2024北京八一学校初三(下)开学考数学试卷和答案

2024北京八一学校初三（下）开学考
数学
一、选择题：（每题2分，共16分）
1．（2分）二次函数y＝3（x+1）2﹣4的最小值是（ ）
A．1B．﹣1C．4D．﹣4
2．（2分）下面图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2分）已知点P在半径为r的⊙O内，且OP＝3，则r的值可能为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．（2分）如图，在方格纸中，△ABC和△EPD的顶点均在格点上，要使△ABC∽△EPD，则点P所在的格点为（ ）
A．P1B．P2C．P3D．P4
5．（2分）若关于x的一元二次方程x2﹣x+n＝0有两个相等的实数根，则实数n的值为（ ）
A．4B．C．D．﹣4
6．（2分）下列函数中，当x＞0时，y值随x值的增大而减小的是（ ）
A．y＝x B．y＝2x﹣1C．y＝D．y＝x2
7．（2分）从甲、乙、丙三名同学中随机抽取两名同学去参加义务劳动，则甲与乙恰好被选中的概率是（ ）
A．B．C．D．
8．（2分）如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至E使EB＝2，以EB为边在上方作正方形EFGB，延长FG交DC于M，连接AM，AF，H为AD的中点，连接FH分别与AB，AM交于点N、K：则下列结论：
①△ANH≌△GNF；
②∠AFN＝∠HFG；
③FN＝2NK；
④S△AFN：S△ADM＝1：4．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题：（每题2分，共16分）
9．（2分）若扇形的圆心角为60°，半径为2，则该扇形的弧长是 （结果保留π）．10．（2分）一元二次方程x（x﹣3）＝x﹣3的解是 ．
11．（2分）在平面直角坐标系xOy中，若反比例函数的图象经过点A（1，2）和点B（﹣1，m），则m的值为 ．
12．（2分）如图，在△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，已知△ADE与△EFC的面积分别为9cm2和4cm2，则S△ABC＝ cm2．
13．（2分）某科技公司开展技术研发，在相同条件下，对运用新技术生产的一批产品的合格率进行检测，如表是检测过程中的一组统计数据：
抽取的产品数n5001000150020002500300035004000
合格的产品数m476967143119262395288333673836
合格的产品频率
0.9520.9670.954
0.9630.9580.9610.9620.959
估计这批产品合格的产品的概率为 ．
14．（2分）如图，为了测量操场上一棵大树的高度，小英拿来一面镜子，平放在离树根部5m的地面上，然后她沿着树根和镜子所在的直线后退，当她后退1m时，正好在镜中看见树的顶端．小英估计自己的眼睛到地面的距离为1.6m，则大树的高度是 m．
15．（2分）如图，AB为⊙O的弦，C为⊙O上一点，OC⊥AB于点D．若，AB＝6，则cos∠AOD ＝ ．
16．（2分）甲工厂将生产的Ⅰ号、Ⅱ号两种产品共打包成5个不同的包裹，编号分别为A，B，C，D，E，每个包裹的重量及包裹中Ⅰ号、Ⅱ号产品的重量如下：
包裹编号Ⅰ号产品重量/
吨Ⅱ号产品重量/
吨
包裹的重量/
吨
A516 B325 C235 D437 E358
甲工厂准备用一辆载重不超过19.5吨的货车将部分包裹一次运送到乙工厂．
（1）如果装运的Ⅰ号产品不少于9吨，且不多于11吨，写出一种满足条件的装运方案　（写出要装运包裹的编号）；
（2）如果装运的Ⅰ号产品不少于9吨，且不多于11吨，同时装运的Ⅱ号产品最多，写出满足条件的装运方案 （写出要装运包裹的编号）．
三、解答题：（共68分，17-23题每题5分，24-25题每题6分，26-28题每题7分）
17．（5分）计算：．
