2022年人教版八年级上册数学第一次月考试卷(含答案)

这是一份2022年人教版八年级上册数学第一次月考试卷(含答案)，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教版八年级上册数学第一次月考试卷
一、选择题（本大题有16小题，共42分.1～10小题各3分，11～16小题各2分.）
1．（3分）下列各组中的两个图形属于全等图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）如图，已知方格纸中是4个相同的正方形，则∠1与∠2的和为（　　）

A．45° B．60° C．90° D．100°
3．（3分）如图，△ABC≌△ADE，若∠BAE＝120°，∠BAD＝40°，则∠BAC的度数为（　　）

A．40° B．80° C．120° D．不能确定
4．（3分）下列条件，不能判定两个直角三角形全等的是（　　）
A．斜边和一直角边对应相等
B．两个锐角对应相等
C．一锐角和斜边对应相等
D．两条直角边对应相等
5．（3分）如图，OA＝OB，∠A＝∠B，有下列3个结论：
①△AOD≌△BOC，
②△ACE≌△BDE，
③点E在∠O的平分线上，
其中正确的结论是（　　）

A．只有① B．只有② C．只有①② D．有①②③
6．（3分）如图1，已知∠ABC，用尺规作它的角平分线．
如图2，步骤如下，
第一步：以B为圆心，以a为半径画弧，分别交射线BA，BC于点D，E；
第二步：分别以D，E为圆心，以b为半径画弧，两弧在∠ABC内部交于点P；
第三步：画射线BP．射线BP即为所求．
下列正确的是（　　）

A．a，b均无限制 B．a＞0，b＞DE的长
C．a有最小限制，b无限制 D．a≥0，b＜DE的长
7．（3分）如图，在△ABC中，AG平分∠CAB，使用尺规作射线CD，与AG交于点E，下列判断正确的是（　　）

A．AG平分CD
B．∠AED＝∠ADE
C．点E是△ABC三条角平分线的交点
D．点E到点A，B，C的距离相等
8．（3分）如图，将▱ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在B′处，若∠1＝∠2＝44°，则∠B为（　　）

A．66° B．104° C．114° D．124°
9．（3分）如图，在△ABC和△DEC中，AB＝DE．若添加条件后使得△ABC≌△DEC，则在下列条件中，不能添加的是（　　）

A．BC＝EC，∠B＝∠E B．BC＝EC，AC＝DC
C．∠B＝∠E，∠A＝∠D D．BC＝EC，∠A＝∠D
10．（3分）如图，两根长度为12米的绳子，一端系在旗杆上，另一端分别固定在地面两个木桩上，则两个木桩离旗杆底部的距离BD与CD的距离间的关系是（　　）

A．BD＞CD B．BD＜CD C．BD＝CD D．不能确定
11．（3分）如图，△ABC中，AD⊥BC，D为BC的中点，以下结论：
（1）△ABD≌△ACD；
（2）AB＝AC；
（3）∠B＝∠C；
（4）AD是△ABC的一条角平分线．
其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．（3分）如图，在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD是斜边上的高，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别为E，F，则图中与∠C（∠C除外）相等的角的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
13．（3分）如图，两棵大树间相距13m，小华从点B沿BC走向点C，行走一段时间后他到达点E，此时他仰望两棵大树的顶点A和D，两条视线的夹角正好为90°，且EA＝ED．已知大树AB的高为5m，小华行走的速度为1m/s，小华走的时间是（　　）

A．13 B．8 C．6 D．5
14．（3分）如图，在△ABC中，∠A＝90°，BD平分∠ABC交AC于点D，AB＝4，BD＝5，AD＝3，若点P是BC上的动点，则线段DP的最小值是（　　）

A．3 B．2.4 C．4 D．5
15．（3分）如图，O是△ABC的三条角平分线的交点，连接OA，OB，OC，若△OAB，△OBC，△OAC的面积分别为S1，S2，S3，则下列关系正确的是（　　）

A．S1＞S2+S3 B．S1＝S2+S3 C．S1＜S2+S3 D．无法确定
16．（3分）如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B＝∠C＝x°，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题（本大题有3小题，每小题有2个空，每空2分，共12分）
17．（4分）如图，以△ABC的顶点A为圆心，以BC长为半径作弧；再以顶点C为圆心，以AB长为半径作弧，两弧交于点D，连接AD、CD，可得△ABC≌△CDA，其依据是 　 　；若∠B＝65°，则∠BCD的大小是 　 　°．

