2021-2022学年上海市徐汇区南洋初级中学九年级（上）期中数学试卷（Word版含解析）

2021-2022学年上海市徐汇区南洋初级中学九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题（本大题共6小题，每题4分，满分24分）
1．下列各组的四条线段a，b，c，d是成比例线段的是（　　）
A．a＝4，b＝6，c＝5，d＝10 B．a＝1，b＝2，c＝3，d＝4
C．，b＝3，c＝2， D．a＝2，，，
2．在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AC＝6，BC＝8，则cosA的值为（　　）
A． B． C． D．
3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC：BC＝1：2，则∠A的正弦值为（　　）
A． B． C．2 D．
4．如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高1.2m，测得AB＝1.5m，BC＝12.5m，则建筑物CD的高是（　　）
A．10m B．11.2m C．12m D．12.2m
5．如图所示，网格中的每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在交点处，则∠ABC的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
6．已知四边形ABCD满足＝，且|+|＝|﹣|，那么四边形ABCD的形状是（　　）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形
二、填空题（本大题共12小题，每题4分，满分48分）
7．在比例尺为1：500000的地图上，图上距离为4cm的线段的实际长度为 　 　km．
8．若sin（x﹣30°）＝，则x＝　 　．
9．要使二次根式有意义，则x的取值范围为 　 　．
10．如图，已知△ADE和△ABC的相似比是1：2，且△ADE的面积是1，则四边形DBCE的面积是 　 　．
11．如图Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，已知CD＝2，AC＝3，则cosA＝　 　．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD垂直于AB，tan∠DCB＝，AC＝12，则BC＝　 　．
13．已知线段AB长是2，P是线段AB上的一点，且满足AP2＝AB BP，那么AP长为　 　．
14．已知一个锐角的正切值比余切值大，且两者之和是3，则这个锐角的正切值为　 　．
15．已知：在△ABC中，AB＝5，AC＝4，点D在边AB上，点E在边AC上，AD＝2，当AE＝　 　时，△ABC和△ADE相似．
16．图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB＝　 　．
17．构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要体现，在计算tan15°时，如图，在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB到点D，使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°，所以tan15°＝＝．类比这种方法，计算的值为 　 　．
18．如图，在矩形ABCD中，E、F、G分别是边AB、BC、AD上点，且∠FEG＝90°，EG＝6，GF与AC交于点M，若，则MF＝　 　．
三、解答题（本大题共7小题，满分78分）
19．计算：6sin30°﹣cos30°﹣2tan45°+．
20．如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE＝60°．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）若△ABC的边长为9，BD＝3，求CE的长．
21．如图，已知平行四边形ABCD，点M、N是边DC、BC的中点，设＝，＝．
（1）求向量（用向量、表示）；
（2）在图中求作向量在、方向上的分向量．
（不要求写作法，但要指出所作图中表示结论的向量）．
22．永康某中学为检测师生体温，在校门安装了测温门，如图为该“测温门”截面示意图．身高1.6米的小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．如果测得小聪的有效测温区间MN的长度是1米，求测温门顶部A处距地面的高度约为多少米？（注：额头到地面的距离以身高计.≈1.73，最后结果精确到0.1米）
23．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC，BD交于点E，过点E作MN∥AD，分别交AB，CD于点M，N．
（1）求证：△AME∽△ABC；
（2）求证：＝+；
（3）若AD＝5，BC＝7，求MN的长．
24．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝10，∠MPN＝90°，将∠MPN的顶点P在矩形ABCD的边AD上滑动，射线PN经过点C，射线PM交直线AB于点E，交直线BC于点F．