18．（5分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，在AB边上取一点D，使BD＝BC，过D作DE⊥AB交AC 于E，AC＝8，BC＝6．求DE的长．
19．（5分）如图．直线y＝ax+b与双曲线相交于两点A（1，2），B（m，﹣4）．
（1）求直线与双曲线的解析式；
（2）求不等式ax+b＞的解集（直接写出答案）
20．（5分）如图，在等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC边上任意一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE，DE．
（1）求∠ECD的度数；
（2）若AB＝4，，求DE的长．
21．（5分）阅读下面的材料
一元二次方程及其解法最早出现在公元前两千年左右的古巴比伦人的《泥板文书》中．到了中世纪，阿拉伯数学家阿尔•花拉子米在他的代表作《代数学》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法，我国三国时期的数学家赵爽在其所著《勾股圆方图注》中也给出了类似的解法．
以x2+10x＝39为例，花拉子米的几何解法步骤如下：
①如图1，在边长为x的正方形的两个相邻边上作边长分别为x和5的矩形，再补上一个边长为5的小
正方形，最终把图形补成一个大正方形；
②一方面大正方形的面积为（x+ ）2，另一方面它又等于图中各部分面积之和，因为x2+10x＝
39，可得方程（x+ ）2＝39+ ，则方程的正数解是x＝ ．
根据上述材料，解答下列问题．
（1）补全花拉子米的解法步骤②；
（2）根据花拉子米的解法，在图2的两个构图①②中，能够得到方程x2﹣6x＝7的正数解的正确构图是 （填序号）．
22．（5分）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx的图象过点A（3，3）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）当0＜x＜3时，对于x的每一个值，都有kx＞x2+bx，直接写出k的取值范围．
23．（5分）二十四节气是中华民族农耕文明的智慧结晶，是专属中国人的独特时间美学，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．如图，小文购买了四张形状、大小、质地均相同的“二十四节气”主题邮票，正面分别印有“立春”“立夏”“秋分”“大暑”四种不同的图案，背面完全相同，他将四张邮票洗匀后正面朝下放在桌面上．
（1）小文从中随机抽取一张，抽出的邮票恰好是“大暑”的概率是 ；
（2）若印有“立春”“立夏”“秋分”“大暑”四种不同图案的邮票分别用A，B，C，D表示，小文从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，请用画树状图或列表的方法求小文抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率．
24．（6分）如图，以AB为直径作⊙O，过点A作⊙O的切线AC，连接BC，交⊙O于点D，点E是BC边的中点，连接AE．
（1）求证：∠AEB＝2∠C；
（2）若AB＝5，tan B＝，求DE的长．
25．（6分）如图，Q是与弦AB所围成的图形的内部的一定点，P是弦AB上一动点，连接PQ并延长交
于点C，连接AC．已知AB＝6cm，设A，P两点间的距离为xcm，P，C两点间的距离为y1cm，A，C 两点间的距离为y2cm．
小腾根据学习函数的经验，分别对函数y1，y2随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小腾的探究过程，请补充完整：
（1）按照下表中自变量x的值进行取点、画图、测量，分别得到了y1，y2与x的几组对应值；
x/cm0123456
y1/cm 5.62 4.67 3.76 2.65 3.18 4.37
y2/cm 5.62 5.59 5.53 5.42 5.19 4.73 4.11（2）在同一平面直角坐标系xOy中，描出补全后的表中各组数值所对应的点（x，y1），（x，y2），并画
