数学（江苏南京卷）-学易金卷：2023年中考第三次模拟考试卷

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2023年中考数学第三次模拟考试卷
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1．在这五个数中，是负数的共有（    ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】利用有理数的乘方，相反数的定义，绝对值的定义计算并判断负数是哪些．
【详解】解：在，，，，这五个数中，负数有：，，共计2个，
故选：A．
【点睛】本题考查了有理数的乘方运算，正数负数，相反数的定义，绝对值的定义，解题的关键是掌握有理数的乘方运算，正数负数，相反数的定义，绝对值的定义．
2．据教育部统计，2022年高校毕业生约1086万人，用科学记数法表示1086万为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用科学记数法把大数表示成（，为自然数）的形式．
【详解】解：1076万．
故选：B．
【点睛】本题考查了科学记数法，解题的关键是熟练掌握科学记数法的表示形式．
3．已知一项工程，甲单独完成需要5天，乙单独完成需要10天，现先由甲单独做2天，然后再安排乙与甲合作完成剩下的部分，则完成这项工程共耗时(   )
A．1天 B．2天 C．3天 D．4天
【答案】D
【分析】设完成这项工程共耗时x天，则甲工作了x天，乙工作了（x﹣2）天，根据总工作量＝甲完成的工作量+乙完成的工作量，即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】解：设完成这项工程共耗时x天，则甲工作了x天，乙工作了（x﹣2）天，
根据题意得：1，
解得：x＝4．
即完成这项工程共耗时4天．
故选：D
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．
4．如图，A，B，C是数轴上从左到右排列的三个点，它们表示的实数分别为a，b，c．若B是的中点，b的绝对值最小，a的绝对值最大，则原点的位置在（    ）

A．线段上，更靠近点A B．线段上，更靠近点B
C．线段上，更靠近点B D．线段上，更靠近点C
【答案】C
【分析】B是的中点，若假设B是原点，则a、c的绝对值相等，与题干矛盾，而b的绝对值最小，所以B靠近原点，从而即可得解．
【详解】解：∵B是的中点，
∴若B是原点，则a、c的绝对值相等，与题干矛盾，
∴B是不是原点，
∵而b的绝对值最小，
∴B是靠近原点，一个数离原点越远，绝对值越大，
∵a的绝对值最大，
∴A离原点最远，
∴原点在线段上，更靠近点B，
故选：C．
【点睛】本题考查的是数轴上原点的确定，可以用假设法，也可以直接用代入法解题．
5．从小华、小琪、小明、小伟四人中随机抽出2人参加学校举行的乒乓球比赛，恰好抽到小华和小明的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰好抽到小华和小明的结果有2种，再由概率公式求解即可．
【详解】解：把小华、小琪、小明、小伟四人分别记为、、、，画树状图如下：

共有12种等可能的结果，其中恰好抽到小华和小明的结果有2种，
恰好抽到小华和小明的概率为，
故选：C．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率，概率等于所求情况数与总情况数之比，用树状图或列表法列出所有可能出现的结果是解题的关键．
6．如图，是半圆O的直径，点C为的中点，平分交于点D，连接．下列结论中错误的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】A.根据等腰三角形的性质和角平分线的性质，利用等量代换求证即可；
B. 根据角平分线的性质得出，根据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弦相等可得，又因为,又由可得；
C.先根据圆周角定理可得，再结合可证；
D. 先根据圆周角定理可得，根据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弦相等可得即可解答．
【详解】解：A.∵是半圆直径，
∴，
∴，
∵平分交弧于点D，
∴，
∴，
∴，
∴A正确；
B. ∵平分交于点D，
∴.
∴
∴,
∵半径于O，
∴,
∴，
∴B错误；
C.∵是半圆O的直径，点C为的中点
∴,
∵
∴
∴C正确；
D. ∵是半圆O的直径，
∴
∵平分交于点D，
∴
∴D正确．
故选B．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
7．若，则________．
【答案】
【分析】根据二次根式及绝对值的非负性进行计算即可．
【详解】∵，
∴，，
∴，，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查二次根式及绝对值的非负性，掌握“多个非负数相加和为0，则让其分别为0”的做题技巧是解题关键．
8．已知，，则代数式的值为______．
【答案】
【分析】先把提公因式分解因式，再整体代入进行计算即可．
【详解】解：∵，，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是提公因式分解因式，因式分解的应用，求解代数式的值，掌握“整体代入进行求值”是解本题的关键．
9．如图，圆锥的底面半径，高，则该圆锥的侧面积等于________．（结果保留π）

