用概率公式求解即可.
【详解】因摸到黄球的频率稳定在0.35左右
则摸到黄球的概率为0.35
设布袋中黄球的个数为x个
由概率公式得
解得
故答案为：14.
【点睛】
本题考查了频率估计概率、概率公式，根据频率估计出事件概率是解题关键.
17、1
【分析】由平行线的性质得∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，两个对应角相等证明OAB∽OCD，其性质得，再根据三角形的面积公式，等式的性质求出m＝，线段的中点，反比例函数的性质求出k的值为1．
【详解】解：如图所示：

∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠OCD，∠OBA＝∠ODC，
∴OAB∽OCD，
∴，
若＝m，
由OB＝m•OD，OA＝m•OC，
又∵，，
∴＝，
又∵S△OAB＝8，S△OCD＝18，
∴，
解得：m＝或m＝ (舍去)，
设点A、B的坐标分别为(0，a)，(b，0)，
∵，
∴点C的坐标为(0，﹣a)，
又∵点E是线段BC的中点，
∴点E的坐标为()，
又∵点E在反比例函数上，
∴＝﹣＝，
故答案为：1．
【点睛】
本题综合考查了相似三角形的判定与性质，平行线的性质，线段的中点坐标，反比例函数的性质，三角形的面积公式等知识，重点掌握反比例函数的性质，难点根据三角形的面积求反比例函数系数的值．
18、30°
【解析】试题解析：∵关于x的方程有两个相等的实数根，
∴
解得：
∴锐角α的度数为30°；
故答案为30°．

三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）CE=3
【分析】（1）根据已知得∠A=∠A，∠ADE=∠C，进而得出△AED∽△ABC；
（2）利用相似三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵∠A=60°，∠B=40°
∴∠C=80°
∵∠A=∠A，∠ADE=∠C
∴△AED∽△ABC
（2）解：由（1）得△AED∽△ABC
∴
∵AD=4，AB=10，AE=5
∴AC=8
∵CE=AC－AE
∴CE=8－5=3
【点睛】
此题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
20、（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接OE，BE，根据已知条件证明CD为⊙O的切线，然后再根据切线长定理即可证明DA=DE；
（2） 如图，连接OC，过点D作DF⊥BC于点F，根据S阴影部分=S四边形BCEO﹣S扇形OBE，利用分割法即可求得阴影部分的面积．
【详解】（1）如图，连接OE、BE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB．
∵BC=EC，
∴∠CBE=∠CEB，
∴∠OBC=∠OEC．
∵BC为⊙O的切线，
∴∠OEC=∠OBC=90°；
∵OE为半径，
∴CD为⊙O的切线，
∵AD切⊙O于点A，
∴DA=DE；
（2）如图，连接OC，过点D作DF⊥BC于点F，则四边形ABFD是矩形，
∴AD=BF，DF=AB=6，
∴DC=BC+AD=4，
∵CF==2，
∴BC﹣AD=2，
∴BC=3，
在直角△OBC中，tan∠BOC==，
∴∠BOC=60°．
在△OEC与△OBC中，
，
∴△OEC≌△OBC（SSS），
∴∠BOE=2∠BOC=120°，
∴S阴影部分=S四边形BCEO﹣S扇形OBE=2×BC•OB﹣ = 9﹣3π．

