资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在△ABC中，点D是边AB上的一点，∠ADC＝∠ACB，AD＝2，BD＝6，则边AC的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
2．下列方程是一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
3．已知二次函数，当时随的增大而减小，且关于的分式方程的解是自然数，则符合条件的整数的和是（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
4．下列图形中不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，为的直径，，为上的两点.若，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
6．如图1是一只葡萄酒杯，酒杯的上半部分是以抛物线为模型设计而成，且成轴对称图形.从正面看葡萄酒杯的上半部分是一条抛物线，若，，以顶点为原点建立如图2所示的平面直角坐标系，则抛物线的表达式为（ ）
A． B． C． D．
7．方程x2+4x+4＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．有一个实数根 D．没有实数根
8．如图，若A、B、C、D、E，甲、乙、丙、丁都是方格纸中的格点，为使△ABC与△DEF相似，则点F应是甲、乙、丙、丁四点中的（ ）．
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
9．如图，PA、PB是⊙O的切线，切点分别为A、B，若OA＝2，∠P＝60°，则的长为( )
A．π B．π C．π D．π
10．如图点D、E分别在△ABC的两边BA、CA的延长线上，下列条件能判定ED∥BC的是（ ）．
A．； B．；
C．； D．．
11．如图，正方形的边长是3，，连接、交于点，并分别与边、交于点、，连接，下列结论：①；②；③；④当时，．正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．如图，点的坐标是，是等边角形，点在第一象限，若反比例函数的图象经过点，则的值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．若点C是线段AB的黄金分割点且AC＞BC，则AC＝_____AB（用含无理数式子表示）．
14．如图，在平面直角坐标系中，都是等腰直角三角形，点都在轴上，点与原点重合，点都在直线上，点在轴上，轴， 轴，若点的横坐标为﹣1，则点的纵坐标是_____．
15．如图所示，四边形ABCD是边长为3的正方形，点E在BC上，BE＝1，△ABE绕点A逆时针旋转后得到△ADF，则FE的长等于____________.
16．某农户2010年的年收入为4万元，由于“惠农政策”的落实，2012年年收入增加到5.8万元．设每年的年增长率x相同，则可列出方程为______．
17．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点P，若∠P＝40°，则∠ADC＝____°．
18．某商品原售价300元，经过连续两次降价后售价为260元，设平均每次降价的百分率为x，则满足x的方程是______．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图1，抛物线与轴交于点，与轴交于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点为抛物线的顶点，在轴上是否存在点，使？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，位于轴右侧且垂直于轴的动直线沿轴正方向从运动到(不含点和点)，分别与抛物线、直线以及轴交于点，过点作于点，求面积的最大值．
20．（8分）如图，等腰Rt△BPQ的顶点P在正方形ABCD的对角线AC上（P与AC不重合），∠PBQ=90°，QP与BC交于E,QP延长线交AD于F，连CQ.
(1)①求证：AP=CQ ；
②求证：
(2)当时，求的值.
21．（8分）（1）解方程：（配方法）
（2）已知二次函数：与轴只有一个交点，求此交点坐标．
22．（10分）如图，是的直径，是弦，是弧的中点，过点作垂直于直线垂足为，交的延长线于点．
求证:是的切线；
若，求的半径．
23．（10分）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）求过B、C两点的直线的函数表达式；
（3）点P是第一象限内抛物线上的一个动点．过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点P的坐标，若不存在，请说明理由；
24．（10分）如图，破残的圆形轮片上，弦AB的垂直平分线交弧AB于点C，交弦AB于点D．已知：AB, CD.
（1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求（1）中所作圆的半径
25．（12分）如图，已知AD•AC＝AB•AE，∠DAE＝∠BAC．求证：△DAB∽△EAC．
26．如图，在正方形ABCD中，点M、N分别在AB、BC上，AB=4，AM=1，BN=.
(1)求证:ΔADM∽ΔBMN；
(2)求∠DMN的度数.
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】证明△ADC∽△ACB，根据相似三角形的性质可推导得出AC2=AD•AB，由此即可解决问题.
【详解】∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD•AB=2×8=16，
∵AC>0，
∴AC=4，
故选B.
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题.