出函数y1，y2的图象；
（3）结合函数图象，解决问题：当△APC为等腰三角形时，AP的长度约为 cm．
26．（7分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点A（0，﹣3）和B（3，0）．（1）求c的值及a、b满足的关系式；
（2）若抛物线在A、B两点间从左到右上升，求a的取值范围；
（3）结合函数图象判断，抛物线能否同时经过点M（﹣1+m，n）、N（4﹣m，n）？若能，写出一个符合要求的抛物线的表达式和n的值，若不能，请说明理由．
27．（7分）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边的中线，DE⊥BC于E，连结CD，点P在射线CB 上（与B，C不重合）．
（1）如果∠A＝30°，
①如图1，DE与BE之间的数量关系是 ；
②如图2，点P在线段CB上，连结DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连结BF，
补全图2猜想CP、BF之间的数量关系，并证明你的结论．
（2）如图3，若点P在线段CB的延长线上，且∠A＝α（0°＜α＜90°），连结DP，将线段DP绕点D 逆时针旋转2α得到线段DF，连结BF，请直接写出DE、BF、BP三者的数量关系（不需证明）．
半径的圆与直线MN的公共点都在线段MN上，则称点Q为△PMN关于点P的内联点．
在平面直角坐标系xOy中：
（1）如图2，已知点A（7，0），点B在直线y＝x+1上．
①若点B（3，4），点C（3，0），则在点O，C，A中，点 是△AOB关于点B的内联点；
②若△AOB关于点B的内联点存在，求点B纵坐标n的取值范围；
（2）已知点D（2，0），点E（4，2），将点D绕原点O旋转得到点F．若△EOF关于点E的内联点存
在，直接写出点F横坐标m的取值范围．
参考答案
一、选择题：（每题2分，共16分）
1．【解答】解：二次函数y＝3（x+1）2﹣4中，k＝3＞0，
∴二次函数y＝3（x+1）2﹣4，当x＝﹣1时函数有最小值﹣4．
故选：D．
2．【解答】解：A．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C．原图既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
D．原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
3．【解答】解：对于选项A，当r＝1时，则OP＞r，因此点P在⊙O外，故不合题意；
对于选项B，当r＝2时，则OP＞r，因此点P在⊙O外，故不合题意；
对于选项C，当r＝3时，则OP＝r，因此点P在⊙O上，故不合题意；
对于选项D，当r＝4时，则OP＜r，因此点P在⊙O内，故符合题意．
故选：D．
4．【解答】解：∵∠BAC＝∠PED，
而＝，
∴＝时，△ABC∽△EPD，
∵DE＝4，
∴EP＝6，
∴点P落在P3处．
故选：C．
5．【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣1）2﹣4n＝0，
解得n＝．
故选：B．
6．【解答】解：A、y＝x，y随x的增大而增大，故A选项错误；
B、y＝2x﹣1，y随x的增大而增大，故B选项错误；
C、y＝，当x＞0时，y值随x值的增大而减小，此C选项正确；
D、y＝x2，当x＞0时，y值随x值的增大而增大，此D选项错误．
故选：C．
7．【解答】解：画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中甲与乙恰好被选中的结果有2种，
∴甲与乙恰好被选中的概率为＝，
故选：C．
8．【解答】解：∵四边形EFGB是正方形，EB＝2，
∴FG＝BE＝2，∠FGB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，H为AD的中点，
∴AD＝4，AH＝2，
∠BAD＝90°，
∴∠HAN＝∠FGN，AH＝FG，