【点睛】
本题考查了切线的判定与性质、切线长定理，扇形的面积等，正确添加辅助线，熟练运用相关知识是解题的关键.
21、（1）20s；（2）
【解析】（1）利用待定系数法求出函数解析式，再求出y＝840时x的值即可得；
（2）根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
【详解】解：（1）∵该抛物线过点（0，0），
∴设抛物线解析式为y＝ax2+bx，
将（1，4）、（2，12）代入，得：
，
解得：，
所以抛物线的解析式为y＝2x2+2x，
当y＝840时，2x2+2x＝840，
解得：x＝20（负值舍去），
即他需要20s才能到达终点；
（2）∵y＝2x2+2x＝2（x+）2﹣，
∴向左平移2个单位，再向下平移5个单位后函数解析式为y＝2（x+2+）2﹣﹣5＝2（x+）2﹣．
【点睛】
本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式及函数图象平移的规律．
22、（1）函数图像与直线有两个不同的公共点；（2）或.
【分析】（1）首先联立二次函数和一次函数得出一元二次方程，然后由根的判别式判定即可；
（2）分情况讨论：当和时，与轴有一个公共点求解即可.
【详解】（1）当时，
∴∴
∵
∴方程有两个不相等的实数根，函数图像与直线有两个不同的公共点
（2）①当时，函数与轴有一个公共点
②当时，函数是二次函数
由题可得，
综上可知：或.
【点睛】
此题主要考查二次函数与一次函数的综合运用，熟练掌握，即可解题.
23、（1）甲种篮球每个的售价为30元，乙种篮球每个的售价为70元；（2）花最少钱的进货方案为购进甲种篮球90个，乙种篮球10个；（3）有28种进货方案．
【分析】（1）根据题意可以列出相应的方程组，从而可以解答本题；
（2）设学校计划购进甲种篮球m个，则学校计划购进乙种篮球（100−m）个；根据题意列不等式即可得到结论；
（3）设购买跳绳a根，毽子b个，根据题意得方程10a＋5b＝290，求得b＝58−2a＞0，解不等式即可得到结论．．
【详解】（1）设甲种篮球每个的售价为元，乙种篮球每个的售价为元．依题意，得
解得
答：甲种篮球每个的售价为30元，乙种篮球每个的售价为70元．
（2）设学校购进甲种篮球个，则购进乙种篮球个．
由已知，得.解得．
又，∴．
设购进甲、乙两种篮球学校花的钱为元，
则，
∴当时，取最小值，花最少钱为2990元．花最少钱的进货方案为购进甲种篮球90个，乙种篮球10个．
（3）设购买跳绳根，毽子个，则，．
解得．
∵为正整数，
∴有28种进货方案．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用不等式的性质解答问题．
24、（1）﹣；﹣1；（﹣1，0）；（1）①MD＝（﹣m1+4m），DM最大值；②（，﹣）或（，﹣）．
【分析】（1）直线yx﹣1与x轴交于点B，与y轴交于点C，则点B、C的坐标为：(4，0)、(0，﹣1)，即可求解；
（1）①MD=DHcos∠MDH(m﹣1m1m+1)(﹣m1+4m)，即可求解；②分∠CDM=90、∠MDC=90°、∠MCD=90°三种情况，分别求解即可．
【详解】（1）直线yx﹣1与x轴交于点B，与y轴交于点C，
则点B、C的坐标为：(4，0)、(0，﹣1)．
将点B、C的坐标代入抛物线表达式并解得：b，c=﹣1．
故抛物线的表达式为：…①，点A(﹣1，0)．
故答案为：，﹣1，(﹣1，0)；
（1）①如图1，过点D作y轴的平行线交BC于点H交x轴于点E．

设点D(m，m1m﹣1)，点H(m，m﹣1)．
∵∠MDH+∠MHD=90°，∠OBC+∠BHE=90°，∠MHD=∠EHB，
∴∠MDH=∠OBC=α．
∵OC=1，OB=4，
∴BC=，
∴cos∠OBC=，则cos；
MD=DHcos∠MDH(m﹣1m1m+1)(﹣m1+4m)．
∵0，故DM有最大值；
②设点M、D的坐标分别为：(s，s﹣1)，(m，n)，nm1m﹣1；分三种情况讨论：
(Ⅰ)当∠CDM=90°时，如图1，
过点M作x轴的平行线交过点D与x轴的垂线于点F，交y轴于点E．

易证△MEC≌△DFM，
∴ME=FD，MF=CE，
即s﹣1﹣1=m﹣s，ss﹣1﹣n，
解得：s，或s=8(舍去)．
故点M(，)；
(Ⅱ)当∠MDC=90°时，如图3，过D作直线DE⊥y轴于E，MF⊥DE于F．
同理可得：s，或s=0(舍去)．
故点M(，)；

(Ⅲ)当∠MCD=90°时，
则直线CD的表达式为：y=﹣1x﹣1…②，
解方程组：
得：(舍去)或，
故点D(﹣1，0)，不在线段BC的下方，舍去．
综上所述：点M坐标为：(，)或(，)．
【点睛】
本题是二次函数的综合题．主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
25、（1）详见解析；（2）当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，该最小值为4
【解析】（1）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可得出∠A=∠DCF=45°、AD=CD，结合AE=CF可证出△ADE≌△CDF（SAS），根据全等三角形的性质可得出DE=DF、ADE=∠CDF，通过角的计算可得出∠EDF=90°，再根据O为EF的中点、GO=OD，即可得出GD⊥EF，且GD=2OD=EF，由此即可证出四边形EDFG是正方形；
（2）过点D作DE′⊥AC于E′，根据等腰直角三角形的性质可得出DE′的长度，从而得出2≤DE＜2，再根据正方形的面积公式即可得出四边形EDFG的面积的最小值．
【详解】(1)证明:连接CD，如图1所示.

∵为等腰直角三角形，，
D是AB的中点，
∴
在和中，
∴ ，
∴,
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形.
∵O为EF的中点，，
∴，且，
∴四边形EDFG是正方形;
(2)解:过点D作于E′，如图2所示.

∵为等腰直角三角形，，
∴，点E′为AC的中点，
∴ (点E与点E′重合时取等号).
∴
∴当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，该最小值为4
【点睛】
本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）找出GD⊥EF且GD=EF；（2）根据正方形的面积公式找出4≤S四边形EDFG＜1．
26、（1）ab；（1）A＝﹣1
【分析】（1）先把分子、分母因式分解，再约分，然后同分母分式相加，分母不变，分子相加，最后把除法转化乘法，约分即可；
（1）把P点代入解析式，求得ab＝﹣1，即可求得A＝﹣1．
【详解】解：（1）

＝ab，
（1）∵点P（a，b）在反比例函数的图象上，
∴ab＝﹣1，
∴A＝﹣1．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，分式的运算，把分式化简是解题的关键．