2、C
【解析】试题解析：A、，没有给出a的取值，所以A选项错误；
B、不含有二次项，所以B选项错误；
C、是一元二次方程，所以C选项正确；
D、不是整式方程，所以D选项错误．故选C．
考点：一元二次方程的定义．
3、A
【分析】由二次函数的增减性可求得对称轴，可求得a取值范围，再求分式方程的解，进行求解即可．
【详解】解：
∵y=-x2+（a-2）x+3，
∴抛物线对称轴为x= ，开口向下，
∵当x＞2时y随着x的增大而减小，
∴≤2，解得a≤6，
解关于x的分式方程可得x=，且x≠3，则a≠5，
∵分式方程的解是自然数，
∴a+1是2的倍数的自然数，且a≠5，
∴符合条件的整数a为：-1、1、3，
∴符合条件的整数a的和为：-1+1+3=3，
故选：A．
【点睛】
此题考查二次函数的性质，由二次函数的性质求得a的取值范围是解题的关键．
4、B
【分析】在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】A、C、D都是中心对称图形；不是中心对称图形的只有B．
故选B．
【点睛】
本题属于基础应用题，只需学生熟知中心对称图形的定义，即可完成．
5、B
【分析】先连接OC，根据三条边都相等可证明△OCB是等边三角形，再利用圆周角定理即可求出角度.
【详解】解：如图，连接OC．
∵AB=2，BC=1，
∴OB=OC=BC=1，
∴△OCB是等边三角形，
∴∠COB=60°，
∴∠CDB=∠COB=30°.
故选：B．
【点睛】
本题考查圆周角定理，等边三角形的判定及性质等知识，作半径是圆中常用到的辅助线需熟练掌握.
6、A
【分析】由题意可知C(0,0)，且过点(2,3)，设该抛物线的解析式为y=ax2，将两点代入即可得出a的值，进一步得出解析式.
【详解】根据题意，得
该抛物线的顶点坐标为C(0,0)，经过点(2,3).
设该抛物线的解析式为y=ax2.
3=a22.
a=.
该抛物线的解析式为y=x2.
故选A.
【点睛】
本题考查了二次函数的应用，根据题意得出两个坐标是解题的关键.
7、B
【分析】判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△＝b2﹣4ac的值的符号就可以了．
【详解】解：∵△＝b2﹣4ac＝16﹣16＝0
∴方程有两个相等的实数根．
故选：B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式的应用．
总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．
8、A
【分析】令每个小正方形的边长为1，分别求出两个三角形的边长，从而根据相似三角形的对应边成比例即可找到点F对应的位置．
【详解】解：根据题意，△ABC的三边之比为
要使△ABC∽△DEF，则△DEF的三边之比也应为
经计算只有甲点合适，
故选：A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定定理：
（1）两角对应相等的两个三角形相似．
（2）两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似．
（3）三边对应成比例的两个三角形相似．
9、C
【解析】试题解析：∵PA、PB是⊙O的切线，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
在四边形APBO中，∠P=60°，
∴∠AOB=120°，
∵OA=2，
∴的长l=.
故选C.
10、D
【分析】根据选项选出能推出，推出或的即可判断．
【详解】解：
、∵，，不符合两边对应成比例及夹角相等的相似三角形判定定理.
无法判断与相似，即不能推出，故本选项错误；
、
，
，
，，
即不能推出，故本选项错误；
、由可知，不能推出，即不能推出，即不能推出两直线平行，故本选项错误；
、∵，
，
，
，
，
，故本选项正确；
故选：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质和判定和平行线的判定的应用，主要考查学生的推理和辨析能力，注意：有两组对应边的比相等，且这两边的夹角相等的两三角形相似．
11、D
【分析】由四边形ABCD是正方形，得到AD=BC=AB，∠DAB=∠ABC=90°，即可证明△DAP≌△ABQ，根据全等三角形的性质得到∠P=∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP；故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2=OD•OP，故②正确；根据△CQF≌△BPE，得到S△CQF=S△BPE，根据△DAP≌△ABQ，得到S△DAP=S△ABQ，即可得到S△AOD=S四边形OECF；故③正确；根据相似三角形的性质得到BE的长，进而求得QE的长，证明△QOE∽△POA，根据相似三角形对应边成比例即可判断④正确，即可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=AB，∠DAB=∠ABC=90°．
∵BP=CQ，
∴AP=BQ．
在△DAP与△ABQ中，∵，
∴△DAP≌△ABQ，
∴∠P=∠Q．
∵∠Q+∠QAB=90°，
∴∠P+∠QAB=90°，
∴∠AOP=90°，
∴AQ⊥DP；
故①正确；
∵∠DOA=∠AOP=90°，∠ADO+∠P=∠ADO+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠P，
∴△DAO∽△APO，
∴，
∴AO2=OD•OP．故②正确；
在△CQF与△BPE中，∵，
∴△CQF≌△BPE，
∴S△CQF=S△BPE．
∵△DAP≌△ABQ，
∴S△DAP=S△ABQ，
∴S△AOD=S四边形OECF；故③正确；
∵BP=1，AB=3，
∴AP=1．
∵∠P=∠P，∠EBP=∠DAP=90°，
∴△PBE∽△PAD，
∴，
∴BE，
∴QE，
∵∠Q=∠P，∠QOE=∠POA=90°，
∴△QOE∽△POA，
∴，
∴，故④正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解答本题的关键．
12、D
【分析】首先过点B作BC垂直OA于C,根据AO=4，△ABO是等辺三角形，得出B点坐标，迸而求出k的值.
