2022-2023学年苏科版八年级数学上册1.3探索三角形全等的条件 同步知识点分类练习题(word版含答案)

2022-2023学年苏科版八年级数学上册《1.3探索三角形全等的条件》
同步知识点分类练习题（附答案）
一．三角形的稳定性
1．王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，如图，要使这个木架不变形，他至少还要再钉上几根木条？（　　）
A．0根 B．1根 C．2根 D．3根
2．如图所示的自行车架设计成三角形，这样做的依据是三角形具有 　 　．
3．小龙平时爱观察也喜欢动脑，他看到路边的建筑和电线架等，发现了一个现象：一切需要稳固的物品都是由三角形这个图形构成的，当时他就思考，数学王国中不仅只有三角形，为何偏偏用三角形稳固它们呢？请你用所学的数学知识解释这一现象的依据为　 　．
4．有一个人用四根木条钉了一个四边形的模具，两根木条连接处钉一颗钉子，但他发现这个模具老是走形，为什么？如果他想把这个模具固定，再给一根木条给你，你怎么把它固定下来，画出示意图，并说出理由．
二．全等三角形的判定
5．根据下列条件，不能画出唯一确定的△ABC的是（　　）
A．AB＝3，BC＝4，AC＝6 B．AB＝4，∠B＝45°，∠A＝60°
C．AB＝4，BC＝3，∠A＝30° D．∠C＝90°，AB＝8，AC＝4
6．如图，点D在AB上，点E在AC上，AB＝AC，添加一个条件 　 　，使△ABE≌△ACD（填一个即可）．
7．如图，AB＝AD，∠1＝∠2，DA平分∠BDE．求证：△ABC≌△ADE．
8．如图，AD，BC相交于点O，∠OAB＝∠OBA，∠C＝∠D＝90°．
求证：△AOC≌△BOD．
9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8cm，BC＝10cm．点C在直线l上，动点P从A点出发沿A→C的路径向终点C运动；动点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q分别以每秒1cm和2cm的运动速度同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，分别过点P和Q作PM⊥直线l于M，QN⊥直线l于N．则点P运动时间为 　 　秒时，△PMC与△QNC全等．
10．证明命题“全等三角形的面积相等”，要根据题意，画出图形，并用符号表示已知和求证，写出证明过程．
下面是小明同学根据题意画出的图形，并写出了不完整的已知和求证．
已知：如图，　 　
求证：　 　．
请你补全已知和求证，并写出证明过程．
11．如图，点B，E，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BE＝CF，∠B＝∠DEF．
求证：△ABC≌△DEF．
12．如图，在矩形ABCD中，AD＝3，DC＝5，动点M从A点出发沿线段AD﹣DC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD﹣DA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动．ME⊥PQ于点E，NF⊥PQ于点F，设运动的时间为t秒．
（1）在运动过程中当M、N两点相遇时，求t的值．
（2）在整个运动过程中，求DM的长．（用含t的代数式表示）
（3）当△DEM与△DFN全等时，请直接写出所有满足条件的DN的长．
13．如图，D、C、F、B四点在一条直线上，AC＝EF，AC⊥BD，EF⊥BD，垂足分别为点C、点F，BF＝CD．试说明：△ABC≌△EDF．
14．如图，长方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝6cm，现有一动点P从A出发以2cm/秒的速度，沿矩形的边A﹣B﹣C﹣D﹣A返回到点A停止，设点P运动的时间为t秒．
（1）当t＝3时，BP＝　 　cm；
（2）当t为何值时，连接CP，DP，△CDP是等腰三角形；
（3）Q为AD边上的点，且DQ＝5，当t为何值时，以长方形的两个顶点及点P为顶点的三角形与△DCQ全等．
15．八年级数学社团活动课上，《致远组》同学讨论了这样一道题目：
如图所示，∠BAC是钝角，AB＝AC，D，E分别在AB，AC上，且CD＝BE．试说明：∠ADC＝∠AEB．
其中一个同学的解法是这样的：
在△ACD和△ABE中，，
所以△ABE≌△ACD，所以∠ADC＝∠AEB．
这种解法遭到了其他同学的质疑．理由是错在不能用“SSA”说明三角形全等．请你给出正确的解法．
三．全等三角形的判定与性质