（1）求证：△AEP∽△DPC；
（2）在点P的运动过程中，点E与点B能重合吗？如果能重合，求AP的长；
（3）当△DPC的面积等于△AEP面积的2倍时，求tan∠APE的值．
25．如图（1），在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB．AB＝16cm，BC＝6cm，CD＝8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s），0＜t＜5．
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）当以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；
（3）如图（2），延长QP、BD，两延长线相交于点M，当△QMB为直角三角形时，求t的值．
参考答案
一、选择题（本大题共6小题，每题4分，满分24分）
1．下列各组的四条线段a，b，c，d是成比例线段的是（　　）
A．a＝4，b＝6，c＝5，d＝10 B．a＝1，b＝2，c＝3，d＝4
C．，b＝3，c＝2， D．a＝2，，，
【分析】根据比例线段的定义即如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段，对选项一一分析，即可得出答案．
解：A.4×10≠6×5，故不符合题意，
B.1×4≠2×3，故不符合题意，
C.≠2×3，故不符合题意，
D.，故符合题意，
故选：D．
2．在Rt△ABC中，∠C＝90°，若AC＝6，BC＝8，则cosA的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据勾股定理求出斜边AB，再根据锐角三角函数的定义求出答案即可．
解：由勾股定理得，
AB＝＝10，
∴cosA＝＝＝，
故选：A．
3．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC：BC＝1：2，则∠A的正弦值为（　　）
A． B． C．2 D．
【分析】先通过勾股定理求出斜边长度，再根据三角函数求解．
解：设AC为x，则BC＝2x，
由勾股定理得AB＝＝x，
∴sinA＝＝＝．
故选：B．
4．如图所示，某校数学兴趣小组利用标杆BE测量建筑物的高度，已知标杆BE高1.2m，测得AB＝1.5m，BC＝12.5m，则建筑物CD的高是（　　）
A．10m B．11.2m C．12m D．12.2m
【分析】根据题意和图形，利用三角形相似，可以计算出CD的长，从而可以解答本题．
解：∵EB⊥AC，DC⊥AC，
∴EB∥DC，
∴△ABE∽△ACD，
∴，
∵BE＝1.5m，AB＝1.2m，BC＝12.5m，
∴AC＝AB+BC＝14m，
∴＝，
解得DC＝11.2，
即建筑物CD的高是11.2m，
故选：B．
5．如图所示，网格中的每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在交点处，则∠ABC的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用网格求出AC和AB的长，根据等腰三角形的性质可得AD⊥BC，最后根据三角函数的意义求解即可．
解：如图，取BC的中点D，连接AD，
由网格可得，AC＝AB＝＝2，
∴AD⊥BC，
Rt△ABD中，
∵AD＝＝3，
∴sin∠ABC＝＝＝．
故选：D．
6．已知四边形ABCD满足＝，且|+|＝|﹣|，那么四边形ABCD的形状是（　　）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形
【分析】根据题意知，该四边形是对角线相等的平行四边形，由此判定它是矩形．
解：如图，∵＝，
∴AB＝DC，AB∥DC．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∴＝．
∵|+|＝|﹣|，
∴||＝||．
∴CA＝BD．
∴平行四边形ABCD是矩形．
故选：A．
二、填空题（本大题共12小题，每题4分，满分48分）
7．在比例尺为1：500000的地图上，图上距离为4cm的线段的实际长度为 　20　km．
【分析】首先设实际距离是xcm，然后根据比例尺的定义，即可得方程1：500000＝4：x，解此方程即可求得答案，注意统一单位．
解：设实际距离是xcm，
根据题意得：1：500000＝4：x，
解得：x＝2 000 000，
2 000 000cm＝20km．
故答案为：20．
8．若sin（x﹣30°）＝，则x＝　90°　．
【分析】根据特殊角的三角函数值得出x﹣30°＝60°，再求出答案即可．
解：∵sin（x﹣30°）＝，
∴x﹣30°＝60°，
∴x＝90°，
故答案为：90°．
9．要使二次根式有意义，则x的取值范围为 　x≥　．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入，结合二次根式有意义的条件计算得出答案．
解：∵二次根式有意义，
∴x﹣sin30°≥0，
即x﹣≥0，
解得：x≥．
故答案为：x≥．
10．如图，已知△ADE和△ABC的相似比是1：2，且△ADE的面积是1，则四边形DBCE的面积是 　3　．
