20.规律探索题:细心观察下图,认真分析各式,然后解答问题.
$OA_{2}^{2}=(\sqrt{1})^{2}+1=2$；$S_{1}=\frac{\sqrt{1}}{2}$（$S_{1}$是$△ OA_{1}A_{2}$的面积）；
$OA_{3}^{2}=(\sqrt{2})^{2}+1=3$；$S_{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$（$S_{2}$是$△ OA_{2}A_{3}$的面积）；
$OA_{4}^{2}=(\sqrt{3})^{2}+1=4$；$S_{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$（$S_{3}$是$△ OA_{3}A_{4}$的面积）；
…
(1)请用含有$n$($n$为正整数)的式子表示$S_{n}=$；
(2)推算出$OA_{10}=$；
(3)求出$\frac{1}{S_{1}+S_{2}}+\frac{1}{S_{2}+S_{3}}+\frac{1}{S_{3}+S_{4}}+\frac{1}{S_{4}+S_{5}}$的值.

20.解析:
(1)结合已知数据,可得$S_n=\frac{\sqrt{n}}{2}$.
(2)$\because OA_2^2=(\sqrt{1})^2+1=2$;
$OA_3^2=(\sqrt{2})^2+1=3$;
$OA_4^2=(\sqrt{3})^2+1=4$;
...
$\therefore OA_{10}^2=(\sqrt{9})^2+1=10$,
$\therefore OA_{10}=\sqrt{10}$.
(3)$\frac{1}{S_1+S_2}+\frac{1}{S_2+S_3}+\frac{1}{S_3+S_4}+\frac{1}{S_4+S_5}$
$=\frac{1}{\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}}+\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}}+\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{4}}{2}}+\frac{1}{\frac{\sqrt{4}}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}}$
$=\frac{2}{1+\sqrt{2}}+\frac{2}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{2}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\frac{2}{\sqrt{4}+\sqrt{5}}$
$=2 × (\sqrt{2}-1+\sqrt{3}-\sqrt{2}+\sqrt{4}-\sqrt{3}+\sqrt{5}-\sqrt{4})$
$=2 × (\sqrt{5}-1)$
$=2\sqrt{5}-2$.

21.如图,直线$l_1:y=x+1$与$x$轴和$y$轴分别交于$A,B$两点,点$C$在直线$l_1$上,坐标为$(m,3)$,直线$l_2$过点$C$且与$y$轴交于点$D$(点$D$在点$B$上方),与$x$轴交于点$E$.$△ BCD$的面积是$5$.
(1)求$m$的值;
(2)求直线$l_2$的解析式;
(3)求$△ ACE$的面积.

21.解析:
(1)$\because$ 点C在$y=x+1$上,
$\therefore m+1=3$,
解得$m=2$.
(2)当$x=0$时,$y=1$,
$\therefore B(0,1)$.
$\because △ BCD$的面积是5,
$\therefore \frac{1}{2} × (y_D-1) × 2=5$,
解得$y_D=6$,
$\therefore D(0,6)$.
设直线$l_2$的解析式为$y=kx+b$,
$\therefore \begin{cases} b=6, \\ 2k+b=3, \end{cases}$
解得$\begin{cases} k=-\frac{3}{2}, \\ b=6, \end{cases}$
$\therefore$ 直线$l_2$的解析式为$y=-\frac{3}{2}x+6$.
(3)当$y=0$时,$x+1=0$,
解得$x=-1$,
$\therefore A(-1,0)$,
当$y=0$时,$-\frac{3}{2}x+6=0$,
解得$x=4$,
$\therefore E(4,0)$,
$\therefore AE=5$,
$\therefore △ ACE$的面积为$\frac{1}{2} × 5 × 3=\frac{15}{2}$.

22.如图,在正方形ABCD中,AC是对角线,今有较大的直角三角板,一边始终经过点B,直角顶点P在射线AC上移动,另一边交DC于点Q.

(1)如图①,当点Q在DC边上时,猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系,并加以证明；
(2)如图②,当点Q落在DC的延长线上时,猜想并写出PB与PQ满足的数量关系,并证明你的猜想.

22.解析:
(1)结论:$PB=PQ$.
证明:如图①,过点P作$PE ⊥ BC$,$PF ⊥ CD$,垂足分别为E,F.

$\because$ 点P为正方形对角线AC上的点,
$\therefore CP$平分$∠ DCB$,$∠ DCB=90°$,
$\therefore PF=PE$,
$\therefore$ 四边形PECF为正方形.
$\because ∠ BPE+∠ QPE=90°$,$∠ QPE+∠ QPF=90°$,
$\therefore ∠ BPE=∠ QPF$,
在$△ PQF$和$△ PBE$中,$\begin{cases} ∠ PFQ=∠ PEB, \\ ∠ QPF=∠ BPE, \\ PF=PE, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ PQF ≌ \mathrm{Rt}△ PBE(\mathrm{ASA})$,
$\therefore PB=PQ$.
(2)结论:$PB=PQ$.
证明:如图②,过点P作$PE ⊥ BC$,$PF ⊥ CD$,垂足分别为E,F.

$\because$ 点P为正方形对角线AC上的点,
$\therefore CP$平分$∠ QCE$,$∠ QCE=90°$,
$\therefore PF=PE$,
$\therefore$ 四边形PECF为正方形.
$\because ∠ BPF+∠ QPF=90°$,$∠ BPF+∠ BPE=90°$,
$\therefore ∠ BPE=∠ QPF$,
在$△ PQF$和$△ PBE$中,$\begin{cases} ∠ PFQ=∠ PEB, \\ PF=PE, \\ ∠ QPF=∠ BPE, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ PQF ≌ \mathrm{Rt}△ PBE(\mathrm{ASA})$,
$\therefore PB=PQ$.