16．如图，在△ABC与△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB＝44°，AB交EF于点D，连接EB．下列结论：①∠FAC＝44°；②AF＝AC；③∠EFB＝44°；④AD＝AC，正确的个数为（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
17．如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝5，PB＝3，则PC的长可能是（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
18．如图，AC⊥BC，BD⊥BC，AB＝CD，AC＝5，则BD的大小为 　 　．
19．如图，△ABC和△ADE的顶点交于一点A，已知∠BAD＝∠CAE，AB＝AD，AC＝AE．求证：∠B＝∠D．
20．已知：如图，在△ABC中，BE、CD分别是AC、AB边上的高，且BE＝CD．
求证：AB＝AC．
21．如图，已知△ABC，作射线AP∥BC，E、F分别为BC、AP上的点，且AF＝CE．连接EF交AC于点D，连接BD并延长，交AP于点M．
（1）求证：△ADF≌△CDE；
（2）求证：AM＝BC．
22．如图，在△ABC中，AC＝BC，点D在AB上，点E在BC上，连接CD、DE，AD＝BE，∠CDE＝∠A．
（1）求证：DC＝ED；
（2）如图2，当∠ACB＝90°时，作CH⊥AB于H，请直接写出图2中的所有等腰三角形．（△ABC除外）
23．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，D是BC上一点，且∠ADC＝60°，CF⊥AD于F，AE⊥BC于E，AE交CF于G．
（1）求证：△AFG≌△CFD；
（2）若FD＝1，AF＝，求线段EG的长．
24．如图，在△ABC和△A'B'C'中，∠B＝∠B'，∠C＝∠C'，AD平分∠BAC交BC于点D．
（1）在△A'B'C'中，作出∠B'A'C'的角平分线A'D'交B'C'于点D'；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，若AD＝A'D'，求证：BD＝B'D'．
25．如图所示，在△ABC中，AD为中线，过C作CE⊥AD于E．
（1）如图1，若∠B＝30°，∠A＝90°，AC＝BD，AE＝1，求BC的长．
（2）如图2，延长DA至F，连接FC．若∠F＝∠BAD，求证：AF＝2DE．
26．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是CB延长线上一点，点E是线段AB上一点，连接DE．AC＝DE，BC＝BE．
（1）求证：AB＝BD；
（2）BF平分∠ABC交AC于点F，点G是线段FB延长线上一点，连接DG，点H是线段DG上一点，连接AH交BD于点K，连接KG．当KB平分∠AKG时，求证：AK＝DG+KG．
27．在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．
（1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 　 　；
（2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展与应用：如图3，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由．
28．问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 　 　；
探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以70海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以90海里/小时的速度，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
参考答案
一．三角形的稳定性
1．解：如图所示：
要使这个木架不变形，利用三角形的稳定性，他至少还要再钉上1个木条，
故选：B．
2．解：自行车的主框架采用了三角形结构，这样设计的依据是三角形具稳定性，
故答案为：稳定性．
3．解：用三角形稳固它们是因为三角形具有稳定性，
故答案为：三角形具有稳定性．
4．解：∵多边形ABCD是四边形，四边形具有不稳定性，
∴这个模具老是走形，
如图所示；在B、D处钉一颗钉子，把BD连接，
可以把把它固定下来，理由是三角形具有稳定性．