【答案】
【分析】先计算母线长，再根据侧面积等于计算即可．
【详解】∵，高，
∴，
∴侧面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，圆锥的侧面积，熟练掌握勾股定理，圆锥侧面积计算公式是解题的关键．
10．二次函数的图像的顶点坐标是______．
【答案】
【分析】根据二次函数表达式为，是顶点式，直接根据二次函数图像与性质得到二次函数的图像的顶点坐标是，从而得到答案
【详解】∵二次函数的解析式的顶点式为，
∴二次函数的图像的顶点坐标是
故答案为：
【点睛】本题考查二次函数图像与性质，熟记由二次函数顶点式得到函数图像顶点坐标是解决问题的关键．
11．如图是一次函数的图象，则关于x的不等式的解集为______．

【答案】x＞2
【分析】根据一次函数的图象即可确定不等式的解集．
【详解】解：根据图象可知，当x=2时，y=kx+b=0，
∴不等式kx+b＜0的解集为x＞2，
故答案为：x＞2．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，熟练掌握一次函数的图象是解题的关键．
12．某次检测中，一个10人小组，其中6人的平均成绩是80分，4人的平均成绩是90分，那么这个10人小组的平均成绩是_____分．
【答案】84
【分析】根据平均数的计算公式列出算式，再进行计算即可得出答案．
【详解】解：由题意知，这这个10人小组的平均成绩（分）．
故答案为：84．
【点睛】本题考查的是平均数的含义，熟练的利用平均数的含义求解一组数据的平均数是解本题的关键．
13．如图，已知点是平分线上的点，点分别在上，如果要得到，需要添加以下条件中的某一个即可∶

①；②；③；④．请你写出所有可能的结果的序号∶_____________．
【答案】①②④
【分析】连接、，①当，用即可证明，即可得到；②当，用即可证明，即可得到；③当时，有两组对应边和其中一组对应边的对角相等，不可得到三角形的全等，故③不能得到；④当时，用即可证明，即可得到，
【详解】解：连接、，

∵平分，
∴，
①当时：
在和中，
∠POC=∠，，，
∴，
∴；
②当时：
在和中，
∠POC=∠，，，
∴，
∴；
③当时，有两组对应边和其中一组对应边的对角相等，不可得到三角形的全等，故③不能得到；
④当时：设垂足为D，

∵，
∴，
在和中，
=，，，
∴，
∴；
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义和三角形全等是判定，熟练掌握相关内容是解题的关键．注意两边和其中一边的对角相等，不能判定三角形的全等．
14．如图，圆的半径为4，则图中阴影部分的周长是 _____．

【答案】
【分析】根据正六边形的性质即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，，过点作于，
根据图形可知：

，，圆的半径，
，
，
，
图中阴影部分的周长．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，解决本题的关键是掌握正六边形的性质.
15．如图，在中，，的垂真平分线交于点，若，则的长度是______．

【答案】2
【分析】如图所示，连接，根据线段垂直平分线的性质得到，，证明是的角平分线，得到，再根据含30度角的直角三角形的性质得到，再由进行求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴是的角平分线，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：2．

【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
16．如图，正方形中，，是的中点．以点为圆心，长为半径画圆，点是上一动点，点是边上一动点，连接，若点是的中点，连接，，则的最小值为______．

【答案】##
【分析】取点关于直线的对称点，连接、两线交于点，连接，，，过作于点，判断出是的中位线，求出，利用正方形的性质和勾股定理求出的长，根据，推出当、、、四点共线时，的值最小，从而可求出其最小值．
【详解】解：取点关于直线的对称点，连接、两线交于点，连接，，，过作于点，

点是的中点，O为中点，
∴是的中位线，
，
点在以为圆心，1为半径的上运动，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
当、、、四点共线时，的值最小，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的有关性质的应用，中位线定理，正方形的性质，最短路径，勾股定理，解题的关键是正确确定点的运动轨迹．