【详解】
解：过点B作BC垂直OA于C，
∵点A的坐标是(2,0) ，AO=4，
∵△ABO是等边三角形
∴OC= 2，BC=
∴点B的坐标是(2，),
把(2，)代入，得:
k=xy=
故选：D
【点睛】
本题考查的是利用等边三角形的性质来确定反比例函数的k值．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】直接利用黄金分割的定义求解．
【详解】解：∵点C是线段AB的黄金分割点且AC＞BC，
∴AC＝AB．
故答案为:．
【点睛】
本题考查了黄金分割的定义，点C是线段AB的黄金分割点且AC＞BC，则，正确理解黄金分割的定义是解题的关键.
14、
【解析】由题意，可得，设，则，解得，求出的坐标，再设，则，解得，故求出的坐标，同理可求出、的坐标，根据规律 即可得到的纵坐标.
【详解】解：由题意，可得，
设，则，解得，
∴，
设，则，解得，
∴，
设，则，解得，
∴，同法可得，…，的纵坐标为，
故答案为．
【点睛】
此题主要考查一次函数图像的应用，解题的关键是根据题意求出、、，再发现规律即可求解.
15、2
【分析】由题意可得EC=2，CF=4，根据勾股定理可求EF的长．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=1．
∵△ABE绕点A逆时针旋转后得到△ADF，∴DF=BE=1，∴CF=CD+DF=1+1=4，CE=BC﹣BE=1﹣1=2．
在Rt△EFC中，EF．
【点睛】
本题考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
16、4（1+x）2=5.1
【解析】增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×（1+增长率），参照本题，如果设每年的年增长率为x，根据“由2010年的年收入4万元增加到2012年年收入5.1万元”，即可得出方程．
【详解】设每年的年增长率为x，根据题意得：
4（1+x）2=5.1．
故答案为4（1+x）2=5.1．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程﹣﹣增长率问题．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b（增长为+，下降为﹣）．
17、115°
【分析】根据过C点的切线与AB的延长线交于P点，∠P=40°，可以求得∠OCP和∠OBC的度数，又根据圆内接四边形对角互补，可以求得∠D的度数，本题得以解决．
【详解】解：连接OC，如右图所示，
由题意可得，∠OCP=90°，∠P=40°，
∴∠COB=50°，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=65°，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠D+∠ABC=180°，
∴∠D=115°，
故答案为：115°．
【点睛】
本题考查切线的性质、圆内接四边形，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
18、．
【分析】根据降价后的售价=降价前的售价×（1-平均每次降价的百分率），可得降价一次后的售价是，降价一次后的售价是，再根据经过连续两次降价后售价为260元即得方程．
【详解】解：由题意可列方程为
故答案为：．
【点睛】
本题考查一元二次方程的实际应用，增长率问题，解题的关键是读懂题意，找到等量关系，正确列出方程，要注意增长的基础．
三、解答题（共78分）
19、（1）；（2）不存在，理由见解析；（3）最大值为．
【分析】(1)利用待定系数法求出解析式；
(2) 设点N的坐标为(0，m)，过点M做MH⊥y轴于点H，证得△MHN∽△NOB，利用对应边成比例，得到，方程无实数解，所以假设错误，不存在；
(3) △PQE∽△BOC，得，得到，当PE最大时，最大，求得直线的解析式，设点P的坐标为 ，则E，再求得PE的最大值，从而求得答案．
【详解】(1) 把点A（-2，0）、B（8，0）、C（0，4）分别代入，得：
，
解得，
则该抛物线的解析式为：；
(2)不存在
∵抛物线经过A（-2，0）、B（8，0），
∴抛物线的对称轴为，
将代入得：，
∴抛物线的顶点坐标为： ，
