贵州省黔西南州2021-2022学年八年级上学期期末练习数学试题（word版 含答案）

这是一份贵州省黔西南州2021-2022学年八年级上学期期末练习数学试题（word版 含答案），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
在千家万户团圆的时刻，我市一批医务工作者奔赴武汉与疫情抗争，他们是“最美逆行者”.下列艺术字中，可以看作是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
随着北斗系统全球组网的步伐，北斗芯片的研发生产技术也在逐步成熟，国产北斗芯片可支持接收多系统的导航信号，应用于自动驾驶、无人机、机器人等高精度定位需求领域，将为中国北斗导航产业发展提供有力支持．目前，该芯片工艺已达22纳米(即0.000000022米).则数据0.000000022用科学记数法表示为( )
A. 0.22×10−7B. 2.2×10−8C. 22×10−9D. 22×10−10
下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是( )
A. x2−4x+1=x(x−4)+1B. (x+1)2=x2+2x+1
C. x2−4=(x+2)(x−2)D. 18a3bc=3a2b⋅6ac
下列长度的各组线段中，能组成三角形的是( )
A. 1，2，3B. 2，3，5C. 3，4，8D. 3，4，5
下列计算正确的是( )
A. x12÷x4=x8B. x3⋅x2=x6
C. (x3)3=x6D. (−x3y2)2=−x6y4
若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的内角和为( )
A. 540°B. 900°C. 1080°D. 1440°
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB于点E.若AC=10，DE=4，则AD的长为( )
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
如图，△ABC≌△DEC，点E在AB上，AC与DE相交于点F.若∠A=20°，∠CEB=65°，则∠DFA的度数为( )
A. 65°
B. 70°
C. 85°
D. 110°
如图，OE是∠AOB的平分线，BD⊥OA于点D，AC⊥OB于点C，BD、AC都经过点E，则图中全等的三角形共有多少对( )
A. 3对
B. 4对
C. 5对
D. 6对
若关于x的方程1x−2+2=m−x2−x有增根，则m的值是( )
A. −2B. 2C. 1D. −1
为响应“绿色出行”的号召，小王上班由自驾车改为乘坐公交车．已知小王家距上班地点18km，他乘公交车平均每小时行驶的路程比他自驾车平均每小时行驶的路程少10km.他从家出发到上班地点，乘公交车所用的时间是自驾车所用时间的43，小王乘公交车上班平均每小时行驶( )
A. 30kmB. 36kmC. 40kmD. 46km
如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点P在AB上，过点P作PE⊥AC，垂足为E，延长BC至点Q，使CQ=PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为( )
A. 1B. 1.8C. 2D. 2.5
二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
已知am=4，an=16，则a2m+n的值为______．
若9a2−ka+25是一个完全平方式，则k=______．
如图，AB=12，CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，且AC=4m，P点从B向A运动，每分钟走1m，Q点从B向D运动，每分钟走2m，P、Q两点同时出发，运动______分钟后△CAP与△PQB全等．
如图，已知∠MON=30°，点A1，A2，A3，…在射线ON上，点B1，B2，B3，…在射线OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均为等边三角形，若OA2=4，则△AnBnAn+1的边长为______。
三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
先化简，再求值：(1−4a+2)÷a2−4a+42a−4，其中a=2−1+(π−2018)0
四、解答题（本大题共8小题，共88.0分）
(1)计算：(x+2)(4x−1)−(2x−1)2；
(2)因式分解：a3b−2a2b2+ab3．
解方程：
(1)3x−3=2x+3；
(2)xx+2−3(x+2)(x−2)=1．
如图，在△ABC中，D是边AB上一点，E是边AC的中点，作CF//AB交DE的延长线于点F．
(1)证明：△ADE≌△CFE；
(2)若AB=AC，CE=5，CF=7，求DB的长．
如图1，边长为a的大正方形中有一个边长为b的小正方形，把图1中的阴影部分拼成一个长方形(如图2所示)．