二．全等三角形的判定
5．解：A：三边确定，符合全等三角形判定定理SSS，能画出唯一的△ABC，故不符合题意，
B：已知两个角及其公共边，符合全等三角形判定定理ASA，能画出唯一的△ABC，故不符合题意，
C：已知两边及其中一边的对角，属于“SSA”的情况，不符合全等三角形判定定理，故不能画出唯一的三角形，故本选项符合题意，
D：已知一个直角和一条直角边以及斜边长，符合全等三角形判定定理HL，能画出唯一的△ABC，故不符合题意．
故选：C．
6．解：∵AB＝AC，∠BAE＝∠CAD，
∴当添加AE＝AD（或CE＝BD）时，可根据“SAS”判断△ABE≌△ACD；
当添加∠B＝∠C时，可根据“ASA”判断△ABE≌△ACD；
当添加∠AEB＝∠ADC时，可根据“AAS”判断△ABE≌△ACD．
故答案为：AE＝AD（或CE＝BD或∠AEB＝∠ADC）．
7．证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠DAC＝∠2+∠DAC，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵AB＝AD，
∴∠ADB＝∠B，
∵DA平分∠BDE．
∴∠ADE＝∠ADB，
∴∠ADE＝∠B，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（ASA）．
8．证明：∵∠OAB＝∠OBA，
∴OA＝OB，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（AAS）．
9．解：设运动时间为t秒时，△PMC≌△CNQ，
∴斜边CP＝CQ，
分两种情况：
①如图1，点P在AC上，点Q在BC上，
∵AP＝t，BQ＝2t，
∴CP＝AC﹣AP＝8﹣t，CQ＝BC﹣BQ＝10﹣2t，
∵CP＝CQ，
∴8﹣t＝10﹣2t，
∴t＝2；
②如图2，点P、Q都在AC上，此时点P、Q重合，
∵CP＝AC﹣AP＝8﹣t，CQ＝2t﹣10，
∴8﹣t＝2t﹣10，
∴t＝6；
综上所述，点P运动时间为2或6秒时，△PMC与△QNC全等，
故答案为：2或6．
10．解：如下图作AD⊥BC，作A'D⊥BC'，垂足分别为D，D'，
∵△ABC≌△A'B'C'（已知），
∴AB＝A'B'，BC＝B'C'（ 全等三角形的对应边相等），
∠B＝∠B（全等三角形的对应角相等），
在△ABD 和△A'B'D'中，
∵，
∴ABD≌△A'B'D'（AAS），
∴AD＝A'D'（全等三角形的对应边相等），
∴S△ABC＝S△A'B'C'．
11．证明：∵BE＝CF，
∴BE+CE＝CF+EC．
∴BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
12．解：（1）根据题意得t+3t＝3+5，
解得t＝2，
即t的值为2；
（2）当0≤t≤3时，DM＝3﹣t；
当3＜t≤8时，DM＝t﹣3；
（3）∵ME⊥PQ，NF⊥PQ，
∴∠DEM＝∠DFN＝90°，
∵∠MDN＝90°，
∴∠DME＝∠NDF，
∴当DM＝DN时，
△DEM与△DFN全等，
当0≤t≤时，3﹣t＝5﹣3t，解得t＝1，此时DN的长为2；
当＜t≤3时，3﹣t＝3t﹣5，解得t＝2，此时DN的长为1，
当3＜t≤时，3t﹣5＝t﹣3，解得t＝1，不合题意舍去；
＜t＜8时，3＝t﹣3，解得t＝6，此时DN的长为3．
综上所述，DN的长为1或2或3．
13．解：∵AC⊥BD，EF⊥BD，
∴∠ACB＝∠EFD＝90°，
∵BF＝CD，
∴BF+CF＝CD+CF，
即BC＝DF，
在△ABC和△EDF中，
，
∴△ABC≌△EDF（SAS）．
14．解：（1）当t＝3时，点P走过的路程为：2×3＝6，
∵AB＝4，
∴点P运动到线段BC上，
∴BP＝6﹣4＝2，
故答案为：2；
（2）∵矩形ABCD的面积＝4×6＝24，
∴三角形ABP的面积＝×24＝8，
∵AB＝4，
∴△ABP的高为：8×2÷4＝4，
如图，
当点P在BC上时，BP＝4，
∴t＝（4+4）÷2＝4，
当点P在AD上时，AP＝4，
∴t＝（4+6+4+2）÷2＝8，
∴当t＝4 s或8 s时，△ABP的面积为长方形面积的三分之一；
（3）根据题意，如图，连接CQ，则AB＝CD＝4，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90o，DQ＝5，
∴要使一个三角形与△DCQ全等，则另一条直角边必须等于DQ，
①当点P运动到P1时，CP1＝DQ＝5，此时△DCQ≌△CDP1，
∴点P的路程为：AB+BP1＝4+1＝5，