假设在轴上存在点，使∠MNB=90，
设点N的坐标为(0，m)，过顶点M做MH⊥y轴于点H，
∴∠MNH+∠ONB=90，∠MNH+∠HMN=90，
∴∠HMN=∠ONB，
∴△MHN∽△NOB，
∴，
∵B（8，0），N (0，m)， ，
∴，
∴，
整理得：，
∵，
∴方程无实数解，所以假设错误，
在轴上不存在点，使∠MNB=90；
(3) ∵PQ⊥BC，PF⊥OB，
∴，
∴EF∥OC，
∴，
∴△PQE∽△BOC，
得，
∵B（8，0）、C（0，4），
∴，，，
∴，
∴，
∴当PE最大时，最大，
设直线的解析式为，
将B（8，0）、C（0，4）代入得，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点P的坐标为 ，
则点E的坐标为，
∴，
∵，
∴当时，有最大值为4，
∴最大值为．
【点睛】
本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有：待定系数法求二次函数、一次函数解析式，点坐标，相似三角形的判定与性质和三角形的面积求法，特别注意利用数形结合思想的应用．
20、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）
【分析】（1）①证出∠ABP=∠CBQ，由SAS证明△ABP≌△CBQ可得结论；
②根据正方形的性质和全等三角形的性质得到∠DAC=∠BAC，∠APF=∠ABP，即可证得△APF∽△ABP，再根据相似三角形的性质即可求解；
（2）设正方形边长为，根据已知条件可求得PA的长，再根据第(1)②的结论可求得AF的长，从而求得答案.
【详解】证明：
（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵△PBQ为等腰直角三角形，
∴∠PBQ=90°，PB=BQ，
∵∠ABP+∠BPC =∠BPC+∠CBQ=，
∴∠ABP=∠CBQ，
在△ABP与△CBQ中，
，
∴△ABP≌△CBQ，
∴AP=CQ；
②如图，
∵∠CPB=∠3+∠4=∠1+∠2，
∵∠4=∠1=45°，
∴∠3=∠2，
∴∠5=∠2，
∵∠6=∠1=45°，
∴△PFA∽△BPA，
∴，
∴ 即；
(2)设正方形边长为，则，
∵，
∴，
∴PA=，
∵，
∴，
解得：AF=，
∴DF=，
∴.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；灵活运用相似三角形的判定与性质是解题的关键．
21、（1）（2），交点坐标为
【分析】（1）把常数项移到方程的右边，两边加上一次项系数的一半的平方，进行配方，再用直接开平方的方法解方程即可，
（2）由二次函数的定义得到：再利用求解的值，最后求解交点的坐标即可．
【详解】解：（1） ，
（2） 二次函数：与轴只有一个交点，
这个交点为抛物线的顶点，顶点坐标为：
即此交点的坐标为：
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的配方法，二次函数与轴的交点坐标问题，掌握相关知识是解题的关键．
22、（1）详见解析；（2）⊙O的半径为．
【分析】（1）证明EF是的切线，可以连接OD，证明OD⊥EF；
（2）要求的半径，即线段OD的长，在证明△EOD∽△EAF的基础上，利用对应线段成比例可得＝，其中AF=6，AE可利用勾股定理计算出来，OE可用含半径的代数式表示出，这样不难计算出半径OD的长．
【详解】（1）证明：连接OD．
∵EF⊥AF，
∴∠F＝90°．
∵D是的中点，∴．
∴∠EOD＝∠DOC＝∠BOC，
∵∠A＝∠BOC，∴∠A＝∠EOD，
∴OD∥AF．
∴∠EDO＝∠F＝90°．∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△AFE中，∵AF＝6，EF＝8，
∴＝＝10，
设⊙O半径为r，∴EO＝10﹣r．
∵∠A＝∠EOD，∠E＝∠E，
∴△EOD∽△EAF，∴＝，
∴．
∴r＝，即⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查的知识点有切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解题中添加过切点与圆心的辅助线是关键点，也是难点．