(1)写出根据上述操作利用阴影部分的面积关系得到的等式：______．
(2)请应用(1)中的等式，解答下列问题：
①已知4a2−b2=24，2a+b=6，则2a−b=______；
②计算：2002−1992+1982−1972+…+42−32+22−12．
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的各顶点坐标分别为A(1,1)，B(4,2)，C(3,4)．
(1)画出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；
(2)直接写出点A1，B1，C1的坐标；
(3)请在图中的x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，并直接写出点P的坐标．
甘蔗富含铁、锌等人体必需的微量元素，素有“补血果”的美称，是冬季热销的水果之一．为此，某水果商家12月份第一次用600元购进云南甘蔗若干千克，销售完后，他第二次又用600元购进该甘蔗，但这次每千克的进价比第一次的进价提高了20%，所购进甘蔗的数量比第一次少了50kg．
(1)该商家第一次购进云南甘蔗的进价是每千克多少元？
(2)假设商家两次购进的云南甘蔗按同一价格销售，要使销售后获利不低于1000元，则每千克的售价至少为多少元？
如图，△ABC是等边三角形，P是△ABC的角平分线BD上一点，PE⊥AB于点E，线段BP的垂直平分线交BC于点F，垂足为点Q．
(1)若BQ=2，求PE的长
(2)连接PF，EF，试判断△EFP的形状，并说明理由．
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.连结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=12∠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．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：“最”、”逆“、”行“均不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
”美“能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：B．
利用轴对称图形定义进行解答即可．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
2.【答案】B
【解析】解：0.000000022=2.2×10−8．
故选：B．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要确定a的值以及n的值．
3.【答案】C
【解析】解：A.右边不是整式的积的形式，不符合因式分解的定义，故此选项不符合题意；
B.是整式的乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意；
C.左边是多项式，右边是整式的积的形式，符合因式分解的定义，故此选项符合题意；
D.左边不是多项式，不符合因式分解的定义，故此选项不符合题意．
故选：C．
根据因式分解的定义即可求出答案．把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．
本题考查因式分解的定义，解题的关键正确理解因式分解的定义，本题属于基础题型．
4.【答案】D
【解析】解：A、1+2=3，不能组成三角形，故此选项不符合题意；
B、2+3=5，不能组成三角形，故此选项不符合题意；
C、3+4=7<8，不能组成三角形，故此选项不符合题意；
D、4+3=7>5，能组成三角形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
此题主要考查了三角形三边关系，根据第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和是解决问题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：A、x12÷x4=x8，故A符合题意；
B、x3⋅x2=x5，故B不符合题意；
C、(x3)3=x9，故C不符合题意；
D、(−x3y2)2=x6y4，故D不符合题意；
故选：A．
利用同底数幂的除法的法则，同底数幂的乘法的法则，幂的乘方与积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
6.【答案】C
【解析】解：正多边形的边数为：360°÷45°=8，
则这个多边形是正八边形，
所以该正多边形的内角和为(8−2)×180°=1080°．
故选：C．
先根据多边形的外角和定理求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出这个正多边形的内角和．
本题主要考查了多边形的外角和定理及多边形的内角和公式，关键是掌握内角和公式：(n−2)⋅180 (n≥3且n为整数)．