三、解答题（本大题共11小题，共88分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤等）
17．（7分）（1）已知与成正比例，当时，，求与的函数表达式．
（2）某位同学的卧室有25平方米，共用了64块正方形的地板砖，问每块砖的边长是多少？
【答案】（1）；（2）每块砖的边长是米
【分析】（1）设，用待定系数法即可得到与的函数表达式；
（2）先求出每块地板砖面积是平方米，即可得到每块砖的边长．
【详解】解：（1）设，
∵当时，，
∴，
解得，
∴，
即；
（2）设每块砖的边长是米（），
∵卧室有平方米，共用了块正方形的地板砖，
∴每块地板砖面积是平方米，
∴，
∴，
∴每块砖的边长是米．
【点睛】本题考查待定系数法求一次函数关系式以及求算术平方根．解题的关键是掌握待定系数法和算术平方根的概念．
18．（7分）以下是某同学化简分式的部分运算过程：
解：原式①
②
…

(1)上面的运算过程中第_________步出现了错误；（填序号）
(2)请你写出完整的解答过程，并在，1，0中选一个你喜欢的数代入求值．
【答案】(1)②
(2)

【分析】（1）根据解答过程逐步分析即可；
（2）根据分式混合运算的法则计算即可；
【详解】（1）解：∵，
∴第②步错误，
故答案为：②；
（2）原式


∵，
∴且，
故只能取0，
当时，原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握分式的运算法则是解答本题的关键．
19．（7分）如图所示，，，试说明．

【答案】见解析
【分析】先利用两直线平行，内错角相等证明角相等，然后证明中间部分的，从而证明．
【详解】解：∵
∴
∵
∴，即
∴
∴．
【点睛】本题考查的知识点是平行线的性质和判定，解题的关键是灵活应用有关知识，熟记法则．
20．（8分）随着通讯技术迅猛发展，人与人之间的沟通方式更多样，更便捷．为此，李老师设计了“你最喜欢的沟通方式”调查问卷（每人必选且只选一种）．某校九年级（1）班同学利用周末对全校师生进行了随机访问，并将统计结果绘制成两幅不完整的统计图，请结合图中所给的信息解答下列问题：

(1)这次参与调查的共有 人，在扇形统计图中，表示“微信”的扇形圆心角的度数为 ；
(2)将条形统计图补充完整；
(3)如果该校有6000人在使用手机：
①请估计该校最喜欢用“微信”进行沟通的人数；
②在该校师生中随机抽取一人，用频率估计概率，抽取的恰好使用“QQ”的概率是 ．
【答案】(1)2000；144°
(2)见解析
(3)①2400人；②

【分析】（1）由用电话沟通的人数及其所占百分比可求出总人数，用360°乘以利用“微信”沟通人数占被调查人数的比例即可；
（2）先求出短信沟通的人数，再根据5种方式的人数之和等于总人数求出使用“微信”进行沟通的人数，从而补全图形；
（3）①用总人数乘以样本中用“微信”进行沟通的人数所占比例；
②先求出抽取的恰好使用“QQ”的频率，再用频率估计概率即可得出答案．
（1）
解：∵喜欢用电话沟通的人数为400，所占百分比为20%，
∴此次共抽查了400÷20%＝2000（人），
表示“微信”的扇形圆心角的度数为：360°×=144°，
故答案为：2000；144°；
（2）
解：短信人数为2000×5%＝100（人），用“微信”进行沟通的人数为2000﹣（400+440+260+100）＝800（人），
如图：