18．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点B，C的坐标分别为（﹣，0），（2，0），点A的坐标为（0，4），点D为AC的中点，DE⊥AB于点E，若∠ABD＝∠DBC，则AB＝　 　，DE＝　 　．

19．（4分）如图，已知在△ABC中，AB＝AC＝10cm，∠B＝∠C，BC＝8cm，D为AB的中点，如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CA上由点C向点A运动．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过 　 　s后，△BPD≌△CQP；
（2）若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，且在某时刻△BPD与△CQP全等，则点Q的运动速度为 　 　cm/s．

三、解答题（本大题有7个小题，共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20．（8分）如图，点B，F，C，E在直线l上（F，C之间不能直接测量），点A，D在l异侧，测得AB＝DE，AC＝DF，BF＝EC．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）指出图中所有平行的线段，并说明理由．

21．（9分）证明命题“角平分线上的点到角两边的距离相等”，要根据题意，画出图形，并用符号表示已知求证，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．
（1）已知：如图，OC是∠AOB的角平分线，点P在OC上，　 　，　 　．求证：　 　．（请你补全已知和求证）
（2）写出证明过程．

22．（9分）如图，已知：点P（2m﹣1，6m﹣5）在第一象限角平分线OC上，∠BPA＝90°，角两边与x轴、y轴分别交于A点、B点．
（1）求点P的坐标．
（2）若点A（，0），求点B的坐标．

23．（9分）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，E为CD的中点，连结BE并延长交AD的延长线于点F．
（1）求证：△BCE≌△FDE；
（2）连结AE，当AE⊥BF，BC＝2，AD＝1时，求AB的长．

24．（9分）在数学活动课上，嘉淇用一张等腰三角形纸板ABC进行操作探究，已知AC＝BC，∠ACB＝90°．
【发现】如图，嘉淇把△ABC的直角顶点C放置在直线l上，使点A、B都位于直线l的同侧，作AD⊥l，BE⊥l，分别交直线l于点D、E，这时嘉淇通过观察发现△ACD与△CBE全等，请你证明这个结论；
【探究】嘉淇借助【发现】中的结论，发现当点A、B位于直线l的同侧时，线段AD，BE和DE之间满足一个等量关系，请你写出这个等量关系式，并证明；
【拓展】嘉淇把△ABC的直角顶点C放置在直线l上，使点A、B都位于直线l的两侧，作AD⊥l，BE⊥l，分别交直线l于点D、E，请你直接写出AD，BE和DE这三条线段之间的数量关系．

25．（10分）如图，四边形ABDC中，∠D＝∠ABD＝90°，点O为BD的中点，且OA平分∠BAC．
（1）求证：OC平分∠ACD；
（2）求证：OA⊥OC；
（3）求证：AB+CD＝AC．

26．（12分）（1）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之间的数量关系并证明．（提示：延长CD到G，使得DG＝BE）
（2）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；

（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西20°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东60°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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1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．（可利用（2）的结论）

参考答案与试题解析
一、选择题（本大题有16小题，共42分.1～10小题各3分，11～16小题各2分.）
1．【分析】利用全等图形的概念可得答案．
【解答】解：A、两个图形不能完全重合，故本选项错误；
B、两个图形能够完全重合，故本选项正确；
C、两个图形不能完全重合，故本选项错误；
D、两个图形不能完全重合，故本选项错误；
故选：B．
2．【分析】首先证明△ABC≌△AED，根据全等三角形的性质可得∠1＝∠AED，再根据余角的定义可得∠AED+∠2＝90°，再根据等量代换可得∠1与∠2的和为90°．
【解答】解：∵在△ABC和△AED中，
∴△ABC≌△AED（SAS），
∴∠1＝∠AED，
∵∠AED+∠2＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
故选：C．

