2022-2023学年浙江省金华市义乌市八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省金华市义乌市八年级（下）期末数学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年浙江省金华市义乌市八年级（下）期末数学试卷
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列属于一元二次方程的是(    )
A. x2−3x+y=0 B. x2+2x=1x C. x2+5x=0 D. x(x2−4x)=3
2. 下列以数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. 笛卡尔心形线 B. 赵爽弦图
C. 莱洛三角形 D. 科克曲线
3. 下列计算正确的是(    )
A. 3+ 3=3 B. 2 3+ 3=3 3
C. 2 3− 3=2 D. 3+ 2= 5
4. 用配方法解方程x2−4x−10=0，下列配方结果正确的是(    )
A. (x+2)2=14 B. (x+2)2=6 C. (x−2)2=14 D. (x−2)2=6
5. 用反证法证明命题“在△ABC中，若AB≠BC，则∠A≠∠C”时，首先应假设(    )
A. ∠A=∠B B. AB=BC C. ∠B=∠C D. ∠A=∠C
6. 已知一组数据x1+2，x2+2，x3+2，x4+2的平均数为6，则另一组数据x1+3，x2+3，x3+3，x4+3的平均数为(    )
A. 5 B. 6 C. 7 D. 不确定
7. 杭州亚运会吉祥物深受大家喜爱.某商户3月份销售吉祥物“宸宸”摆件为10万个，5月份销售11.5万个.设该摆件销售量的月平均增长率为x(x>0)，则可列方程(    )
A. 10(1+x)2=11.5 B. 10(1+2x)=11.5
C. 10x2=11.5 D. 11.5(1−x)2=10
8. 已知点A(x1,−3)，B(x2,−1)，C(x3,4)都在反比例函数y=ax(a<0)的图象上，则x1，x2，x3的大小关系为(    )
A. x2 9. 如图，在矩形ABCD中，AB= 15，AD>AB，保持矩形ABCD四条边长度不变，使其变形成平行四边形ABC1D1，且点D1恰好在BC上，此时△ABD1的面积是矩形ABCD面积的13，则AD的长度为(    )
A. 3 3
B. 2 3
C. 3 5
D. 2 5
10. 如图，在正方形ABCD中，已知点P是线段AB上的一个动点(点P与点A不重合)，作CQ⊥DP交AD于点Q.现以PQ，CQ为邻边构造平行四边形PECQ，连结BE，则∠BEP+∠PQC的最小值为(    )


A. 90° B. 45° C. 22.5° D. 60°
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 当a=1时，二次根式 3+a的值为______ ．
12. 已知一组数据如下：15，13，15，17，20，15，则这组数据的中位数为______ ．
13. 已知y与x成反比例，且当x=2时，y=6，则当y=4时，x的值为______ ．
14. 已知a为方程x2−3x−6=0的一个根，则代数式6a−2a2+5的值为______ ．
15. 如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，点D是边AC上一点，且AD=AB，连结BD，过点A作∠BAD的角平分线AE交BD于点E.若点F是边BC的中点，连结EF，则EF的长为______ ．


16. 如图，在菱形ABCD中，已知AB=4，∠BAD=135°，点P是对角线BD上的一个动点，连结CP，将△CDP沿边CD翻折得到△CDQ，连结AQ．
(1)∠ADQ= ______ 度.
(2)若△ADQ是以AQ为腰的等腰三角形，则BP2的值为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题6.0分)
计算：
(1) 8+ 2；
(2) 3× 12−( 2)2．
18. (本小题6.0分)
解方程：
(1)x2+3x=0；
(2)2x2−3x−5=0．
19. (本小题6.0分)
某校组织八年级篮球投篮赛，在一班和二班两个班级中各随机抽取10名学生的投篮成绩进行整理、描述和分析，得出下面部分信息：二班10名学生的成绩分别为(单位：分)：4，4，4，5，6，6，6，6，7，8．
一班、二班学生投篮成绩统计表
统计量
一班
二班
平均数(分)
5.6
5.6
中位数(分)
m
6
众数(分)
5
n
根据以上信息，解答下列问题：
(1)请直接写出：m= ______ ，n= ______ ．
(2)根据以上信息，你认为一班和二班两个班级中哪个班比赛成绩更好？请说明理由．

20. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，已知AE=CF，DM=BN，EF与MN交于点O，且MN⊥EF．
(1)试判断四边形ENFM的形状，并说明理由．
(2)若∠B=2∠MNF，且MN=4，EF=2，求AB的长．

21. (本小题6.0分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于点A(−2,−2)和点B(n,4)．
(1)求m，n的值．
(2)连结OA，OB，求△OAB的面积．

22. (本小题6.0分)
某果农对自家桑甚进行直播销售，如果售价为每篮50元，则每天可卖出40篮.通过市场调查发现，若售价每篮降价2元，每天销售可增加10篮.综合各项成本考虑，规定每篮售价不低于30元．
(1)若设售价每篮降价x元，则每天可销售______ 篮.(用含x的代数式表示)
(2)该果农管理桑葚园的每天各项成本合计为1200元，问：桑葚每篮售价为多少元时，每天能获得2600元的利润？(利润=销售额−各项成本)
23. (本小题8.0分)
若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“半对称四边形”，这条角平分线称为四边形的“分割对角线”.例如：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，BD平分∠ABC，则称四边形ABCD是半对称四边形，BD称为四边形ABCD的分割对角线．

(1)如图1，求证：BC//AD．
(2)如图2，在四边形ABCD中，AB=AC，AD//BC，∠CAD=2∠DBC.求证：四边形ABCD是半对称四边形．
(3)如图3，在△ABC中，∠A=45°，∠ABC=120°，BC=2 3，D是△ABC所在平面内一点，当四边形ABCD是半对称四边形且AC为分割对角线时，求四边形ABCD的面积．
24. (本小题8.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且点B的坐标为(4,2)，点D为线段AC上的一个动点，点E为线段AO上一点(不与点A重合)，连结DE．

(1)求对角线AC所在直线的函数表达式．
(2)如图2，将△DEA沿着DE翻折，使点A落在平面内的点F处.若点D为对角线AC的中点，当点F恰好落在矩形OABC的顶点上时，求EF的长．
(3)如图3，连结OD，延长ED交边BC于点G.当GE⊥OD时，坐标平面内是否存在点P，使得以P，O，E，G为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.方程是二元二次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B.方程是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.方程是一元二次方程，故本选项符合题意；
D.方程是一元三次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
故选：C．
根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．

2.【答案】D 
【解析】解：A.不是中心对称，但是轴对称；不符合题意；
B.不是轴对称，但是中心对称；不符合题意；
C.是轴对称，但不是中心对称；不符合题意；
D.既是轴对称，也是中心对称；符合题意；
故选：D．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可作答．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练地掌握定义并能够区分轴对称图形和中心对称图形是解题的关键．

3.【答案】B 
【解析】解：A、3与 3不能合并，原式计算错误，不符合题意；
B、2 3+ 3=3 3，原式计算正确，符合题意；
C、2 3− 3= 3，原式计算错误，不符合题意；
D、 3与 2不是同类二次根式，不能合并，原式计算错误，不符合题意；
故选：B．
根据二次根式的加减计算法则求解即可．
本题主要考查了二次根式的加减计算，熟知相关计算法则是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：x2−4x−10=0，
移项，得x2−4x=10，
配方，得x2−4x+4=10+4，
即(x−2)2=14．
故选：C．
先移项，再配方，即可得出选项．
本题考查了解一元二次方程，能够正确配方是解此题的关键．

5.【答案】D 
【解析】解：用反证法证明命题“在△ABC中，若AB≠BC，则∠A≠∠C”时，首先应假设∠A=∠C．
故选：D．
根据反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立解答即可．
本题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．

6.【答案】C 
【解析】解：∵一组数据x1+2，x2+2，x3+2，x4+2的平均数为：x1+x2+x3+x44+2+2+2+24=4+2=6，
∴另一组数据x1+3，x2+3，x3+3，x4+3的平均数为：x1+x2+x3+x44+3+3+3+34=4+3=7．
故选：C．
根据平均数的定义解答即可．
本题考查算术平均数，解答本题的关键是明确题意，求出相应的平均数．

7.【答案】A 
【解析】解：根据题意得：10(1+x)2=11.5．
故选：A．
利用5月份的销售量=3月份的销售量×(1+该摆件销售量的月平均增长率)2，即可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：∵反比例函数y=ax(a<0)的中a<0，
∴函数图象的两个分支分别位于二、四象限，且在每一象限内，y随x的增大而增大．
∵点A(x1,−3)，B(x2,−1)，C(x3,4)都在反比例函数y=ax(a<0)的图象上，−3<−1<0<4，
∴x3 故选：D．
先根据反比例函数的解析式判断出函数图象所在的象限，再根据反比例函数的性质，可以判断出x1，x2，x3的大小关系，本题得以解决．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．