7.【答案】C
【解析】解：∵BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，∠C=90°，
∴DC=DE=4，
∵AC=10，
∴AD=AC−CD=10−4=6．
故选：C．
根据角的平分线上的点到角的两边的距离相等解答即可．
本题考查的是角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵△ABC≌△DEC，∠B=∠CEB=65°，
∴∠DEC=∠B=65°，
∴∠AEF=180°−65°−65°=50°，
∴∠DFA=∠A+∠AEF=20°+50°=70°，
故选：B．
根据全等三角形的性质得到∠DEC=∠B=65°，根据平角的定义求出∠AEF，根据三角形的外角性质计算，得到答案．
本题考查的是全等三角形的性质、三角形的外角性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵OE是∠AOB的平分线，BD⊥OA，AC⊥OB，
∴ED=EC，
在Rt△OED和△OEC中，
OE=OEED=EC，
∴Rt△OED≌Rt△OEC(HL)；
∴OD=OC，
在△AED和△BEC中，
∠EDA=∠ECBED=EC∠AED=∠BEC，
∴△AED≌△BEC(ASA)；
∴AD=BC，
∴OD+AD=OC+BC，即OA=OB，
在△OAE和△OBE中，
OA=OB∠AOB=∠BOCOE=OE，
∴△OAE≌△OBE(SAS)，
在△OAC和△OBD中，
OA=OB∠AOC=∠BODOC=OD，
∴△OAC≌△OBD(SAS)．
故选：B．
先根据角平分线的性质得到，则可利用“HL”判断Rt△OED≌Rt△OEC，则OD=OC；再利用“ASA”判断△AED≌△BEC，则AD=BC，然后根据“SAS”判断△OAE≌△OBE，△OAC≌△OBD．
本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法；选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
10.【答案】C
【解析】解：去分母，得：1+2(x−2)=−(m−x)，
由分式方程有增根，得到x−2=0，即x=2，
把x=2代入整式方程，可得：m=1．
故选：C．
首先把所给的分式方程化为整式方程，然后根据分式方程有增根，得到x−2=0，据此求出x的值，代入整式方程求出m的值即可．
题主要考查了分式方程的增根，解答此题的关键是要明确：(1)化分式方程为整式方程；(2)把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
11.【答案】A
【解析】解：设小王乘公交车上班平均每小时行驶x km，则小王用自驾车上班平均每小时行驶(x+10)km，
由题意得：18x=18x+10×43，
解得：x=30，
经检验，x=30是原方程的解，
则x+10=40，
即小王乘公交车上班平均每小时行驶30km，
故选：A．
设小王乘公交车上班平均每小时行驶xkm，则小王用自驾车上班平均每小时行驶(x+10)km，由题意：小王家距上班地点18km，他从家出发到上班地点，乘公交车所用的时间是自驾车所用时间的43，列出分式方程，解方程即可．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
12.【答案】C
【解析】解：过P作BC的平行线交AC于F，

∴∠Q=∠FPD，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠APF=∠B=60°，∠AFP=∠ACB=60°，
∴△APF是等边三角形，
∴AP=PF，
∵AP=CQ，
在△PFD中和△QCD中，
∠FPD=∠Q∠PDF=∠QDCPF=CQ，
∴△PFD≌△QCD(AAS)，
∴FD=CD，
∵PE⊥AC于E，△APF是等边三角形，
∴AE=EF，
∴AE+DC=EF+FD，
∴DE=12AC，
∵AC=4，
∴DE=2，
故选：C．
过P作BC的平行线交AC于F，通过AAS证明△PFD≌△QCD，得FD=CD，再由△APF是等边三角形，即可得出DE=12AC．
本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13.【答案】256
【解析】解：∵am=4，an=16，
∴a2m+n
=a2m×an
=(am)2×an
=42×16
=16×16
=256．
故答案为：256．
利用同底数幂的乘法的法则及幂的乘方的法则对所求的式子进行整理，再代入相应的值运算即可．
本题主要考查幂的乘方与同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的灵活运用．
14.【答案】±30．
【解析】解：∵多项式9a2−ka+25是一个完全平方式，
∴9a2−ka+25=(3a−5)2或9a2−ka+25=(3a+5)2，
即9a2−ka+25=9a2−30a+25或9a2−ka+25=9a2+30a+25，