3．【分析】由△ABC≌△ADE，得∠BAC＝∠DAE，则∠BAD＝∠CAE，再由∠BAC＝∠BAE﹣∠CAE，即可得出答案．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵∠BAE＝120°，∠BAD＝40°，
∴∠BAC＝∠BAE﹣∠CAE＝120°﹣40°＝80°．
故选：B．
4．【分析】直角三角形全等的判定方法：HL，SAS，ASA，SSS，AAS，做题时要结合已知条件与全等的判定方法逐一验证．
【解答】解：A、符合判定HL，故本选项正确，不符合题意；
B、全等三角形的判定必须有边的参与，故本选项错误，符合题意；
C、符合判定AAS，故本选项正确，不符合题意；
D、符合判定SAS，故本选项正确，不符合题意．
故选：B．
5．【分析】根据全等三角形的判定得出△AOD≌△BOC（ASA），则OD＝CO，从而证出△ACE≌△BDE，连接OE，可证明△AOE≌△BOE，则得出点E在∠O的平分线上．
【解答】解：∵OA＝OB，∠A＝∠B，∠O＝∠O，
∴△AOD≌△BOC（ASA），故①正确；
∴OD＝CO，
∴BD＝AC，
∴△ACE≌△BDE（AAS），故②正确；
∴AE＝BE，
连接OE，∴△AOE≌△BOE（SSS），
∴∠AOE＝∠BOE，
∴点E在∠O的平分线上，故③正确，
故选：D．
6．【分析】根据角平分线的画法判断即可．
【解答】解：以B为圆心画弧时，半径a必须大于0，分别以D，E为圆心，以b为半径画弧时，b必须大于DE，否则没有交点，
故选：B．
7．【分析】利用基本作图得到CD平分∠ACB，加上AG平分∠CAB，从而可判断点E为△ABC的内心．
【解答】解：由作法得CD平分∠ACB，
∵AG平分∠CAB，
∴点E为△ABC的内心，
∴点E为△ABC的角平分线的交点．
故选：C．
8．【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质得出∠ACD＝∠BAC＝∠B′AC，由三角形的外角性质求出∠BAC＝∠ACD＝∠B′AC＝∠1＝22°，再由三角形内角和定理求出∠B即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
由折叠的性质得：∠BAC＝∠B′AC，
∴∠BAC＝∠ACD＝∠B′AC＝∠1＝22°，
∴∠B＝180°﹣∠2﹣∠BAC＝180°﹣44°﹣22°＝114°；
故选：C．
9．【分析】直接利用三角形全等的判定条件进行判定，即可求得答案；注意而SSA是不能判定三角形全等的．
【解答】解：A、添加BC＝EC，∠B＝∠E可用SAS判定两个三角形全等，故A选项正确；
B、添加BC＝EC，AC＝DC可用SSS判定两个三角形全等，故B选项正确；
C、添加∠B＝∠E，∠A＝∠D可用ASA判定两个三角形全等，故C选项正确；
D、添加BC＝EC，∠A＝∠D后是SSA，无法证明三角形全等，故D选项错误．
故选：D．
10．【分析】根据“两根长度为12米的绳子，一端系在旗杆上，另一端分别固定在地面两个木桩上”可以判断AB＝AC，又AD＝AD，AD⊥BC，所以△ABD≌△ACD，所以BD＝CD．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
由AB＝AC，AD＝AD，
∴△ABD≌△ACD（HL），
∴BD＝CD．
故选：C．
11．【分析】先运用SAS证明△ABD≌△ACD，再得（1）△ABD≌△ACD正确；（2）AB＝AC正确；（3）∠B＝∠C正确；
∠BAD＝∠CAD（4）AD是△ABC的角平分线．即可找到答案．
【解答】解：∵AD＝AD、∠ADB＝∠ADC、BD＝CD
∴（1）△ABD≌△ACD正确；
∴（2）AB＝AC正确；
（3）∠B＝∠C正确；
∠BAD＝∠CAD
∴（4）AD是△ABC的角平分线．
故选：D．
12．【分析】利用垂直得到∠CDE＝∠AFD＝90°，然后利用等角的余角相等找出与∠C（∠C除外）相等的角．
【解答】解：∵DE⊥AC，
∴∠CDE＝90°，
∴∠C+∠CDE＝90°，∠CDE+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠C，
∵DE∥AB，
∴∠ADE＝∠BAD，
∴∠C＝∠BAD，
∵FD⊥AB，
∴DF∥AC，
∴∠BDF＝∠C．
故选：C．
13．【分析】首先证明∠A＝∠DEC，然后可利用AAS判定△ABE≌△ECD，进而可得EC＝AB＝5m，再求出BE的长，然后利用路程除以速度可得时间．
【解答】解：∵∠AED＝90°，
∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∵∠ABE＝90°，
∴∠A+∠AEB＝90°，
∴∠A＝∠DEC，
在△ABE和△DCE中，
∴△ABE≌△ECD（AAS），
∴EC＝AB＝5m，
∵BC＝13m，
∴BE＝8m，
∴小华走的时间是8÷1＝8（s），
故选：B．
14．【分析】由垂线段最短可知当DP⊥BC时，DP最短，根据角平分线的性质即可得出结论．
【解答】解：当DP⊥BC时，DP的值最小，
∵BD平分∠ABC，∠A＝90°
当DP⊥BC时，
DP＝AD，
∵AD＝3，
∴DP的最小值是3，
故选：A．
15．【分析】过O点作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，OF⊥AC于F，如图，根据角平分线的性质得到OD＝OE＝OF，再利用三角形面积公式得到S1＝•AB•OD，S2+S3＝OD•（BC+AC），然后根据三角形三边的关系得到S1＜S2+S3．
【解答】解：过O点作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，OF⊥AC于F，如图，
∵O是△ABC的三条角平分线的交点，
∴OD＝OE＝OF，
∵S1＝•AB•OD，S2+S3＝•BC•OE+•AC•OF＝OD•（BC+AC），
而AB＜BC+AC，
∴S1＜S2+S3．
故选：C．