（3）
解：①估计最喜欢用“微信”进行沟通的人数有：6000×＝2400（人），
∴在该校6000人中，估计最喜欢用“微信”进行沟通的有2400人；
②由（1）可知：参与这次调查的共有2000人，其中喜欢用“QQ”进行沟通的人数为440人，所以，在参与这次调查的人中随机抽取一人，抽取的恰好使用“QQ”的频率是 ＝．
所以，用频率估计概率，在该校使用手机的人中随机抽取一人，抽取的恰好使用“QQ”的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是利用频率估计概率、条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键，条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
21．（8分）王叔叔准备买一台彩电，他从报纸上得知上季度甲型号的彩电销售量比乙型号彩电销售量略高．于是他决定买甲型号彩电．可是，到了商店以后，他观察了，发现有3人买了乙型号彩电，只有1人买了甲型号的彩电．他想一定是报纸弄错了，于是也买了乙型号彩电．你认为一定是报纸弄错了吗？
【答案】不能认为一定是报纸弄错，见解析
【分析】抽样调查时，既要关注样本的广泛性，又要关注样本的代表性，据此即可回答．
【详解】解：不能认为一定是报纸弄错了．
因为对一个季度销售量的统计结果比在一个商场观察的统计结果更可靠．人数太少，不具有广泛性．
【点睛】本题考查了抽样调查的可靠性，抽样调查时，既要关注样本的广泛性，又要关注样本的代表性，样本太少时，就不具有广泛性，调查结果就不准确．
22．（7分）如图，在中，，以为直径作交于点，过点作．垂足为、延长交于点F．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)

【分析】（1）连接，根据，，推出，得到，根据，推出，得到是的切线；
（2）过点作，得到，根据，，推出四边形是矩形，得到，，设，，得到，，根据勾股定理得到，解得，，得到，推出．
【详解】（1）证明：如图1，连接，则，

，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
（2）解：如图2，过点作，

则，，
，，


四边形是矩形，
，，
，设，，
，，
在中，由勾股定理得，
，
，
解得，，（舍去），
，
．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，圆的切线，垂径定理，矩形，勾股定理等，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形的性质，圆的切线判定和性质定理，垂径定理，矩形判定和性质，勾股定理解直角三角形．
23．（8分）某校为增加学生的体育课活动，决定购买一批体育用品，若购买10个足球和4个篮球需要400元，购买5个足球和9个篮球需要550元.
(1)求篮球、足球的单价；
(2)如果需要购买篮球、足球共20个，且费用不超过880元，则最多可以购买多少个篮球？
【答案】(1)每个篮球的售价为50元，每个足球的售价为20元
(2)该校最多可以购买13个篮球

【分析】（1）设每个篮球的售价为元，每个足球的售价为元，根据“购买10个足球和4个篮球需要400元，购买5个足球和9个篮球需要550元”，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买个篮球，则购买个足球，由题意即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，则可得出答案．
【详解】（1）解：设每个篮球的售价为元，每个足球的售价为元，
依题意，得：，
解得：．
答：每个篮球的售价为50元，每个足球的售价为20元；
（2）解：设购买个篮球，则购买个足球，
根据题意，得，
解得：，
为正整数，
最大为，
答：该校最多可以购买13个篮球．
【点睛】本题考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的数量关系，列出方程组和不等式．
24．（8分）消防车是救援火灾的主要装备．图①是一辆登高云梯消防车的实物图，图②是其工作示意图，起重臂（20米米）是可伸缩的，且起重臂可绕点在一定范围内上下转动，张角，转动点距离地面的高度为3米．

(1)当起重臂的长为24米，张角时，求云梯消防车最高点距离地面的高度．
(2)某日一栋大楼突发火灾，着火点距离地面的高度为26米，问该消防车在这栋楼下能否实施有效救援？请说明理由．（参考数据：）（提示：当起重臂伸到最长且张角最大时，云梯顶端可以达到最大高度．）
【答案】(1)云梯消防梯最高点距离地面的高度为15米
(2)该消防车在这栋楼下能实施有效救援，理由见解析

【分析】（1）过点A作，垂足为F．先在中求出，再利用直角三角形的边角间关系求出；
（2）先计算当长米且时救援的高度，再判断该消防车能否实施有效救援．
【详解】（1）作于点

由题意，得，，
∴四边形是矩形，
∴（米），.
∵，
∴.
在中， ，
∴（米），
∴（米）.
答：云梯消防梯最高点距离地面的高度为15米
（2）当米，时，云梯顶端可以达到最大高度
则有米，，
在中，，
∴（米），
∴（米）（米）.
答：该消防车在这栋楼下能实施有效救援．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，在抽象图中找到直角三角形、熟记锐角三角函数的定义及特殊角的三角函数值是本题的解题关键．
25．（8分）如图（1），抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，顶点为．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点E是抛物线上一点，过点E作x轴的平行线与该二次函数的图象相交于点M，再过点M作x轴的垂线交直线于另一点N，当时，直接写出点E的横坐标；
(3)如图（2），直线交抛物线于M，N两点，直线轴，直线与交于点T，求的最小值．
【答案】(1)
(2)或
(3)