∵∠ANH＝∠GNF，
∴△ANH≌△GNF（AAS），故①正确；
∴∠AHN＝∠HFG，
∵AG＝FG＝2＝AH，
∴AF＝FG＝AH，
∴∠AFH≠∠AHF，
∴∠AFN≠∠HFG，故②错误；
∵△ANH≌△GNF，
∴AN＝AG＝1，
∵GM＝BC＝4，
∴＝＝2，
∵∠HAN＝∠AGM＝90°，
∴△AHN∽△GMA，
∴∠AHN＝∠AMG，∠MAG＝∠H NA，
∴AK＝NK，
∵AD∥GM，
∴∠HAK＝∠AMG，
∴∠AHK＝∠HAK，
∴AK＝HK，
∴AK＝HK＝NK，
∵FN＝HN，
∴FN＝2NK；故③正确；
方法二：可得N也是中点，结合已知H是中点，连接GD交AM于点P，则根据勾股定理GD＝2，∵点P为对称中心，
∴GP＝，
又∵NK也是△AGP的中位线，
∴NK＝，
在Rt△FGN中，FN＝，
∴FN＝2NK，故③正确．
∵延长FG交DC于M，
∴四边形ADMG是矩形，
∴DM＝AG＝2，
∵S△AFN＝AN•FG＝2×1＝1，S△ADM＝AD•DM＝×4×2＝4，
∴S△AFN：S△ADM＝1：4故④正确，
故选：C．
二、填空题：（每题2分，共16分）
9．【解答】解：∵扇形的圆心角为60°，半径为2，
∴扇形的弧长＝＝π．
故答案为：π．
10．【解答】解：移项得：x（x﹣3）﹣（x﹣3）＝0，
（x﹣3）（x﹣1）＝0，
x﹣3＝0，x﹣1＝0，
x1＝3，x2＝1，
故答案为：x1＝3，x2＝1．
11．【解答】解：∵反比例函数y＝（k≠0）的图象经过点A（1，2）和点B（﹣1，m），∴（﹣1）×m＝1×2，
∴﹣m＝2，
解得m＝﹣2，
故答案为：﹣2．
12．【解答】解：∵DE∥BC，EF∥AB，
∴△EFC∽△ADE，△EFC∽△ABC，
∵S△ADE＝9cm2，S△EFC＝4cm2，
∴（）2＝，
∴＝，
∴＝，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S△ABC＝4×＝25．
故答案为：25．
13．【解答】解：由图表可知合格的产品频率都在0.95左右浮动，所以可估计这批产品合格的产品的概率为0.96，
故答案为：0.96．
14．【解答】解：∵∠ABC＝∠DBE，∠ACB＝∠DEB＝90°，
∴△ABC∽△DBE，
∴BC：BE＝AC：DE，
即1：5＝1.6：DE，
∴DE＝8（m），
故答案为：8．
15．【解答】解：∵OC⊥AB，AB＝6，
∴∠ADO＝90°，AD＝BD＝AB＝3，
在Rt△AOD中，OA＝，
∴OD＝＝＝1，
∴cos∠AOD＝＝＝．
故答案为：．
16．【解答】解：（1）选择ABC时，装运的I号产品重量为：5+3+2＝10（吨），总重6+5+5＝16＜19.5（吨），符合要求；
选择ABE时，装运的I号产品重量为：5+3+3＝11（吨），总重6+5+8＝19＜19.5（吨），符合要求；
选择AD时，装运的1号产品重量为：5+4＝9（吨），总重6+7＝13＜19.5 （吨），符合要求；
选择ACD时，装运的I号产品重量为：5+2+4＝11（吨），总重6+5+7＝18＜19.5（吨），符合要求；
选择BCD时，装运的1号产品重量为：3+2+4＝9（吨），总重5+5+7＝17＜19.5（吨），符合要求；
选择DCE时，装运的I号产品重量为：4+2+3＝9（吨），总重7+5+8＝20＞19.5（吨），不符合要求；
选择BDE时，装运的I号产品重量为：3+4+3＝10（吨），总重5+7+8＝20＞19.5（吨），不符合要求；
选择ACE时，装运的I号产品重量为5+3+3＝11（吨），总重6+5+8＝19（吨），符合要求，
综上，满足条件的装运方案有ABC或ABE或AD或ACD或BCD或ACE．
故答案为：ABC（或ABE或AD或ACD或BCD或ACE）；
（2）选择ABC时，装运的Ⅱ号产品重量为：1+2+3＝6（吨）；
选择ABE时，装运的Ⅱ号产品重量为：1+2+5＝8（吨）；
选择AD时，装运的Ⅱ号产品重量为：1+3＝4 （吨）；
选择ACD时，装运的Ⅱ号产品重量为：1+3+3＝7 （吨）；
选择BCD时，装运的Ⅱ号产品重量为：2+3+3＝8 （吨）；
