2024届江西省宁都县第二中学中考数学押题卷含解析

2024届江西省宁都县第二中学中考数学押题卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是（）A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤2．下列几何体是由4个相同的小正方体搭成的，其中左视图与俯视图相同的是（）A． B． C． D．3．如图，抛物线y=-x2+mx的对称轴为直线x=2，若关于x的-元二次方程-x2+mx-t=0(t为实数)在l<x<3的范围内有解，则t的取值范围是(

)A．-5<t≤4

B．3<t≤4

C．-5<t<3

D．t>-54．函数在同一直角坐标系内的图象大致是（）A． B． C． D．5．如图,从一块圆形纸片上剪出一个圆心角为90°的扇形ABC,使点A、B、C在圆周上,

将剪下的扇形作为一个圆锥侧面,如果圆锥的高为,则这块圆形纸片的直径为(

)A．12cm B．20cm C．24cm D．28cm6．下列运算正确的是（）A．a6÷a3=a2 B．3a2•2a=6a3 C．（3a）2=3a2 D．2x2﹣x2=17．如图，BD是∠ABC的角平分线，DC∥AB，下列说法正确的是（）A．BC=CD B．AD∥BCC．AD=BC D．点A与点C关于BD对称8．如图所示，有一条线段是（）的中线，该线段是（）.A．线段GH B．线段AD C．线段AE D．线段AF9．如图是棋盘的一部分，建立适当的平面直角坐标系，已知棋子“车”的坐标为（-2,1），棋子“马”的坐标为（3，-1），则棋子“炮”的坐标为（）A．（1，1） B．（2，1） C．（2，2） D．（3，1）10．一列动车从A地开往B地，一列普通列车从B地开往A地，两车同时出发，设普通列车行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），如图中的折线表示y与x之间的函数关系．下列叙述错误的是（）A．AB两地相距1000千米B．两车出发后3小时相遇C．动车的速度为D．普通列车行驶t小时后，动车到达终点B地，此时普通列车还需行驶千米到达A地11．下列实数中，无理数是（）A．3.14 B．1.01001 C． D．12．如图，在矩形ABCD中，P、R分别是BC和DC上的点，E、F分别是AP和RP的中点，当点P在BC上从点B向点C移动，而点R不动时，下列结论正确的是（）A．线段EF的长逐渐增长 B．线段EF的长逐渐减小C．线段EF的长始终不变 D．线段EF的长与点P的位置有关二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13．一艘轮船在小岛A的北偏东60°方向距小岛80海里的B处，沿正西方向航行3小时后到达小岛的北偏西45°的C处，则该船行驶的速度为____________海里/时．14．“五一”期间，一批九年级同学包租一辆面包车前去竹海游览，面包车的租金为300元，出发时，又增加了4名同学，且租金不变，这样每个同学比原来少分摊了20元车费．若设参加游览的同学一共有x人，为求x，可列方程_____．15．如图，a∥b，∠1＝110°，∠3＝40°，则∠2＝_____°．16．在一次射击训练中，某位选手五次射击的环数分别为5，8，7，6，1．则这位选手五次射击环数的方差为．17．在平面直角坐标系xOy中，将一块含有45°角的直角三角板如图放置，直角顶点C的坐标为（1，0），顶点A的坐标（0，2），顶点B恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x轴正方向平移，当顶点A恰好落在该双曲线上时停止运动，则此时点C的对应点C′的坐标为_____．18．一个圆锥的母线长15CM.高为9CM.则侧面展开图的圆心角________。三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（6分）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的顶点上．在图中画出以线段AB为一边的矩形ABCD（不是正方形），且点C和点D均在小正方形的顶点上；在图中画出以线段AB为一腰，底边长为2的等腰三角形ABE，点E在小正方形的顶点上，连接CE，请直接写出线段CE的长．20．（6分）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，BF平分∠ABC交AD于点E，交AC于点F，求证：AE＝AF．21．（6分）试探究：小张在数学实践活动中，画了一个△ABC，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝2，再以点B为圆心，BC为半径画弧交AB于点D，然后以A为圆心，AD长为半径画弧交AC于点E，如图1，则AE＝；此时小张发现AE2＝AC•EC，请同学们验证小张的发现是否正确．拓展延伸：小张利用图1中的线段AC及点E，构造AE＝EF＝FC，连接AF，得到图2，试完成以下问题：（1）求证：△ACF∽△FCE；（2）求∠A的度数；（3）求cos∠A的值；应用迁移：利用上面的结论，求半径为2的圆内接正十边形的边长．22．（8分）如图，要在木里县某林场东西方向的两地之间修一条公路MN，已知C点周围200米范围内为原始森林保护区，在MN上的点A处测得C在A的北偏东45°方向上，从A向东走600米到达B处，测得C在点B的北偏西60°方向上．（1）MN是否穿过原始森林保护区，为什么？（参考数据：≈1.732）（2）若修路工程顺利进行，要使修路工程比原计划提前5天完成，需将原定的工作效率提高25%，则原计划完成这项工程需要多少天？23．（8分）已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，E是对角线AC上一点，且AC·CE=AD·BC.（1）求证：∠DCA=∠EBC；（2）延长BE交AD于F，求证：AB2=AF·AD．24．（10分）如图，在△ABC中，∠B＝∠C＝40°，点D、点E分别从点B、点C同时出发，在线段BC上作等速运动，到达C点、B点后运动停止．求证：△ABE≌△ACD；若AB＝BE，求∠DAE的度数；拓展：若△ABD的外心在其内部时，求∠BDA的取值范围．25．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝10°，△CDE是等边三角形，点D在边AB上．如图1，当点E在边BC上时，求证DE＝EB；如图2，当点E在△ABC内部时，猜想ED和EB数量关系，并加以证明；如图1，当点E在△ABC外部时，EH⊥AB于点H，过点E作GE∥AB，交线段AC的延长线于点G，AG＝5CG，BH＝1．求CG的长．26．（12分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0）．绕点A旋转的直线l：y＝kx+b1交抛物线于另一点D，交y轴于点C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）当点D在第二象限且满足CD＝5AC时，求直线l的解析式；（3）在（2）的条件下，点E为直线l下方抛物线上的一点，直接写出△ACE面积的最大值；（4）如图2，在抛物线的对称轴上有一点P，其纵坐标为4，点Q在抛物线上，当直线l与y轴的交点C位于y轴负半轴时，是否存在以点A，D，P，Q为顶点的平行四边形？若存在，请直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由．27．（12分）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．（1）求证：四边形BCFE是菱形；（2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．