16．【分析】根据全等三角形的判定定理进行判断．
【解答】解：A、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，
故本选项不符合题意；
B、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，
故本选项不符合题意；
C、如图1，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，
∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，
∴∠FEC＝∠BDE，
所以其对应边应该是BE和CF，而已知给的是BD＝FC＝3，
所以不能判定两个小三角形全等，故本选项符合题意；
D、如图2，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，
∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，
∴∠FEC＝∠BDE，
∵BD＝EC＝2，∠B＝∠C，
∴△BDE≌△CEF，
所以能判定两个小三角形全等，故本选项不符合题意；
由于本题选择可能得不到全等三角形纸片的图形，
故选：C．


二、填空题（本大题有3小题，每小题有2个空，每空2分，共12分）
17．【分析】根据全等三角形的判定方法可得到△ABC≌△CDA的依据；根据平行四边形的判定与性质可得出答案．
【解答】解：由题意得，AD＝BC，CD＝AB，
∵AC＝CA，
∴△ABC≌△CDA（SSS）．
∵AD＝BC，CD＝AB，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴∠B+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝180°﹣65°＝115°．
故答案为：SSS；115．
18．【分析】根据勾股定理求出AB的长，再根据角平分线的性质可得DE＝DH，根据中点坐标公式求出点D坐标，即可确定DE的长．
【解答】解：∵△ABC的顶点B坐标为（﹣，0），
∴OB＝，
∵点A坐标为（0，4），
∴OA＝4，
根据勾股定理，得AB＝，
过点D作DH⊥BC于点H，如图所示：

∵∠ABD＝∠DBC，DE⊥AB，
∴DE＝DH，
∵C的坐标为（2，0），点A的坐标分别为（0，4），点D为AC的中点，
∴点D坐标为（，2），
∴DH＝2，
∴DE＝2，
故答案为：3，2．
19．【分析】（1）经过1秒后，PB＝3cm，PC＝5cm，CQ＝3cm，由已知可得BD＝PC，BP＝CQ，∠ABC＝∠ACB，即据SAS可证得△BPD≌△CQP．
（2）可设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts△BPD与△CQP全等，则可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3）tcm，CQ＝xtcm，据（1）同理可得当BD＝PC，BP＝CQ或BD＝CQ，BP＝PC时两三角形全等，求x的解即可．
【解答】解：（1）经过1秒后，△BPD≌△CQP，理由如下：
经过1秒后，PB＝3cm，CQ＝3cm，
∴PB＝CQ，
∵BC＝8cm，
∴PC＝5cm，
∵AB＝AC＝10cm，D为AB的中点，
∴∠B＝∠C，BD＝5cm，
∴BD＝PC，
∴在△BPD和△CQP中，
，
∴△BPD≌△CQP（SAS）．
故答案为：1．
（2）设点Q的运动速度为x（x≠3）cm/s，经过ts后△BPD与△CQP全等；则可知PB＝3tcm，PC＝（8﹣3t）cm，CQ＝xtcm，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
根据全等三角形的判定定理SAS可知，有两种情况：①当BD＝PC，BP＝CQ时，②当BD＝CQ，BP＝PC时，两三角形全等；
①当BD＝PC且BP＝CQ时，8﹣3t＝5且3t＝xt，解得x＝3，
∵x≠3，
∴舍去此情况；
②BD＝CQ，BP＝PC时，5＝xt且3t＝8﹣3t，解得：x＝；
若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为cm/s时，能够使△BPD与△CQP全等．
故答案为：．
三、解答题（本大题有7个小题，共66分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
20．【分析】（1）先证明BC＝EF，再根据SSS即可证明．
（2）结论AB∥DE，AC∥DF，根据全等三角形的性质即可证明．
【解答】（1）证明：∵BF＝CE，
∴BF+FC＝FC+CE，即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
（2）结论：AB∥DE，AC∥DF．
理由：∵△ABC≌△DEF，
∴∠ABC＝∠DEF，∠ACB＝∠DFE，
∴AB∥DE，AC∥DF．