选择ACE时，Ⅰ产品重量：5+2+3＝10 （吨）且9≤10≤11；Ⅱ产品重量：1+3+5＝9（吨），故答案为：ACE．
三、解答题：（共68分，17-23题每题5分，24-25题每题6分，26-28题每题7分）
17．【解答】解：
＝3﹣2×+2+2
＝3﹣+2+2
＝+5．
18．【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝10，（2分）
又∵BD＝BC＝6，∴AD＝AB﹣BD＝4，（4分）
∵DE⊥AB，∴∠ADE＝∠C＝90°，（5分）
又∵∠A＝∠A，∴△AED∽△ABC，（6分）
∴，（7分）
∴DE＝＝×6＝3．（8分）
19．【解答】解：（1）先把（1，2）代入双曲线中，得
k＝2，
∴双曲线的解析式是y＝，
当y＝﹣4时，m＝﹣，
把（1，2）、（﹣，﹣4）代入一次函数，可得
，
解得
，
∴一次函数的解析式是y＝4x﹣2；
（2）根据图象可知，若ax+b＞，那么x＞1或﹣＜x＜0．
20．【解答】解：（1）：∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
由旋转可知：AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD＝45°，
∴∠ECD＝45°+45°＝90°；
（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，
∴BC＝＝4，
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝，
∴CD＝BC﹣BD＝3，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2，
∴DE＝＝2．
21．【解答】解：（1）一方面大正方形的面积为（x+5）2，另一方面它又等于图中各部分面积之和，因为x2+10x ＝39，可得方程（x+5）2＝39+25，则方程的正数解是x＝3．
故答案为：5；5；25；3．
（2）由题意可得，能够得到方程x2﹣6x＝7的正数解的正确构图是①．
故答案为：①．
22．【解答】解：（1）把A（3，3）代入y＝x2+bx得3＝9+3b，
解得b＝﹣2，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣2x；
（2）把A（3，3）代入y＝kx得3k＝3，
解得k＝1，
∴当0＜x＜3时，对于x的每一个值，k≥1都有kx＞x2+bx．
23．【解答】解：（1）小文从4张邮票中随机抽取一张邮票是“大暑”的概率是：，故答案为：；
（2）由题意画树状图如下：
由图可知，共有12种等可能的情况，其中抽到A和B（“立春”和“立夏”）的情况有2种，＝，
故小文抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率为．
24．【解答】（1）证明：∵AC是⊙O的切线，
∴∠BAC＝90°．
∵点E是BC边的中点，
∴AE＝EC．
∴∠C＝∠EAC，
∵∠AEB＝∠C+∠EAC，
∴∠AEB＝2∠C；
（2）连接AD．
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB＝90°．
∵AB＝5，tan B＝，
∴BD＝3．
在Rt△ABC中，AB＝5，tan B＝，
∴BC＝，
∵点E是BC边的中点，
∴BE＝．
∴DE＝BE﹣BD＝．
25．【解答】解：（1）∵PA＝6时，AB＝6，BC＝4.37，AC＝4.11，∴AB2＝AC2+BC2，
∴∠ACB＝90°，
∴AB是直径（也可以用测量法，得出∠ACB＝90°）．
当x＝3时，PA＝PB＝PC＝3，
∴y1＝3，
故答案为3．
（2）函数图象如图所示：
（3）观察图象可知：当x＝y，即当PA＝PC或PA＝AC时，x＝3或4.91，
当y1＝y2时，即PC＝AC时，x＝5.77，
综上所述，满足条件的x的值为3或4.91或5.77．
故答案为3或4.91或5.77．