参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1、D【解析】

①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；

②由①可得∠BEP=90°，故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F，由①得∠AEB=135°所以∠EFB=45°，所以△EFB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF=，故②是错误的；

③利用全等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确；

④由△APD≌△AEB，可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB，然后利用已知条件计算即可判定；

⑤连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD=PD×BE=，所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，由此即可判定．【详解】由边角边定理易知△APD≌△AEB，故①正确；

由△APD≌△AEB得，∠AEP=∠APE=45°，从而∠APD=∠AEB=135°，

所以∠BEP=90°，

过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，

在△AEP中，由勾股定理得PE=，

在△BEP中，PB=，PE=，由勾股定理得：BE=，

∵∠PAE=∠PEB=∠EFB=90°，AE=AP，

∴∠AEP=45°，

∴∠BEF=180°-45°-90°=45°，

∴∠EBF=45°，

∴EF=BF，

在△EFB中，由勾股定理得：EF=BF=，

故②是错误的；

因为△APD≌△AEB，所以∠ADP=∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的；

由△APD≌△AEB，

∴PD=BE=，

可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S△AEP+S△BEP=+，因此④是错误的；

连接BD，则S△BPD=PD×BE=，

所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+，

所以S正方形ABCD=2S△ABD=4+．

综上可知，正确的有①③⑤．故选D.【点睛】考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．2、C【解析】试题分析：从物体的前面向后面投射所得的视图称主视图（正视图）——能反映物体的前面形状；从物体的上面向下面投射所得的视图称俯视图——能反映物体的上面形状；从物体的左面向右面投射所得的视图称左视图——能反映物体的左面形状．选项C左视图与俯视图都是，故选C.3、B【解析】

先利用抛物线的对称轴方程求出m得到抛物线解析式为y=-x2+4x，配方得到抛物线的顶点坐标为（2，4），再计算出当x=1或3时，y=3，结合函数图象，利用抛物线y=-x2+4x与直线y=t在1＜x＜3的范围内有公共点可确定t的范围．【详解】∵抛物线y=-x2+mx的对称轴为直线x=2，∴，解之：m=4，∴y=-x2+4x，当x=2时，y=-4+8=4，∴顶点坐标为(2，4)，∵关于x的-元二次方程-x2+mx-t=0(t为实数)在l<x<3的范围内有解，当x=1时，y=-1+4=3，当x=2时，y=-4+8=4，∴3<t≤4，故选：B【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．4、C【解析】

