26. 阅读下面材料,并解答问题:
$\frac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{5}}=\frac{(\sqrt{6}-\sqrt{5})}{(\sqrt{6}+\sqrt{5})(\sqrt{6}-\sqrt{5})}=\sqrt{6}-\sqrt{5}$；
$\frac{1}{\sqrt{5}+2}=\frac{(\sqrt{5}-2)}{(\sqrt{5}+2)(\sqrt{5}-2)}=\sqrt{5}-2$；
$\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{3}}=\frac{(\sqrt{4}-\sqrt{3})}{(\sqrt{4}+\sqrt{3})(\sqrt{4}-\sqrt{3})}=\sqrt{4}-\sqrt{3}$。
(1) 观察上面的等式,则$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$的结果是。
(2) 计算:$(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=$。此时称$\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$与$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$互为有理化因式。
(3) 请利用上面的规律与解法计算:
$\frac{1}{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}+\frac{1}{$$}+\dots+\frac{1}{\sqrt{100}+\sqrt{99}}$。

解：
(1)
$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
故答案为：$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$。
(2)
$(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=(\sqrt{n+1})^2-(\sqrt{n})^2=n+1-n=1$
故答案为：$1$。
(3)
原式$=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+\dots+(\sqrt{100}-\sqrt{99})$
$=-1+\sqrt{100}$
$=-1+10$
$=9$

27. 如图，点 G 是正方形 ABCD 对角线 CA 的延长线上任意一点，以线段 AG 为边作一个正方形 AEFG，线段 EB 和 GD 相交于点 H.
(1)求证: $EB=GD$.
(2)判断 EB 与 GD 的位置关系，并说明理由.
(3)若 $AB=2, AG=\sqrt{2}$, 求 BE 的长.

(1) 证明：
∵ 四边形ABCD、AEFG都是正方形，
∴ $AB=AD$，$AE=AG$，$∠ BAD=∠ EAG=90°$，
∴ $∠ BAD + ∠ EAD = ∠ EAG + ∠ EAD$，
即 $∠ BAE = ∠ DAG$。
在$△ BAE$和$△ DAG$中：
$\begin{cases}AB=AD \\∠ BAE=∠ DAG \\AE=AG\end{cases}$
∴ $△ BAE ≌ △ DAG$（SAS），
∴ $EB=GD$。
---
(2) 解：$EB ⊥ GD$，理由如下：
设$BE$与$AD$交于点$P$，
由(1)得$△ BAE ≌ △ DAG$，
∴ $∠ ABE = ∠ ADG$。
∵ $∠ APB = ∠ HPD$，$∠ BAD=90°$，
∴ 在$△ ABP$中，$∠ ABE + ∠ APB = 90°$，
等量代换得$∠ ADG + ∠ HPD = 90°$，
∴ $∠ DHP = 180° - (∠ ADG + ∠ HPD) = 90°$，
∴ $EB ⊥ GD$。
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(3) 解：
连接$BD$，交$AC$于点$O$，
∵ 四边形ABCD是正方形，$AB=2$，
∴ $BD ⊥ AC$，$OA=OD$，
由勾股定理得 $BD=\sqrt{AB^2 + AD^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，
∴ $OD=\frac{1}{2}BD=\sqrt{2}$，$OA=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}$。
∵ 点$G$在$CA$的延长线上，$AG=\sqrt{2}$，
∴ $OG=OA + AG=\sqrt{2}+\sqrt{2}=2$。
在$\mathrm{Rt}△ ODG$中，$∠ DOG=90°$，
由勾股定理得：
$GD=\sqrt{OD^2 + OG^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2 + 2^2}=\sqrt{6}$，
由(1)知$BE=GD$，
∴ $BE=\sqrt{6}$。