∴k=30或k=−30．
故答案为：±30．
利用完全平方公式得到9a2−ka+25=(3a−5)2或9a2−ka+25=(3a+5)2，则9a2−ka+25=9a2−30a+25或9a2−ka+25=9a2+30a+25，从而得到k的值．
本题考查了完全平方式：对于一个具有若干个简单变元的整式A，如果存在另一个实系数整式B，使A=B2，则称A是完全平方式，用字母表示为a2±2ab+b2=(a±b)2．
15.【答案】4
【解析】解：∵CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，
∴∠A=∠B=90°，
设运动x分钟后△CAP与△PQB全等；
则BP=xm，BQ=2xm，则AP=(12−x)m，
分两种情况：
①若BP=AC，则x=4，
AP=12−4=8，BQ=8，AP=BQ，
∴△CAP≌△PBQ；
②若BP=AP，则12−x=x，
解得：x=6，BQ=12≠AC，
此时△CAP与△PQB不全等；
综上所述：运动4分钟后△CAP与△PQB全等；
故答案为：4．
设运动x分钟后△CAP与△PQB全等；则BP=xm，BQ=2xm，则AP=(12−x)m，分两种情况：①若BP=AC，则x=4，此时AP=BQ，△CAP≌△PBQ；②若BP=AP，则12−x=x，得出x=6，BQ=12≠AC，即可得出结果．
本题考查了直角三角形全等的判定方法、解方程等知识；本题难度适中，需要进行分类讨论．
16.【答案】2n
【解析】
【分析】
本题主要考查等边三角形的性质、等腰三角形的性质以及平行线的性质，由条件得到OA4=2OA3=4OA2=8OA1是解题的关键．
【解答】
解：∵△A1B1A2是等边三角形，
∴A1B1=A2B1，∠B1A1A2=60°，
∵∠MON=30°，
可得∠OB1A1=∠MON=30°，
∵OA2=4，
∴OA1=A1B1=A1A2=A2B1=2，
∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，
同理可得
∴A2A3=2A1A2=4，
A3A4=2A2A3=8，
A4A5=2A3A4=16，
...
AnAn+1=2n
故答案为2n。
17.【答案】解：原式=(a+2a+2−4a+2)÷(a−2)22(a−2)
=a−2a+2⋅2a−2
=2a+2，
当a=2−1+(π−2018)0=12+1=32时，
原式=232+2=272=47．
【解析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再由负整数指数幂与零指数幂得出a的值，继而代入计算可得．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则及负整数指数幂、零指数幂．
18.【答案】解：(1)：(x+2)(4x−1)−(2x−1)2
=4x2−x+8x−2−4x2+4x−1
=11x−3；
(2)a3b−2a2b2+ab3
=ab(a2−2ab+b2)
=ab(a−b)2．
【解析】(1)根据多项式乘多项式的法则，完全平方公式计算即可；
(2)先提取公因式ab，然后利用完全平方公式进行因式分解．
本题考查的是多项式乘多项式，完全平方公式，多项式与多项式相乘，先用一个多项式的每一项乘另外一个多项式的每一项，再把所得的积相加．
19.【答案】解：(1)方程两边都乘(x+3)(x−3)，得3(x+3)=2(x−3)，
解得：x=−15，
检验：当x=−15时，(x+3)(x−3)≠0，所以x=−15是原方程的解，
即原方程的解是x=−15；
(2)方程两边都乘(x+2)(x−2)，得x(x−2)−3=(x+2)(x−2)，
解得：x=12，
检验：当x=12时，(x+2)(x−2)≠0，所以x=12是原方程的解，
即原方程的解是x=12．
【解析】(1)方程两边都乘(x+3)(x−3)得出3(x+3)=2(x−3)，求出方程的解，再进行检验即可；
(2)方程两边都乘(x+2)(x−2)得出x(x−2)−3=(x+2)(x−2)，求出方程的解，再进行检验即可．
本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键，注意：解分式方程一定要进行检验．
20.【答案】(1)证明：∵E是边AC的中点，
∴AE=CE．
又∵CF//AB，
∴∠A=∠ACF，∠ADF=∠F，
在△ADE与△CFE中，
∠ADF=∠F∠A=∠ACFAE=CE，
∴△ADE≌△CFE(AAS)．
(2)解：∵△ADE≌△CFE，CF=7，
∴CF=AD=7，
∵AB=AC，E是边AC的中点，CE=5，
∴AC=2CE=10．
∴AB=10，
∴DB=AB−AD=10−7=3．
【解析】(1)由平行线的性质得出∠A=∠ACF，∠ADF=∠F，根据AAS证明△ADE≌△CFE即可；
(2)利用全等三角形的性质求出AD，AB即可解决问题；
本题考查全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是证明△ADE≌△CFE．
21.【答案】a2−b2=(a+b)(a−b) 4