9.【答案】A 
【解析】解：∵△ABD1的面积是矩形ABCD面积的13，
∴12×AB⋅D1B=13AB⋅AD，
∴D1B=23AD，
∵AB= D1A2−D1B2= 53AD= 15，
∴AD=3 3，
故选：A．
由面积关系可求D1B=23AD，由勾股定理可求解．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：如图，过点E作EH⊥AB，交AB的延长线于点H，延长DC，BE交于点E′，
∵四边形PECQ是平行四边形，
∴QC=PE，QC//PE，∠PQC=∠PEC，
∴∠BEP+∠PQC=∠PEC+∠BEP=∠BEC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB，∠DAB=∠CDA=90°，
∵CQ⊥DP，
∴∠DCQ+∠CDP=90°=∠CDP+∠ADP，
∴∠ADP=∠DCQ，
∴△ADP≌△DCQ(ASA)，
∴CQ=DP，
∴PE=DP，
∵CQ⊥DP，QC//PE，
∴DP⊥PE，
∴∠APD+∠EPH=90°=∠APD+∠ADP，
∴∠ADP=∠EPH，
又∵∠DAP=∠EHP=90°，
∴△ADP≌△HPE(AAS)，
∴AP=EH，PH=AD，
∴AD=AB=PH，
∴BH=AP=EH，
∴∠EBH=45°，
∴点E在∠CBH的角平分线上运动，
∵∠E′CB=90°，∠CBE=45°，
∴∠E′=45°，
∴当点E运动到点E′时，∠BEC有最小值为45°，
即∠BEP+∠PQC的最小值为45°，
故选：B．
由“ASA”可证△ADP≌△DCQ，可得CQ=DP，由“AAS”可证△ADP≌△HPE，可得AP=EH，PH=AD，可证点E在∠CBH的角平分线上运动，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．

11.【答案】2 
【解析】解：当a=1时，
3+a= 3+1= 4=2，
故答案为：2．
把a=1代入计算即可．
本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是掌握算术平方根的概念．

12.【答案】15 
【解析】解：将这组数据重新排列为13，15，15，15，17，20，
所以这组数据的中位数为15+152=15，
故答案为：15．
将这组数据重新排列，再根据中位数的定义求解即可．
本题主要考查中位数，将一组数据按照从小到大(或从大到小)的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．

13.【答案】3 
【解析】解：∵y与x成反比例，
∴y=kx(k≠0)，
∵当x=2时，y=6，
∴k=2×6=12，
∴反比例函数解析式为y=12x，
∴当y=4时，x=124=3，
故答案为：3．
首先根据题意设出反比例函数解析式，再利用待定系数法把当x=2时，y=6代入求出k的值，进而可得当y=4时，x的值．
此题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，用待定系数法求反比例函数的解析式要注意：
(1)设出含有待定系数的反比例函数解析式y=kx(k为常数，k≠0)；
(2)把已知条件(自变量与函数的对应值)代入解析式，得到待定系数的方程；
(3)解方程，求出待定系数；
(4)写出解析式．

14.【答案】−7 
【解析】解：∵a是方程x2−3x−6=0的一个根，
∴a2−3a−6=0，
∴a2−3a=6，
∴6a−2a2+5
=−2(a2−3a)+5
=−2×6+5
=−7．
故答案为：−7．
先根据一元二次方程解的定义得到a2−3a=6，再把6a−2a2+5变形为−2(a2−3a)+5，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．

15.【答案】2 2−2 
【解析】解：在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，
∴AC= AB2+BC2=4 2，
∵AD=AB=4，
∴CD=4 2−4，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE=∠BAE，
在△DAE与△BAE中，
AD=AB∠DAE=∠BAEAE=AE，
∴△DAE≌△BAE(SAS)，
∴DE=EF，
∵点F是边BC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=12CD=2 2−2，
故答案为：2 2−2．
根据勾股定理得到AC= AB2+BC2=4 2，求得CD=4 2−4，根据全等三角形的性质得到DE=EF，根据三角形中位线定理即可得到结论．
本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．