∴t＝5÷2＝2.5，
②当点P运动到P2时，BP2＝DQ＝5，此时△CDQ≌△ABP2，
∴点P的路程为：AB+BP2＝4+5＝9，
∴t＝9÷2＝4.5，
③当点P运动到P3时，AP3＝DQ＝5，此时△CDQ≌△ABP3，
∴点P的路程为：AB+BC+CD+DP3＝4+6+4+1＝15，
∴t＝15÷2＝7.5，
④当点P运动到P4时，即P与Q重合时，DP4＝DQ＝5，此时△CDQ≌△CDP4，
∴点P的路程为：AB+BC+CD+DP4＝4+6+4+5＝19，
∴t＝19÷2＝9.5，
综上所述，时间的值可以是：t＝2.5，4.5，7.5或9.5，
故答案为：2.5或4.5或7.5或9.5．
15．证明：因为∠BAC是钝角，故过B、C两点分别作CA、BA的垂线，垂足分别为F，G，
在△ABF与△ACG中
，
∴△ABF≌△ACG（AAS），
∴BF＝CG，
在Rt△BEF和Rt△CDG中
，
∴Rt△BEF≌Rt△CDG（HL），
∴∠ADC＝∠AEB．
三．全等三角形的判定与性质
16．解：在△ABC和△AEF中，
，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠C，故②正确，
∴∠EAF﹣∠BAF＝∠BAC﹣∠BAF，
∴∠EAB＝∠FAC＝44°，故①正确，
∵∠AFB＝∠C+∠FAC＝∠AFE+∠EFB，
∴∠EFB＝∠FAC＝44°，故③正确，
无法证明AD＝AC，故④错误，
综上，①②③正确，
故选：B．
17．解：在AC上截取AE＝AB＝5，连接PE，
∵AC＝9，
∴CE＝AC﹣AE＝9﹣5＝4，
∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，
∴∠CAD＝∠BAD，
在△APE和△APB中，
，
∴△APE≌△APB（SAS），
∴PE＝PB＝3，
∵4﹣3＜PC＜4+3，
解得1＜PC＜7，
∴PC取6，
故选：A．
18．解：∵AC⊥BC，BD⊥BC，
∴∠ABC＝∠DBC＝90°，
在Rt△ACB和Rt△DBC中，
，
∴Rt△ACB和Rt△DBC（HL），
∴BD＝AC＝5，
故答案为：5．
19．证明：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD﹣∠DAC＝∠CAE﹣∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
，
∴△BAC≌△DAE（SAS），
∴∠B＝∠D．
20．证明：∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠AEB＝∠ADC＝90°，
在△AEB和△ADC中，
，
∴△AEB≌△ADC（AAS），
∴AB＝AC．
21．证明：（1）∵AP∥BC，
∴∠AFD＝∠CED，∠FAD＝∠ECD，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（ASA）；
（2）由（1）知，△ADF≌△CDE，∠FAD＝∠ECD，
∴AD＝CD，
在△ADM和△CDB中，
，
∴△ADM≌△CDB（ASA），
∴AM＝BC．
22．（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
∵∠CDB＝∠A+∠ACD，
∴∠CDE+∠BDE＝∠A+∠ACD，
∵∠CDE＝∠A，
∴∠BDE＝∠ACD，
在△ACD和△BDE中，
，
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴DC＝ED．
（2）解：图2中的所有等腰三角形有△ACH，△BCH，△BCD，△DCE．
理由：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵CH⊥AB，
∴∠ACH＝∠BCH＝45°，
∴△ACH和△BCH都是等腰三角形，
由（1）可知△DCE是等腰三角形，
∵∠CDE＝∠A＝45°，
∴∠DCE＝∠DEC＝67.5°，
∵∠B＝45°，
∴∠CDB＝67.5°，
∴∠DCB＝∠CDB，
∴△BCD是等腰三角形．
23．（1）证明：∵∠ABC＝45°，∠ACB＝75°，
∴∠BAC＝60°，
∵∠ADC＝60°，
∴∠ADB＝120°，
又∵∠BAC＝60°，
∴∠DAC＝45°，
又∵CF⊥AD，
∴∠AFC＝∠CFD＝90°，∠ACF＝∠DAC＝45°，
∴AF＝CF，
∵CF⊥AD，AE⊥BC，
∴∠CDF+∠DCF＝∠CGE+∠DCF＝90°，
∴∠CDF＝∠CGE，
∵∠CGE＝∠AGF，
∴∠AGF＝∠CDF，