【解析】解：(1)根据上述操作利用阴影部分的面积关系得到的等式：a2−b2=(a+b)(a−b)，
故答案为：a2−b2=(a+b)(a−b)；
(2)①∵4a2−b2=24，
∴(2a+b)(2a−b)=24，
∵2a+b=6，
∴2a−b=4，
故答案为：4，
②2002−1992+1982−1972+…+42−32+22−12
=(200+199)(200−199)+(198+197)(198−197)+...+(4+3)(4−3)+(2+1)(2−1)
=200+199+198+197+...+4+3+2+1
=12×(200+1)×200
=20100．
(1)根据大正方形的面积减去小正方形的面积等于阴影部分的面积；
(2)①利用平方差公式计算即可，
②利用平方差公式计算，然后再根据等差数列的求和公式计算．
本题考查了平方差公式的几何背景，熟练掌握公式的灵活运用是解题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)点A1(−1,1)，B1(−4,2)，C1(−3,4)；
(3)如图，点P即为所求，点P的坐标(2,0)．
【解析】(1)利用轴对称变换的性质作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)根据点的位置写出坐标即可；
(3)作点A关于x轴的对称点A'，连接BA'交x轴于点P，连接PA，点P即为所求．
本题考查作图−轴对称变换，轴对称最短问题，解题的关键是掌握轴对称的性质，属于中考常考题型．
23.【答案】解：(1)设该商家第一次购买云南甘蔗的进价是每千克x元，
根据题意可知：600x+0.2x=600x−50，
解得x=2，
经检验，x=2是原方程的解，
答：该商家第一次购买云南甘蔗的进价是每千克2元；
(2)设每千克的售价为y元，
第一销售了6002=300(千克)．
第二次销售了250千克，
根据题意可知：300(y−2)+250(y−2.4)≥1000，
解得：y≥16，
答：每千克的售价至少为16元．
【解析】(1)设该商家第一次购买云南甘蔗的进价是每千克x元，根据题意列出方程即可求出答案；
(2)设每千克的售价为y元，根据题意列出不等式即可求出答案．
本题考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是正确找出题中的数量关系，本题属于中档题．
24.【答案】解：(1)∵△ABC是等边三角形，BP是∠ABC的平分线，
∴∠EBP=∠PBC=30°，
∵PE⊥AB于点E，
∴∠BEP=90°，
∴PE=12BP，
∵QF为线段BP的垂直平分线，
∴BP=2BQ=2×2=4，
∴PE=12×4=2；
(2)△EFP是直角三角形．理由如下：
连接PF、EF，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC，
∴∠ABC=60°，∠ABP=∠CBD=30°，
∵PE⊥AB，
∴∠PEB=90°，
∴∠BPE=60°，
∵FQ垂直平分线段BP，
∴FB=FP，
∴∠FBQ=∠FPQ=30°，
∴∠EPF=∠EPB+∠BPF=90°，
∴△EFP是直角三角形．
【解析】(1)先根据△ABC是等边三角形，BP是∠ABC的平分线，可知∠EBP=30°，由PE⊥AB于点E，进而可得PE=12BP，然后由线段BP的垂直平分线交BC于点F，可得BP=2BQ=4，进而可求PE的长；
(2)由等边三角形的性质得出∠ABC=60°，∠ABP=∠CBD=30°，求出∠BPE=60°，由线段垂直平分线的性质得出FB=FP，由等腰三角形的性质得出∠FBQ=∠FPQ=30°，得出∠EPF=∠EPB+∠BPF=90°即可．
本题考查的是等边三角形的性质、角平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，熟知等边三角形的性质和等腰三角形的性质是解答此题的关键．
25.【答案】解：问题背景：EF=BE+DF
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，
AB=AD∠B=∠ADGBE=DG，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
又∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=∠BAD−∠EAF，
=∠BAD−12∠BAD=12∠BAD，
∴∠EAF=∠GAF．
在△AEF和△AGF中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△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°=12∠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．
【解析】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：见答案；
实际应用：见答案．