【分析】（1）设抛物线解析式为，使，即可求解；
（2）先求出直线的解析式，设，则，，可表示出，的长度，利用建立方程，求解即可；
（3）由图得，当点N经过抛物线顶点时，有最小值，先求出k值，再联立抛物线解析式求出点M的横坐标为，即点T的横坐标为，求出直线的解析式，进而得出，再利用两点间距离公式求解即可．
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，顶点为，
∴设抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）令，解得或3，
∴，
∵抛物线与y轴交于点C，
∴，对称轴为直线，
设直线的解析式为，
把的坐标代入得，
∴，
∴直线的解析式为，
设，
∴，
∴，，
∴，
∵，即，
解得或，
∴或；
（3）由图得，当点N经过抛物线顶点时，有最小值，
∴，
代入，得，
解得，
∴，
令，解得或1，
∴点M的横坐标为，
∵直线轴，
∴点T的横坐标为，
设直线的解析式为，
把坐标代入，得，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，待定系数法求二次函数解析式，两点间距离公式，一次函数与二次函数的综合应用，综合运用知识点是解题的关键．
26．（9分）已知三角形三边之长能求出三角形的面积吗？
海伦公式告诉你计算的方法是：，其中表示三角形的面积，分别表示三边之长，表示周长之半，即．
我国宋代数学家秦九韶提出的“三斜求积术”与这个公式基本一致，所以这个公式也叫“海伦-秦九韶公式”．
请你利用公式解答下列问题．
（1）在中，已知，，，求的面积；
（2）计算（1）中的边上的高．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据公式求得p=9，然后将AB、AC、BC和P的值代入公式即可求解；
（2）根据三角形面积公式，且已知BC的长和三角形的面积，代入即可求解．
【详解】解：（1），
所以，
答：的面积是．
（2）边上的高，
答：边的高是．
故答案为（1）；（2）．
【点睛】本题考查了二次根式的应用，二次根式的乘法运算，属于新定义题型，重点是掌握题目中给出的公式，代入相应值．
27．（11分）我们学习了图形的三大变换：平移、旋转与翻折．这些变换在探索与发现图形的性质及图形关系等方面有着广泛的应用请利用图形变换知识解决下列问题：

(1)翻折：如图①，在矩形中，点E是边的中点，将沿折叠后得到，且点F在矩形内部．将延长交边于点G．若，则___________
(2)平移．如图②，矩形中，，将矩形沿对角线AC方向平移得到矩形，平移的速度为5个单位/秒，设平移的时间为t秒，记图中矩形的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求S的最大值：
(3)旋转；如图③，已知，其中，现将绕着A点顺时针方向旋转角度得到，如图④，直线分别与直线交于点M、N．在绕着A点旋转的过程中，探究．当___________时，是等腰三角形（直接写结果）
【答案】(1)
(2)，
(3)或或或

【分析】（1）设，则，由矩形的性质得到，再由折叠的性质得到，证明，得到，则，利用勾股定理得，则；
（2）先由勾股定理得，由题意得，，则，证明求出，，则，根据矩形面积公式即可得到，由此利用二次函数的性质求解即可；
（3）先由勾股定理得，再由相似三角形的性质得到，；然后分四种情况：如图3-1所示，当时，如图3-2所示，当时，如图3-3所示，当时，如图3-4所示，当时，利用等腰三角形的性质进行分类讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴可设
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∵E为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
故答案为：；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
在中，由勾股定理得，
由题意得，，
∴，
∵矩形是由矩形沿平移得到的，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，S最大，最大为75；

（3）解：在中，由勾股定理得
∵，
∴，即，，
∴，；
如图3-1所示，当时，
∴，
由旋转的性质可得，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

如图3-2所示，当时，
∴，
∵，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

如图3-3所示，当时，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴；

如图3-4所示，当时，
同理可证，
∴；
综上所述，的值为或或或．

【点睛】本题主要考查了二次函数与图形面积，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，矩形的性质，折叠的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．