【分析】由△ADE和△ABC的相似比是1：2及△ADE的面积是1，利用相似三角形的性质可得出S△ABC的值，再利用S四边形DBCE＝S△ABC﹣S△ADE，即可求出四边形DBCE的面积．
解：∵△ADE和△ABC的相似比是1：2，且△ADE的面积是1，
∴＝（）2＝，
∴S△ABC＝4S△ADE＝4，
∴S四边形DBCE＝S△ABC﹣S△ADE＝4﹣1＝3．
故答案为：3．
11．如图Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，已知CD＝2，AC＝3，则cosA＝　　．
【分析】首先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求得AB的长，然后利用余弦函数的定义求解．
解：∵直角△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
∴AB＝2CD＝2×2＝4，
则cosA＝＝．
故答案是：．
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD垂直于AB，tan∠DCB＝，AC＝12，则BC＝　9　．
【分析】根据直角三角形的性质、同角的余角相等得到∠BCD＝∠A，根据正切的定义计算即可
解：∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°
∵CD⊥AB，
∴∠BCD+∠B＝90°，
∴∠BCD＝∠A，
在Rt△ACB中，
∵tanA＝tan∠BCD＝＝，
∴BC＝AC＝×12＝9．
故答案为9．
13．已知线段AB长是2，P是线段AB上的一点，且满足AP2＝AB BP，那么AP长为　﹣1　．
【分析】根据黄金分割点的定义，知AP是较长线段，得出AP＝AB，代入数据即可得出AP的长．
解：∵P是线段AB上的一点，且满足AP2＝AB BP，
∴P为线段AB的黄金分割点，且AP是较长线段，
∴AP＝AB＝×2＝﹣1，
故答案为：﹣1．
14．已知一个锐角的正切值比余切值大，且两者之和是3，则这个锐角的正切值为　3　．
【分析】设这个锐角的正切值为t，根据余切的定义得到这个锐角的余切值为，则t+＝3，解分式方程得到t1＝3，t2＝，然后利用锐角的正切值比余切值大确定t的值．
解：设这个锐角的正切值为t，则这个锐角的余切值为，
根据题意得t+＝3，
整理得3t2﹣10t+3＝0，解得t1＝3，t2＝，
经检验t1＝3，t2＝都为原方程的解，
因为一个锐角的正切值比余切值大，
所以t＝3．
即这个锐角的正切值为3．
故答案为3．
15．已知：在△ABC中，AB＝5，AC＝4，点D在边AB上，点E在边AC上，AD＝2，当AE＝　或　时，△ABC和△ADE相似．
【分析】若△ADE与△ABC相似时，则或，分情况进行讨论后即可求出AE的长度．
解：当时，
∵∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABC，
此时AE＝＝＝；
当时，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
此时AE＝＝＝；
故答案为：或．
16．图1是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图2所示，此时液面AB＝　3cm　．
【分析】高脚杯前后的两个三角形相似．根据相似三角形的判定和性质即可得出结果．
解：如图：过O作OM⊥CD，垂足为M，过O作ON⊥AB，垂足为N，
∵CD∥AB，
∴△CDO∽ABO，即相似比为，
∴＝，
∵OM＝15﹣7＝8（cm），ON＝11﹣7＝4（cm），
∴＝，
∴AB＝3cm，
故答案为：3cm．
17．构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要体现，在计算tan15°时，如图，在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB到点D，使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°，所以tan15°＝＝．类比这种方法，计算的值为 　　．
【分析】根据题意画图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，延长CB使BD＝AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ADB＝∠BAD，根据三角形的外角定理可得∠ADB＝22.5°，设AC＝BD＝a，根据三角函数可得AB＝，计算出AB的值，可得CD＝BC+BD，由三角函数可得tan22.5°＝，代入计算即可得出答案．
解：如图，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，
延长CB使BD＝AB，则∠ADB＝∠BAD，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ADB＝22.5°，
设AC＝BD＝a，
∴AB＝＝＝，
∴BD＝AB＝，
∴CD＝BC+BD＝a+a＝（）a，
在Rt△ACD中，
∴tan22.5°＝＝＝，