23、（1）y＝﹣x2+x+4；（2）y＝﹣x+4；（3）存在，（1，4）或（，）．
【分析】（1）将点A，B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可；
（2）先求出点C的坐标为（0，4），设直线BC的解析式为y＝kx+4，再将点B（4，0）代入y＝kx+4即可；
（3）先判断存在点P，求出AC，BC的长及∠OCB＝∠OBC＝45°，设点P坐标为（m，﹣m2+m+4），则点Q（m，﹣m+4），用含m的代数式表示出QM，AM的长，然后分①当AC＝AQ时，②当AC＝CQ时，③当CQ＝AQ时三种情况进行讨论，列出关于m的方程，求出m的值，即可写出点P的坐标．
【详解】（1）将点A（﹣3，0），B（4，0）代入y＝﹣x2+bx+c，
得，，
解得，，
∴此抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+4；
（2）在y＝﹣x2+x+4中，
当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
设直线BC的解析式为y＝kx+4，
将点B（4，0）代入y＝kx+4，
得，k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4；
（3）存在，理由如下：
∴A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），
∴OA＝3，OC＝OB＝4，
∴AC＝＝5，BC＝＝4，∠OCB＝∠OBC＝45°，
设点P坐标为（m，﹣m2+m+4），则点Q（m，﹣m+4），
∴QM＝﹣m+4，AM＝m+3，
①当AC＝AQ时，则AC＝AQ＝5，
（m+3）2+（﹣m+4）2＝25，
解得：m1＝1，m2＝0（舍去），
当m＝1时，﹣m2+m+4＝4，
则点P坐标为（1，4）；
②当AC＝CQ时，CQ＝AC＝5，
如图，过点Q作QD⊥y轴于点D，
则QD＝CD＝OM＝m，
则有2m2＝52，
解得m1＝，m2＝﹣（舍去）；
当m＝时，﹣m2+m+4＝，
则点P坐标为（，）；
③当CQ＝AQ时，（m+3）2+（﹣m+4）2＝2m2，
解得：m＝（舍去）；
故点P的坐标为（1，4）或（，）．
【点睛】
本题考查求二次函数解析式、求二元一次方程解析式和解二次函数，解题的关键是掌握求二次函数解析式、求二元一次方程解析式和解二次函数.
24、（1）图见解析；（2）1．
【分析】（1）由垂径定理知，垂直于弦的直径是弦的中垂线，故作AC，BC的中垂线交于点O，则点O是弧ACB所在圆的圆心；
（2）在Rt△OAD中，由勾股定理可求得半径OA的长．
【详解】解：（1）作弦AC的垂直平分线与弦AB的垂直平分线交于O点，以O为圆心OA长为半径作圆O就是此残片所在的圆，如图．
（2）连接OA，设OA=x，AD=12cm，OD=（x-8）cm，
则根据勾股定理列方程：
x2=122+（x-8）2，
解得：x=1．
答：圆的半径为1cm．
25、证明见解析
【分析】根据相似三角形的判定定理即可证明△DAB∽△EAC．
【详解】证明：∵AD•AC＝AB•AE，
∴，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠DAB＝∠EAC，
∴△DAB∽△EAC．
【点睛】
本题考查三角形相似的判定定理，正确理解三角形相似的判定定理是本题解题的关键．
26、（1）见解析；（2）90°
【分析】（1）根据，，即可推出，再加上∠A=∠B=90°，就可以得出△ADM∽△BMN；
（2）由△ADM∽△BMN就可以得出∠ADM=∠BMN，又∠ADM+∠AMD=90°，就可以得出∠AMD+∠BMN=90°，从而得出∠DMN的度数．
【详解】(1)∵AD=4，AM=1
∴MB=AB-AM=4-1=3
∵，
∴
又∵∠A=∠B=90°
∴ΔADM∽ΔBMN
(2)∵ΔADM∽ΔBMN
∴∠ADM=∠BMN
∴∠ADM+∠AMD=90°
∴∠AMD+∠BMN=90°
∴∠DMN=180°-∠BMN-∠AMD=90°
【点睛】
本题考查了正方形的性质的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答时证明△ADM∽△BMN是解答的关键．
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