根据a、b的符号，针对二次函数、一次函数的图象位置，开口方向，分类讨论，逐一排除．【详解】当a＞0时，二次函数的图象开口向上，一次函数的图象经过一、三或一、二、三或一、三、四象限，故A、D不正确；由B、C中二次函数的图象可知，对称轴x=-＞0，且a＞0，则b＜0，但B中，一次函数a＞0，b＞0，排除B．故选C．5、C【解析】

设这块圆形纸片的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，利用等腰直径三角形的性质得到AB=R，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到2πr=，解得r=R，然后利用勾股定理得到（R）2=（3）2+（R）2，再解方程求出R即可得到这块圆形纸片的直径．【详解】设这块圆形纸片的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，则AB=R，根据题意得：2πr=，解得：r=R，所以（R）2=（3）2+（R）2，解得：R=12，所以这块圆形纸片的直径为24cm．故选C．【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．6、B【解析】

A、根据同底数幂的除法法则计算；

B、根据同底数幂的乘法法则计算；

C、根据积的乘方法则进行计算；

D、根据合并同类项法则进行计算.【详解】解：A、a6÷a3=a3，故原题错误；B、3a2•2a=6a3，故原题正确；C、（3a）2=9a2，故原题错误；D、2x2﹣x2=x2，故原题错误；故选B．【点睛】考查同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方，熟记它们的运算法则是解题的关键.7、A【解析】

由BD是∠ABC的角平分线，根据角平分线定义得到一对角∠ABD与∠CBD相等，然后由DC∥AB，根据两直线平行，得到一对内错角∠ABD与∠CDB相等，利用等量代换得到∠DBC=∠CDB，再根据等角对等边得到BC=CD，从而得到正确的选项．【详解】∵BD是∠ABC的角平分线，∴∠ABD=∠CBD，又∵DC∥AB，∴∠ABD=∠CDB，∴∠CBD=∠CDB，∴BC=CD．故选A．【点睛】此题考查了等腰三角形的判定，以及平行线的性质．学生在做题时，若遇到两直线平行，往往要想到用两直线平行得同位角或内错角相等，借助转化的数学思想解决问题．这是一道较易的证明题，锻炼了学生的逻辑思维能力．8、B【解析】

根据三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线逐一判断即可得．【详解】根据三角形中线的定义知：线段AD是△ABC的中线．故选B．【点睛】本题考查了三角形的中线，解题的关键是掌握三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．9、B【解析】

直接利用已知点坐标建立平面直角坐标系进而得出答案．【详解】解：根据棋子“车”的坐标为（-2,1），建立如下平面直角坐标系：∴棋子“炮”的坐标为（2，1），故答案为：B．【点睛】本题考查了坐标确定位置，正确建立平面直角坐标系是解题的关键．10、C【解析】

可以用物理的思维来解决这道题.【详解】未出发时，x=0，y=1000，所以两地相距1000千米，所以A选项正确；y=0时两车相遇，x=3，所以B选项正确；设动车速度为V1，普车速度为V2，则3（V1+V2）=1000，所以C选项错误；D选项正确.【点睛】理解转折点的含义是解决这一类题的关键.11、C【解析】

先把能化简的数化简，然后根据无理数的定义逐一判断即可得．【详解】A、3.14是有理数；B、1.01001是有理数；C、是无理数；D、是分数，为有理数；故选C．【点睛】本题主要考查无理数的定义，属于简单题．12、C【解析】试题分析：连接AR，根据勾股定理得出AR=的长不变，根据三角形的中位线定理得出EF=AR，即可得出线段EF的长始终不变，故选C．考点：1、矩形性质，2、勾股定理，3、三角形的中位线二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13、【解析】