∵在△AFG和△CFD中，
，
∴△AFG≌△CFD（AAS）；
（2）解：在Rt△CFD中，∠CFD＝90°，∠FCD＝30°，
∴CD＝2DF＝2，
∵△AFG≌△CFD，
∴FG＝DF＝1，
∴CF＝AF＝，
∴CG＝CF﹣FG＝﹣1，
在Rt△CGE中，∠AEC＝90°，∠FCD＝30°，
∴EG＝CG＝．
24．（1）解：如图所示：
（2）证明：∵∠B＝∠B'，∠C＝∠C'，
∴∠A＝∠A'，
∵AD平分∠BAC，∠B'A'C'的角平分线A'D'，
∴∠BAD＝∠B'A'D'，
∵AD＝A'D'，
∴△BAD≌△B'A'D'（AAS），
∴BD＝B'D'．
25．解：（1）∵∠BAC＝90°，AD为中线，
∴BD＝CD＝AD＝BC，
∵∠B＝30°，
∴∠BAD＝30°，
∴∠DAC＝60°，
∵CE⊥AD，
∴∠ACE＝30°，
∴AC＝2AE＝2，
在Rt△ABC中，BC＝2AC＝4；
（2）延长ED到G，使DG＝DE，则EG＝2DE，连接GB，如图：
∵AD为中线，
∴BD＝CD，
在△BDG和△CDE中，
，
∴△BDG≌△CDE（SAS），
∴BG＝CE，∠G＝∠CED＝90°＝∠CEF，
在△ABG和△FCE中，
，
∴△ABG≌△FCE（AAS），
∴AG＝EF，
∴AG﹣AE＝EF﹣AE，即EG＝AF，
∵EG＝2DE，
∴AF＝2DE．
26．证明：（1）在Rt△ACB和Rt△DEB中，
，
∴Rt△ACB≌Rt△DEB（HL），
∴AB＝BD，
（2）如图：作BM平分∠ABD交AK于点M，
∵BM平分∠ABD，KB平分∠AKG，
∴∠ABM＝∠MBD＝45°，∠AKB＝∠BKG，
∵∠ABF＝∠DBG＝45°
∴∠MBD＝∠GBD，
在△BMK和△BGK中，
，
∴△BMK≌△BGK（ASA），
∴BM＝BG，MK＝KG，
在△ABM和△DBG中，
，
∴△ABM≌△DBG（SAS），
∴AM＝DG，
∵AK＝AM+MK，
∴AK＝DG+KG．
27．解：（1）DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）△DEF是等边三角形，理由如下，
∵α＝120°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝60°，
∵AB＝AF＝AC，
∴△ABF和△ACF是等边三角形，
∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°，
同（2）理得，△BDA≌△EAC，
∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE，
∴∠FAD＝∠FCE，
∴△FAD≌△FCE（SAS），
∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
28．解：问题背景：由题意：△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，
∴BE＝DG，EF＝GF，
∴EF＝FG＝DF+DG＝BE+FD．
故答案为：EF＝BE+FD．
探索延伸：EF＝BE+FD仍然成立．
理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
又∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠FAG＝∠FAD+∠DAG＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF，
＝∠BAD﹣∠BAD＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠GAF．
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+FD．
实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，
在四边形AOBC中，
∵∠AOB＝30°+90°+20°＝140°，∠FOE＝70°＝∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝60°+120°＝180°，符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE+FB成立．
即，EF＝AE+FB＝2×（70+90）＝320（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为320海里．