26．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点A（0，﹣3）和B（3，0）．∴，
∴c＝﹣3，3a+b﹣1＝0．
（2）由1可得：y＝ax2+（1﹣3a）x﹣3，
对称轴为直线x＝，
∵抛物线在A、B两点间从左到右上升，当a＞0时，对称轴在A点左侧，如图：
即：≤0，解得：，
∴0＜a≤．A、B两点间从左到右上升，
∴当0＜a≤时，抛物线在A、B两点间从左到右上升，
（3）抛物线不能同时经过点M（﹣1+m，n）、N（4﹣m，n）．
理由如下：
若抛物线同时经过点M（﹣1+m，n）、N（4﹣m，n）．则对称轴为：，由抛物线经过A点可知抛物线经过（3，﹣3），与抛物线经过B（3，0）相矛盾，
故：抛物线不能同时经过点M（﹣1+m，n）、N（4﹣m，n）
27．【解答】解：（1）①在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∵DE⊥BC，
∴tan B＝tan60°＝，
∴DE＝BE，
故答案为：DE＝BE；
②补全图形如图2，结论：CP＝BF，理由如下：
∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，DE⊥BC，∠A＝30°，
∴DC＝DB＝AD，DE∥AC，
∴∠A＝∠ACD＝30°，∠EDB＝∠A＝30°，BC＝2CE，
∴∠BDC＝2∠EDB＝60°，
∵∠PDF＝60°，
∴∠FDB＝∠CDP＝60°﹣∠PDB，
∵线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DF，
∴DP＝DF，
在△DCP和△DBF中，
，
∴△DCP≌△DBF（SAS），
∴CP＝BF；
（2）结论：BF﹣BP＝2DE•tanα，理由如下：
如图3，
∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，DE⊥BC，∠A＝α，∴DC＝DB＝AD，DE∥AC，
∴∠A＝∠ACD＝α，∠EDB＝∠A＝α，BC＝2CE，
∴∠BDC＝2∠EDB＝2α，
∵∠PDF＝2α，
∴∠FDB＝∠CDP＝2α+∠PDB，
∵线段DP绕点D逆时针旋转2α得到线段DF，
∴DP＝DF，
在△DCP和△DBF中，
，
∴△DCP≌△DBF（SAS），
∴CP＝BF，
而CP＝BC+BP，
∴BF﹣BP＝BC，
在Rt△CDE中，∠DEC＝90°，
∴tan∠CDE＝，
∴CE＝DE•tanα，
∴BC＝2CE＝2DE•tanα，
即BF﹣BP＝2DE•tanα．
28．【解答】解：（1）①如图1中，根据点Q为△PMN关于点P的内联点的定义，观察图象可知，点O，点C是△AOB关于点B的内联点．
故答案为：O，C．
②如图2中，当点B（0，1）时，此时以OB为半径的圆与线段OA有唯一的公共点，此时点O是△AOB
关于点B的内联点，
当点B′（7，8）时，以AB′为半径的圆，与线段OA有公共点，此时点A是△AOB关于点B的内联点，观察图象可知，满足条件的n的值为1≤n≤8．
（2）如图3中，过点E作EH⊥x轴于H，过点F作FN⊥y轴于N．
∵E（4，2），
∴OH＝4，EH＝2，
∴OE＝＝2，
当OF⊥OE时，点O是△OEF关于点E的内联点，
∵∠EOF＝∠NOH＝90°，
∴∠FON＝∠EOH，
∵∠FNO＝∠OHE＝90°，
∴△FNO∽△EHO，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴FN＝，ON＝，
∴F（﹣，），
观察图象可知当﹣≤m≤0时，满足条件．
作点F关于点O的对称点F′（，﹣），
当OF″⊥EF″时，设OH交F″E于P，
∵∠EF″O＝∠EHO＝90°，OE＝EO，EH＝OF″，
∴Rt△OHE≌△EF″O（HL），
∴∠EOH＝∠OEF″，
∴PE＝OP，PE＝OP＝t，
在Rt△PEH中，则有t2＝22+（4﹣t）2，
解得t＝，
∴OP＝，PH＝PF″＝，
可得F″（，﹣），
观察图象可知，当≤m≤时，满足条件．
综上所述，满足条件的m的取值范围为﹣≤m≤0或≤m≤．。