设该船行驶的速度为x海里/时，由已知可得BC＝3x，AQ⊥BC，∠BAQ＝60°，∠CAQ＝45°，AB＝80海里，在直角三角形ABQ中求出AQ、BQ，再在直角三角形AQC中求出CQ，得出BC＝40＋40＝3x，解方程即可．【详解】如图所示：该船行驶的速度为x海里/时，3小时后到达小岛的北偏西45°的C处，由题意得：AB＝80海里，BC＝3x海里，在直角三角形ABQ中,∠BAQ＝60°，∴∠B＝90°−60°＝30°，∴AQ＝AB＝40,BQ＝AQ＝40，在直角三角形AQC中,∠CAQ＝45°，∴CQ＝AQ＝40，∴BC＝40＋40＝3x，解得：x＝.即该船行驶的速度为海里/时；故答案为：.【点睛】本题考查的是解直角三角形，熟练掌握方向角是解题的关键.14、﹣=1．【解析】原有的同学每人分担的车费应该为，而实际每人分担的车费为，方程应该表示为：﹣=1．故答案是：﹣=1．15、1【解析】试题解析：如图，∵a∥b，∠3=40°，∴∠4=∠3=40°．∵∠1=∠2+∠4=110°，∴∠2=110°-∠4=110°-40°=1°．故答案为：1．16、2.【解析】试题分析：五次射击的平均成绩为=（5+7+8+6+1）=7，方差S2=[（5﹣7）2+（8﹣7）2+（7﹣7）2+（6﹣7）2+（1﹣7）2]=2．考点：方差．17、（，0）【解析】试题解析：过点B作BD⊥x轴于点D，∵∠ACO+∠BCD=90°，∠OAC+∠ACO=90°，∴∠OAC=∠BCD，在△ACO与△BCD中，，∴△ACO≌△BCD（AAS）∴OC=BD，OA=CD，∵A（0，2），C（1，0）∴OD=3，BD=1，∴B（3，1），∴设反比例函数的解析式为y=，将B（3，1）代入y=，∴k=3，∴y=，∴把y=2代入y=，∴x=，当顶点A恰好落在该双曲线上时，此时点A移动了个单位长度，∴C也移动了个单位长度，此时点C的对应点C′的坐标为（，0）故答案为（，0）.18、288°【解析】

母线长为15cm，高为9cm，由勾股定理可得圆锥的底面半径；由底面周长与扇形的弧长相等求得圆心角.【详解】解：如图所示，在Rt△SOA中，SO=9,SA=15；则：设侧面属开图扇形的国心角度数为n，则由得n=288°故答案为：288°.【点睛】本题利用了勾股定理，弧长公式，圆的周长公式和扇形面积公式求解.三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19、作图见解析；CE=4.【解析】分析：利用数形结合的思想解决问题即可.详解：如图所示，矩形ABCD和△ABE即为所求；CE=4.点睛：本题考查作图-应用与设计、等腰三角形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用思想结合的思想解决问题．20、见解析【解析】

根据角平分线的定义可得∠ABF=∠CBF，由已知条件可得∠ABF+∠AFB=∠CBF+∠BED=90°，根据余角的性质可得∠AFB=∠BED，即可求得∠AFE=∠AEF，由等腰三角形的判定即可证得结论．【详解】∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠CBF，∵∠BAC=90°，AD⊥BC，∴∠ABF+∠AFB=∠CBF+∠BED=90°，∴∠AFB=∠BED，∵∠AEF=∠BED，∴∠AFE=∠AEF，∴AE=AF．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定、直角三角形的性质，根据余角的性质证得∠AFB=∠BED是解题的关键．21、（1）小张的发现正确；（2）详见解析；（3）∠A＝36°；（4）【解析】

尝试探究：根据勾股定理计算即可；拓展延伸：（1）由AE2＝AC•EC，推出，又AE＝FC，推出，即可解问题；（2）利用相似三角形的性质即可解决问题；（3）如图，过点F作FM⊥AC交AC于点M，根据cos∠A＝，求出AM、AF即可；应用迁移：利用（3）中结论即可解决问题；【详解】解：尝试探究：﹣1；∵∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝2，∴AB＝，∴AD＝AE＝，∵AE2＝（）2＝6﹣2，AC•EC＝2×[2﹣（）]＝6﹣，∴AE2＝AC•EC，∴小张的发现正确；拓展延伸：（1）∵AE2＝AC•EC，∴∵AE＝FC，∴，又∵∠C＝∠C，∴△ACF∽△FCE；（2）∵△ACF∽△FCE，∴∠AFC＝∠CEF，又∵EF＝FC，∴∠C＝∠CEF，∴∠AFC＝∠C，∴AC＝AF，∵AE＝EF，∴∠A＝∠AFE，∴∠FEC＝2∠A，∵EF＝FC，∴∠C＝2∠A，∵∠AFC＝∠C＝2∠A，∵∠AFC+∠C+∠A＝180°，∴∠A＝36°；（3）如图，过点F作FM⊥AC交AC于点M，由尝试探究可知AE＝，EC＝，∵EF＝FC，由（2）得：AC＝AF＝2，∴ME＝，∴AM＝，∴cos∠A＝；应用迁移：∵正十边形的中心角等于＝36°，且是半径为2的圆内接正十边形，∴如图，当点A是圆内接正十边形的圆心，AC和AF都是圆的半径，FC是正十边形的边长时，设AF＝AC＝2，FC＝EF＝AE＝x，∵△ACF∽△FCE，∴，∴，∴，∴半径为2的圆内接正十边形的边长为．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，属于中考压轴题．22、（1）不会穿过森林保护区.理由见解析；（2）原计划完成这项工程需要25天.【解析】试题分析：（1）要求MN是否穿过原始森林保护区，也就是求C到MN的距离．要构造直角三角形，再解直角三角形；（2）根据题意列方程求解．试题解析：（1）如图，过C作CH⊥AB于H，设CH=x，由已知有∠EAC=45°,∠FBC=60°则∠CAH=45°,∠CBA=30°，在RT△ACH中，AH=CH=x，在RT△HBC中，tan∠HBC=∴HB===x，∵AH+HB=AB∴x+x=600解得x≈220（米）>200（米）．∴MN不会穿过森林保护区．（2）设原计划完成这项工程需要y天，则实际完成工程需要y-5根据题意得：=(1+25％)×，解得：y=25知：y=25的根．答：原计划完成这项工程需要25天．23、(1)见解析；(2)见解析.【解析】