∴＝＝．
故答案为：．
18．如图，在矩形ABCD中，E、F、G分别是边AB、BC、AD上点，且∠FEG＝90°，EG＝6，GF与AC交于点M，若，则MF＝　　．
【分析】由题意得：，设AB＝3x，则BC＝4x，设BE＝3y，则CF＝4y，根据条件可得△AEG∽△BFE，可得AG＝y，又因为AD∥BC，可得△AGM∽△CFM，根据勾股定理可得EF＝8，GF＝10，由MF＝GF即可求解．
解：由题意得：，
∴设AB＝3x，则BC＝4x，
设BE＝3y，则CF＝4y，
∵∠FEG＝90°，且四边形ABCD为矩形，
∴∠AGE+∠AEG＝90°，∠BEF+∠EFB＝90°，∠AEG+∠BEF＝90°，
∴∠AGE＝∠BEF，∠AEG＝∠BEF，
∴△AEG∽△BFE，
∴，即，
∴AG＝y，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∴△AGM∽△CFM，
∴，
∴GE2＝AG2+AE2＝36，EF2＝BE2+BF2＝64，
∴EF＝8，
∵∠GEF＝90°，
∴由勾股定理得：GF＝＝10，
∴MF＝GF＝．
三、解答题（本大题共7小题，满分78分）
19．计算：6sin30°﹣cos30°﹣2tan45°+．
【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入计算即可解答本题．
解：原式＝6×﹣×﹣2×1+
＝3﹣﹣2+
＝1．
20．如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE＝60°．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）若△ABC的边长为9，BD＝3，求CE的长．
【分析】（1）由等边三角形的性质可得∠B＝∠C＝60°，结合三角形的内角和定理可求解∠BAD＝∠EDC，进而可证明结论；
（2）利用相似三角形的性质可计算求解．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°．
∴∠BAD+∠ADB＝120°．
∵∠ADE＝60°，
∴∠ADB+∠EDC＝120°．
∴∠BAD＝∠EDC．
∴△ABD∽△DCE．
（2）解：∵△ABD∽△DCE，
∴．
∵AB＝9，CD＝9﹣3＝6，
∴，
∴CE＝2．
21．如图，已知平行四边形ABCD，点M、N是边DC、BC的中点，设＝，＝．
（1）求向量（用向量、表示）；
（2）在图中求作向量在、方向上的分向量．
（不要求写作法，但要指出所作图中表示结论的向量）．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得，又由点M、N是边DC、BC的中点，根据三角形中位线的性质，即可求得向量；
（2）首先平移向量，然后利用平行四边形法则，即可求得答案．
解：（1）∵＝，＝，
∴，
∵点M、N分别为DC、BC的中点，
∴；
（2）作图：结论：、是向量分别在、方向上的分向量．
22．永康某中学为检测师生体温，在校门安装了测温门，如图为该“测温门”截面示意图．身高1.6米的小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30°；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60°．如果测得小聪的有效测温区间MN的长度是1米，求测温门顶部A处距地面的高度约为多少米？（注：额头到地面的距离以身高计.≈1.73，最后结果精确到0.1米）
【分析】延长BC交AD于点E，构造直角△ABE和矩形EDNB，设AE＝x米．通过解直角三角形分别表示出BE、CE的长度，根据BC＝BE﹣CE得到1.73x﹣0.58x＝1，解得即可求得AE 进而即可求得．
解：延长BC交AD于点E，设AE＝x米．
∵tan60°＝，tan30°＝，
∴CE＝＝≈0.58x（米），BE＝≈1.73x（米），
∴BC＝BE﹣CE＝1.73x﹣0.58x＝1（米）．
解得x≈0.87，
∴AE≈0.87（米），
∴AD＝AE+ED≈0.87+1.6≈2.5（米）．
答：测温门顶部A处距地面的高度约为2.5米．
23．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC，BD交于点E，过点E作MN∥AD，分别交AB，CD于点M，N．
（1）求证：△AME∽△ABC；
（2）求证：＝+；
（3）若AD＝5，BC＝7，求MN的长．
【分析】（1）利用相似三角形的判定定理直接证明即可；
（2）利用平行线分线段成比例定理，再证明△AME∽△ABC，△DEN∽△DBC，△CEN∽△CAD，△AME∽△ABC，根据相似三角形的性质求解即可；
（3）结合（2）中的结论，将AD＝5，BC＝7代入求解即可．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，MN∥AD，
∴MN∥BC，
∴△AME∽△ABC；
（2）证明：∵MN∥AD，AD∥BC，
∴＝，
∵MN∥BC，
∴△AME∽△ABC，△DEN∽△DBC，
∴＝，＝，∴＝，
∴ME＝NE，
∴点E是MN的中点，ME＝NE＝MN，
∵AD∥BC∥MN，
∴△CEN∽△CAD，△AME∽△ABC，
∴＝，＝，
∴+＝+＝＝1，