16.【答案】67.5  64−32 2或16−8 2 
【解析】解：(1)如图1中，

∵四边形ABCD是菱形，
∴CD//AB，∠ADB=∠CDB，
∴∠DAB+∠ADC=180°，
∵∠DAB=135°，
∴∠ADC=45°，
∴∠ADB=∠CDB=22.5°，
∵P，Q关于DC对称，
∴∠QDC=∠PDC=22.5°，
∴∠ADQ=∠ADC+∠QDC=67.5°．
故答案为：67.5；

(2)如图2中，当A，P，Q共线时，

∵DQ=DP，∠QDP=45°，
∴∠DQA=∠ADQ=67.5°，
∴AQ=AD满足条件，
∵AB=AD，∠DAB=135°，
∴∠ABD=∠ADB=12(180°−135°)=22.5°，
∵∠APB=∠DPQ=67.5°，
∴∠PAB=180°−22.5°−67.5°=90°，
在AB上取一点T，使得AD=AT，连接PT.则PT=TB．
设AP=AT=x，则TP=TB= 2x，
∴x+ 2x=4，
∴x=4 2−4，
∴AP=4 2−4，AB=4 2−4+8−4 2=4，
∴PB2=AP2+AB2=(4 2−4)2+42=64−32 2．
如图3中，当AQ经过点C时，∠ADQ=∠DAQ=67.5°，
∴AQ=DQ满足条件，

过点A作AH⊥CD于点H.则有AH=DH=2 2，
∴CH=CD−DH=4−2 2．
∴AC2=AH2+CH2=(2 2)2+(4−2 2)2=32−16 2，
∵∠Q=∠DPC=45°，∠DPC=∠PBC+∠PCB，
∴∠PBC=∠PCB=22.5°，
∴PB=PC，
∴PB2=PC2=2OC2=12AC2=16−8 2，
综上所述，BP2=64−32 2或16−8 2．
故答案为：64−32 2或16−8 2．
(1)证明∠ADB=∠CDB=∠CDQ=22.5°，可得结论；
(2)分两种情形：如图2中，当A，P，Q共线时，可证AQ=AD满足条件．当AQ经过点C时，可证AQ=DQ满足条件，分别求解即可．
本题考查作图=轴对称变换，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会由分类讨论的射线思考问题，属于中考常考题型．

17.【答案】解：(1)原式=2 2+ 2
=3 2；
(2)原式=6−2
=4． 
【解析】(1)先化简二次根式，再合并即可；
(2)先计算乘法和乘方，再计算加法即可得出答案．
此题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．

18.【答案】解：(1)x2+3x=0，
x(x+3)=0，
∴x=0或x+3=0，
∴x1=0，x2=−3；
(2)2x2−3x−5=0，
(2x−5)(x+1)=0，
∴2x−5=0或x+1=0，
∴x1=52，x2=−1． 
【解析】(1)利用因式分解法求解可得；
(2)利用因式分解法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

19.【答案】5.5  6 
【解析】解：(1)把一班10名学生的投篮成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是5和6，故中位数m=5+62=5.5，
在二班10名学生的投篮成绩中，6出现的次数最多，故众数n=6．
故答案为：5.5；6；
(2)二班的比赛成绩更好，理由如下：
虽然两个班的平均数相同，但二班的中位数和众数均高于一班，所以二班的比赛成绩更好．
(1)分别根据中位数和众数的定义解答即可；
(2)比较两个班的平均数、中位数和众数即可．
本题考查条形统计图，方差，众数和中位数，利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．

20.【答案】解：(1)四边形ENFM是菱形；
∵▱ABCD，
∴AD=BC，
∵AE=CF，DM=BN，
∴AD−AE−DM=BC−CF−BN，
∴ME=NF，
∵ME//NF，
∴四边形ENFM是平行四边形，
∵MN⊥EF，
∴▱ENFM是菱形；
(2)∵菱形ENFM，
∴∠MNE=∠MNF，
∵∠B=2∠MNF，
∴∠B=2∠MNF=∠MNE+∠MNF=∠ENC，
∴AB//NE，
∵AE//BN，
∴四边形ABNE是平行四边形，
∴AB=NE，
∵菱形ENFM，
∴OF=OE=1，OM=ON=2，
∵MN⊥EF，
∴NE= OE2+ON2= 5，
∴AB=NE= 5． 
【解析】(1)四边形ENFM是菱形，由▱ABCD，AE=CF，DM=BN，得出ME=NF，加上ME//NF，得出四边形ENFM是平行四边形，由MN⊥EF得出四边形ENFM是菱形；
(2)由四边形ENFM是菱形，得出OF=OE=1，OM=ON=2，利用勾股定理得出NE= 5，由∠B=2∠MNF得出AB//NE，A加上AE//BN得出平行四边形ABNE，即可求出AB=NE= 5．
本题考查平行四边形的性质与判定，菱形的判定和性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质与判定，菱形的判定和性质是解题关键．