21．【分析】（1）根据题意、结合图形写出已知和求证；
（2）证明△OPD≌△OPE，根据全等三角形的性质证明结论．
【解答】解：（1）已知：如图，OC是∠AOB的角平分线，点P在OC上，PD⊥OA于D，PE⊥OB于E，
求证：PD＝PE，
故答案为：PD⊥OA于D；PE⊥OB于E；PD＝PE；
（2）证明：在△OPD和△OPE中，
，
∴△OPD≌△OPE（AAS）
∴PD＝PE．
22．【分析】（1）作PE⊥y轴于E，PF⊥x轴于F，由角平分线的性质得出PE＝PF，得出方程2m﹣1＝6m﹣5，解方程求出m＝1，即可得出结果；
（2）由ASA证明△BEP≌△AFP，得出BE＝AF＝OA﹣OF＝0.5，即可得出结果．
【解答】解：（1）作PE⊥y轴于E，PF⊥x轴于F，如图所示：
根据题意得：PE＝PF，
∴2m﹣1＝6m﹣5，
∴m＝1，
∴P（1，1）；
（2）由（1）得：∠EPF＝90°，
∵∠BPA＝90°，PE＝PF＝1，
∴∠EPB＝∠FPA，
在△BEP和△AFP中，，
∴△BEP≌△AFP（ASA），
∴BE＝AF＝OA﹣OF＝0.5，
∴B（0，0.5）．

23．【分析】（1）由“AAS”可证△DAE≌△CFE；
（2）由全等三角形的性质可得BE＝EF，BC＝DF，由中垂线的性质可得AB＝AF，可得结论；
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴∠F＝∠EBC，∠FDE＝∠C，
∵点E为CD的中点，
∴ED＝EC，
在△FDE和△BEC中，
，
∴△FDE≌△BEC（AAS）；
（2）∵△FDE≌△BEC，
∴BE＝EF，BC＝DF，
∵AE⊥BF，
∴AB＝AF，
∴AB＝AF＝AD+DF＝AD+BC＝1+2＝3，
∴AB的长为3．
24．【分析】【发现】根据同角的余角相等，可证∠ACD＝∠CBE，通过AAS即可证明△ADC≌△CEB；
【探究】由△ADC≌△CEB得，AD＝CE，CD＝BE，即可得出DE＝AD+BE；
【拓展】同理可证△ADC≌△CEB，则AD＝CE，CD＝BE，从而AD＝BE+DE．
【解答】【发现】证明：∵∠ACB＝∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；

【探究】解：结论：DE＝AD+BE．
理由：∵△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵DE＝DC+CE，
∴DE＝AD+BE；

【拓展】解：结论：AD＝BE+DE．
理由：如图，

∵∠ACB＝∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
25．【分析】（1）过点O作OE⊥AC于E，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得OB＝OE，从而求出OE＝OD，然后根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上证明；
（2）利用“HL”证明△ABO和△AEO全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AOB＝∠AOE，同理求出∠COD＝∠COE，然后求出∠AOC＝90°，再根据垂直的定义即可证明；
（3）根据全等三角形对应边相等可得AB＝AE，CD＝CE，然后证明即可．
【解答】证明：（1）过点O作OE⊥AC于E，
∵∠ABD＝90゜，OA平分∠BAC，
∴OB＝OE，
∵点O为BD的中点，
∴OB＝OD，
∴OE＝OD，
∴OC平分∠ACD；

（2）在Rt△ABO和Rt△AEO中，
，
∴Rt△ABO≌Rt△AEO（HL），
∴∠AOB＝∠AOE，
同理求出∠COD＝∠COE，
∴∠AOC＝∠AOE+∠COE＝×180°＝90°，
∴OA⊥OC；

（3）∵Rt△ABO≌Rt△AEO，
∴AB＝AE，
同理可得CD＝CE，
∵AC＝AE+CE，
∴AB+CD＝AC．

26．【分析】（1）根据全等三角形对应边相等解答；
（2）延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B＝∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再求出∠EAF＝∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF＝GF，然后求解即可；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠EAF＝∠AOB，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可．
【解答】解：（1）EF＝BE+DF；
证明：
如图1，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；

（2）EF＝BE+DF仍然成立．
证明：如图2，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，
∴△AEF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF；

（3）如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB＝20°+90°+（90°﹣60°）＝140°，
∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝∠AOB，
又∵OA＝OB，
∠OAC+∠OBC＝（90°﹣20°）+（60°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝1×（60+80）＝140（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离是140海里．