（1）由AD∥BC得∠DAC=∠BCA,又∵AC·CE=AD·BC∴，∴△ACD∽△CBE,∴∠DCA=∠EBC,（2）由题中条件易证得△ABF∽△DAC∴，又∵AB=DC，∴【详解】证明：（1）∵AD∥BC，∴∠DAC=∠BCA,∵AC·CE=AD·BC，∴,∴△ACD∽△CBE,∴∠DCA=∠EBC,（2）∵AD∥BC，∴∠AFB=∠EBC,∵∠DCA=∠EBC，∴∠AFB=∠DCA,∵AD∥BC，AB=DC,∴∠BAD=∠ADC,∴△ABF∽△DAC,∴,∵AB=DC，∴.【点睛】本题重点考查了平行线的性质和三角形相似的判定，灵活运用所学知识是解题的关键.24、（1）证明见解析；（2）；拓展：【解析】

（1）由题意得BD=CE，得出BE=CD，证出AB=AC，由SAS证明△ABE≌△ACD即可；（2）由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠BEA=∠EAB=70°，证出AC=CD，由等腰三角形的性质得出∠ADC=∠DAC=70°，即可得出∠DAE的度数；拓展：对△ABD的外心位置进行推理，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵点D、点E分别从点B、点C同时出发，在线段BC上作等速运动，∴BD=CE，∴BC-BD=BC-CE，即BE=CD，∵∠B=∠C=40°，∴AB=AC，在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD（SAS）；（2）解：∵∠B=∠C=40°，AB=BE，∴∠BEA=∠EAB=(180°-40°)=70°，∵BE=CD，AB=AC，∴AC=CD，∴∠ADC=∠DAC=(180°-40°)=70°，∴∠DAE=180°-∠ADC-∠BEA=180°-70°-70°=40°；拓展：解：若△ABD的外心在其内部时，则△ABD是锐角三角形．∴∠BAD=140°-∠BDA＜90°．∴∠BDA＞50°，又∵∠BDA＜90°，∴50°＜∠BDA＜90°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形的外心等知识；熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．25、（1）证明见解析；（2）ED=EB，证明见解析；（1）CG=2．【解析】

(1)、根据等边三角形的性质得出∠CED=60°，从而得出∠EDB=10°，从而得出DE=BE；(2)、取AB的中点O，连接CO、EO，根据△ACO和△CDE为等边三角形，从而得出△ACD和△OCE全等，然后得出△COE和△BOE全等，从而得出答案；(1)、取AB的中点O，连接CO、EO、EB，根据题意得出△COE和△BOE全等，然后得出△CEG和△DCO全等，设CG=a，则AG=5a，OD=a，根据题意列出一元一次方程求出a的值得出答案．【详解】(1)∵△CDE是等边三角形，∴∠CED=60°，∴∠EDB=60°﹣∠B=10°，∴∠EDB=∠B，∴DE=EB；(2)ED=EB，理由如下：取AB的中点O，连接CO、EO，∵∠ACB=90°，∠ABC=10°，∴∠A=60°，OC=OA，∴△ACO为等边三角形，∴CA=CO，∵△CDE是等边三角形，∴∠ACD=∠OCE，∴△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠BOE=60°，∴△COE≌△BOE，∴EC=EB，∴ED=EB；(1)、取AB的中点O，连接CO、EO、EB，由（2）得△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