21.【答案】解：(1)把A(−2,−2)代入y=mx中，得到m=4，
∴反比例函数的解析式为y=4x，
把B(n,4)代入y=4x中，得到n=1．
(2)如图：
∵一次函数y=kx+b的图象过点A(−2,−2)和点B(1,4)，
∴−2k+b=−2 k+b=4 ，
解得k=3 b=1 ，
∴一次函数为y=3x+1，
∴C(0,1)，
∴S△OAB=S△OAC+S△BOC=12×1×(2+1)=32． 
【解析】(1)利用待定系数法即可解决问题；
(2)利用待定系数法求得一次函数的解析式，即可求得直线与x轴的交点，然后根据S△OAB=S△OAC+S△BOC求得即可．
本题是一次函数与反比例函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形面积，解题的关键是灵活应用待定系数法确定函数解析式，属于中考常考题型．

22.【答案】(40+5x) 
【解析】解：(1)增加的篮数为x2×10=5x，则每天可销售的数量(40+5x)篮．
故答案为：(40+5x)；
(2)先表示出第篮降价x元后销售的数量：50−x，再表示出销售的数量：40+5x，
列方程为：(50−x)(40+5x)=1200+2600，
解得：x1=−30，x2=12，
 50−12=38>30．
答：桑葚每篮售价为38元时，每天能获得2600元的利润．
(1)先表示出降价后可以卖的数量：40+x÷2×10，再根据单价乘数量进行列代数式．
(2)根据上面的代数式来列出一元二次方程进行解答．
本题考查了一元二次方程的应用和数量关系的运用．解题的关键是根据题意来列方程．

23.【答案】(1)证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠CBD=∠ADB，
∴BC//AD；
(2)证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠ABC=∠DAC．
∵∠CAD=2∠DBC，
∴∠ABC=2∠DBC，
即BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠DBC．
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD．
这样，在四边形ABCD中，AB=AD，BD平分∠ABC，
∴四边形ABCD是半对称四边形；
(3)解：过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，如图，

∵CE⊥AB，∠A=45°，∠ABC=120°，
∴∠ACE=45°，∠EBC=60°，
∴AE=EC，∠ECB=30°，
∴BE=12BC= 3，
∴EC= BC2−BE2= (2 3)2−( 3)2=3，
∴AE=EC=3，
∴AC= 2EC=3 2．
∴AB=AE−BE=3− 3．
∴S△ABC=12AB⋅EC=12(3− 3)×3=92−3 32．
①当DA=DC，AC平分∠BAD时，如图，

由题意：∠DAC=∠BAC=45°，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠ADC=90°，
∴△ADC为等腰直角三角形，
∴AD=CD= 22AC=3，
∴S△DAC=12AD⋅CD=92，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=92−3 32+92=9−3 32；
②当DA=DC，AC平分∠BCD时，如图，

由题意：∠ACD=∠BCA=15°，
∴DA=DC，
∴∠DCA=∠DAC=15°，
∴∠ADC=150°，
过点C作CF⊥AD，交AD的延长线于点F，
则∠CDF=30°，
∴CF=12CD，
∴DF= 32CD．
设CD=x，则AD=x，CF=12x，AF=AD+DF=(1+ 32)x，
在Rt△ACF中，
∵AC2=AF2+CF2，
∴(3 2)2=[(1+ 32)x]2+(12x)2，
∴x=3+3 3(不合题意，舍去)或x=3 3−3，
∴AD=3 3−3，CF=3 3−32．
∴S△ADC=12AD⋅CF=18−9 32，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=9−3 32+18−9 32=18−6 3．
综上，四边形ABCD的面积为9−3 32或18−6 3． 
【解析】(1)利用等腰三角形的性质，角平分线的定义和平行线的判定定理解答即可得出结论；
(2)利用“半对称四边形”的定义解答即可；
(3)利用分类讨论的思想方法分①当DA=DC，AC平分∠BAD时，②当DA=DC，AC平分∠BCD时，画出符合题意的图形，先计算得到△ABC的三边长度和它的面积，再计算△ADC的面积，则S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC．
本题主要考查了四边形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，本题是新定义型，理解新定义的规定并熟练应用是解题的关键．