∴+＝1，
∴＝+．
（3）结合（2）的结论，
∵AD＝5，BC＝7，
∴＝，
∴ME＝，
∵ME＝NE，
∴MN＝ME+NE＝+＝．
24．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝10，∠MPN＝90°，将∠MPN的顶点P在矩形ABCD的边AD上滑动，射线PN经过点C，射线PM交直线AB于点E，交直线BC于点F．
（1）求证：△AEP∽△DPC；
（2）在点P的运动过程中，点E与点B能重合吗？如果能重合，求AP的长；
（3）当△DPC的面积等于△AEP面积的2倍时，求tan∠APE的值．
【分析】（1）由矩形的四个角都是直角及同角的补角相等证明△AEP与△DPC有两组对应角相等，从而证明△AEP∽△DPC；
（2）点E与点B能重合，当点E与点B重合时，则△ABP∽△DPC，根据相似三角形的对应边成比例列方程求出AP的长；
（3）由△AEP∽△DPC，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方列方程即可求出tan∠APE的值．
【解答】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∵∠MPN＝90°，
∴∠AEP+∠APE＝90°，∠DPC+∠APE＝90°，
∴∠AEP＝∠DPC，
∴△AEP∽△DPC．
（2）点E与点B能重合，
如图2，设AP＝x，
由题意得，AB＝DC＝4，AD＝10，
∴DP＝10﹣x，
由（1）得，△AEP∽△DPC，
当点E与点B重合时，则△ABP∽△DPC，
∴，
∴，
解得，x1＝2，x2＝8，
经检验，x1＝2、x2＝8都是原方程的解且都符合题，
∴AP＝2或AP＝8．
（3）如图3，设PD＝m，则AP＝10﹣m，
∵△AEP∽△DPC，
∴，
∵S△DPC＝2S△AEP，
∴＝，
∴＝，
解得，m1＝10，m2＝10（不符合题意，舍去），
∴PD＝10，
∵∠APE＝∠DCP，
∴tan∠APE＝tan∠DCP＝＝＝．
25．如图（1），在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB．AB＝16cm，BC＝6cm，CD＝8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s），0＜t＜5．
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）当以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；
（3）如图（2），延长QP、BD，两延长线相交于点M，当△QMB为直角三角形时，求t的值．
【分析】（1）作DH⊥AB于H，得四边形DHBC是矩形，根据矩形的性质得CD＝BH＝8，DH＝BC＝6，由勾股定理得AD＝10；
（2）①当＝时，得出以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似的t值；②当＝时，得出以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似的t值；
（3）①当∠QMB＝90°时，△QMB即为直角三角形，过P作PN⊥AB于N，根据相似三角形的判定得△PNQ∽△BHD，由相似三角形性质推出又由△ANP∽△AHD，根据相似三角形的性质得当t＝s时，∠QMB＝90°，即△QMB为直角三角形；②当∠MQB＝90°时，△QMB即为直角三角形，根据相似三角形得判定得△APQ∽△ADH，根据相似的性质可得t的值．
解：（1）如图（1）作DH⊥AB于H，
则四边形DHBC是矩形，
∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6，
∴AH＝AB﹣BH＝16﹣8＝8，
AD＝＝＝10，
由题意，AP＝AD﹣DP＝10﹣2t；
（2）①当＝时，
得＝，
解得t＝；
∴当t＝时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似；
②当＝时，
得＝，
解得t＝，
当t＝时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，
综上t＝或t＝；
（3）①当∠QMB＝90°时，△QMB即为直角三角形，
如图（2），过P作PN⊥AB于N，
∴∠PNQ＝∠BHD，
∵当∠QMB＝90°时，∠PQN+∠DBH＝90°，
∵∠PQN+∠QPN＝90°，
∴∠QPN＝∠DBH，
在△PNQ和△BHD中，
，
∴△PNQ∽△BHD，
∴＝＝＝，
又由△ANP∽△AHD，
∴＝＝＝，
＝＝＝，
∴AN＝AP＝（10﹣2t），
PN＝AP＝（10﹣2t），
∴QN＝AN﹣AQ＝（10﹣2t）﹣2t，
∴＝，
解得t＝，
经检验，t＝是分式方程的解，
∴当t＝s时，∠QMB＝90°，即△QMB为直角三角形；
②当∠MQB＝90°时，△QMB即为直角三角形，
如图（3）所示，
∠A＝∠A，∠MQB＝∠AHD＝90°，
则△APQ∽△ADH，
∴＝＝＝，
∴＝，
解得t＝，
经检验，t＝是分式方程的解，
∴当t＝s时，∠MQB＝90°，即△QMB为直角三角形，
综上所述，当t＝s或t＝s时，△QMB为直角三角形．