24.【答案】解：(1)∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为(4,2)，
∴C(0,2)，A(4,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+2，
∴4k+2=0，
解得k=−12，
∴直线AC的解析式为y=−12x+2；
(2)当F点与O点重合时，DE⊥OA，
∵D点是AC的中点，
∴E点是OA的中点，
∴EF=EA=12OA=2；
当F点与C点重合时，DE⊥AC，
此时AE=EC，
在Rt△OEC中，CE2=CO2+OE2，
∴AE2=42+(4−AE)2，
解得AE=52，
∴EF=52；
综上所述：EF的长为2或52；
(3)存在点P，使得以P，O，E，G为顶点的四边形是菱形，理由如下：
①当OE、OG为菱形的边时，OG=OE，
∵OD⊥GE，
∴D为GE的中点，
∴D(2,1)，
∴P(4,2)；
②当OE、GE为菱形的边时，过点D作DM⊥OE交于M点，过点G作GN⊥OE交于点N，
∵OD⊥GE，
∴GN=OD=2，
设D(t,−12t+2)，
∴2= t2+(−12t+2)2，
解得t=0(舍)或t=45，
∴D(85,65)，
在Rt△ODE中，MD⊥OE，
∴∠ODM=∠DEM，
∴△ODM∽△DEM，
∴DMEM=OMDM，即DM2=OM⋅EM，
∴(65)2=85EM，
∴EM=910，
∴OE=OM+ME=85+910=52，
∴GE=52，
在Rt△GNE中，NE= GE2−GN2=32，
∴ON=OE−NE=52−32=1，
∴G(1,2)，
∵GP=OE=52，
∴P(72,2)或(−32,2)；
③当OG、GE为菱形的边时，OG=GE，
∴G点与P点关于x轴对称，
∴P点纵坐标为−2，
∵∠COB=∠ODG=90°，
∴C、O、G、D四点共圆，
∴∠OCD=∠OGD，
设G(t,2)，
∴GE=OG= 4+t2，OE=2t，
∴2⋅2t= 4+t2OD，
∴OD=4t 4+t2，
∵△OAC∽△DOG，
∴OGAC=ODOA，
∴4 4+t2=2 5OD，
∴OD=2⋅ 4+t2 5，
∴4t 4+t2=2⋅ 4+t2 5，
解得t= 5−12(舍)或t=1+ 52(舍)；
综上所述：P点坐标为(4,2)或(72,2)或(−32,2)． 
【解析】(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)当F点与O点重合时，DE⊥OA，D点是AC的中点，E点是OA的中点；当F点与C点重合时，DE⊥AC，此时AE=EC，在Rt△OEC中，利用勾股定理AE2=42+(4−AE)2，解得AE=52，即可求EF=52；
(3)①当OE、OG为菱形的边时，OG=OE，D为GE的中点，求得P(4,2)；②当OE、GE为菱形的边时，过点D作DM⊥OE交于M点，过点G作GN⊥OE交于点N，则GN=OD=2，设D(t,−12t+2)，由2= t2+(−12t+2)2，求出D(85,65)，再由△ODM∽△DEM，求出EM=910，从而求得GE=52，在Rt△GNE中，NE= GE2−GN2=32，进而求出G(1,2)，再由GP=OE=52，可求P(72,2)或(−32,2)；③当OG、GE为菱形的边时，OG=GE，G点与P点关于x轴对称，判定C、O、G、D四点共圆，可得∠OCD=∠OGD，设G(t,2)，根据等积法得方程2⋅2t= 4+t2OD，可求OD=4t 4+t2，再由△OAC∽△DOG，可求OD=2⋅ 4+t2 5，从而得到方程4t 4+t2=2⋅ 4+t2 5，此时所求的点不能构成菱形，故舍去．
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，三角形相似的判定及性质，等腰三角形的性质，等积法求面积是解题的关键．