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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:$(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=$
(3)请利用上面的规律与解法计算:
$\frac{1}{\sqrt{6}+\sqrt{5}}=\frac{(\sqrt{6}-\sqrt{5})}{(\sqrt{6}+\sqrt{5})(\sqrt{6}-\sqrt{5})}=\sqrt{6}-\sqrt{5}$；
$\frac{1}{\sqrt{5}+2}=\frac{(\sqrt{5}-2)}{(\sqrt{5}+2)(\sqrt{5}-2)}=\sqrt{5}-2$；
$\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{3}}=\frac{(\sqrt{4}-\sqrt{3})}{(\sqrt{4}+\sqrt{3})(\sqrt{4}-\sqrt{3})}=\sqrt{4}-\sqrt{3}$.
(1)观察上面的等式,则$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$的结果是
$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
.(2)计算:$(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=$
1
.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:
答案
26.解:(1)$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$ (2)1
(3)原式$=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+…+(\sqrt{100}-\sqrt{99})$
$=\sqrt{100}-1$
$=10-1$
$=9.$
(3)原式$=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+…+(\sqrt{100}-\sqrt{99})$
$=\sqrt{100}-1$
$=10-1$
$=9.$
解析
【分析】
这道题围绕二次根式的分母有理化展开，解题思路如下：1. 第(1)问参考给出的示例，利用平方差公式对$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$进行分母有理化，分子分母同乘分母的有理化因式$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$，化简即可得到结果；2. 第(2)问直接运用平方差公式$(a+b)(a-b)=a^2-b^2$，代入$a=\sqrt{n+1}$、$b=\sqrt{n}$计算即可；3. 第(3)问利用前两问得到的规律，把原式的每一项都拆成两个根式相减的形式，再观察发现中间的项可以相互抵消，仅剩首尾两项，计算最终结果即可。
【解析】
(1) 对$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$：
$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{(n+1)-n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
(2) 由平方差公式计算：
$(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=(\sqrt{n+1})^2-(\sqrt{n})^2=(n+1)-n=1$
(3) 利用(1)的规律拆分每一项：
原式$=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+\dots+(\sqrt{100}-\sqrt{99})$
观察发现$\sqrt{2}$和$-\sqrt{2}$、$\sqrt{3}$和$-\sqrt{3}$……$\sqrt{99}$和$-\sqrt{99}$都抵消，仅剩：
$=\sqrt{100}-1$
$=10-1$
$=9$
【答案】
(1)$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$；(2)1；(3)9
【知识点】
1.分母有理化；2.平方差公式；3.裂项相消计算
【点评】
本题是二次根式化简计算的典型题型，通过给出的示例引导学生推导分母有理化的通用规律，再利用规律进行简便计算，既考察了对平方差公式的灵活应用，也考察了学生归纳总结、运用规律解题的能力，掌握裂项抵消的技巧后计算难度很低。
【难度系数】
0.7
这道题围绕二次根式的分母有理化展开，解题思路如下：1. 第(1)问参考给出的示例，利用平方差公式对$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$进行分母有理化，分子分母同乘分母的有理化因式$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$，化简即可得到结果；2. 第(2)问直接运用平方差公式$(a+b)(a-b)=a^2-b^2$，代入$a=\sqrt{n+1}$、$b=\sqrt{n}$计算即可；3. 第(3)问利用前两问得到的规律，把原式的每一项都拆成两个根式相减的形式，再观察发现中间的项可以相互抵消，仅剩首尾两项，计算最终结果即可。
【解析】
(1) 对$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$：
$\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{(n+1)-n}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
(2) 由平方差公式计算：
$(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=(\sqrt{n+1})^2-(\sqrt{n})^2=(n+1)-n=1$
(3) 利用(1)的规律拆分每一项：
原式$=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+\dots+(\sqrt{100}-\sqrt{99})$
观察发现$\sqrt{2}$和$-\sqrt{2}$、$\sqrt{3}$和$-\sqrt{3}$……$\sqrt{99}$和$-\sqrt{99}$都抵消，仅剩：
$=\sqrt{100}-1$
$=10-1$
$=9$
【答案】
(1)$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$；(2)1；(3)9
【知识点】
1.分母有理化；2.平方差公式；3.裂项相消计算
【点评】
本题是二次根式化简计算的典型题型，通过给出的示例引导学生推导分母有理化的通用规律，再利用规律进行简便计算，既考察了对平方差公式的灵活应用，也考察了学生归纳总结、运用规律解题的能力，掌握裂项抵消的技巧后计算难度很低。
【难度系数】
0.7
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) 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.
答案
27.(1)证明:由题意,得$∠GAD=90°+∠EAD,∠EAB=90°+∠EAD,$
$∴∠GAD=∠EAB.$
$∵$四边形$AEFG$和四边形$ABCD$是正方形，
$∴AE=AG,AB=AD,$
$∴△EAB≌△GAD(\mathrm{SAS}),$
$∴EB=GD.$
(2)解:$EB⊥GD$.理由如下.
由(1)知$△GAD≌△EAB$,
$∴∠GDA=∠EBA.$
$∵∠1=∠2.∴∠DHB=∠DAB.$
$∵∠DAB=90°,∴∠DHB=90°,$
$∴EB⊥GD.$
(3)解:如图,过点$E$作$EM⊥AB$交$BA$的延长线于点$M$.
$∵$四边形$ABCD$是正方形，
$∴∠CAB=45°.$
$∵∠CAB=∠MAG,$
$∴∠MAG=45°,∴∠EAM=45°,$
$∴ME=MA.$
在$\mathrm{Rt}△EMA$中,$EM^2+MA^2=AE^2.$
$∵AE=\sqrt{2},$
$∴EM=AM=1,$
$∴MB=3.$
在$\mathrm{Rt}△EMB$中,$EM^2+MB^2=BE^2.$
$∴BE=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}.$
解析
【分析】
(1) 要证明EB=GD，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。结合正方形四边相等的性质可得AE=AG、AB=AD，再推导两个三角形的夹角∠GAD与∠EAB相等，即可用SAS判定△EAB≌△GAD，得到对应边相等。
(2) 判断EB与GD的位置关系，可结合(1)的全等结论推导角度关系：由全等得到∠GDA=∠EBA，再结合对顶角相等，可推出∠DHB与正方形的直角∠DAB相等，即可得到垂直关系。
(3) 求BE的长度，可构造直角三角形求解：过E作BA延长线的垂线，利用正方形对角线与边的夹角为45°，先求出构造出的直角三角形的直角边长，再用勾股定理计算BE的长度。
【解析】
(1) 证明：由题意得∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，
∴∠GAD=∠EAB。
∵四边形AEFG和四边形ABCD都是正方形，
∴AE=AG，AB=AD，
∴△EAB≌△GAD（SAS），
∴EB=GD。
(2) 解：EB⊥GD，理由如下：
由(1)可知△GAD≌△EAB，
∴∠GDA=∠EBA。
∵∠1=∠2（对顶角相等），
∴∠DHB=∠DAB（三角形内角和性质）。
∵∠DAB=90°，
∴∠DHB=90°，即EB⊥GD。
(3) 解：如图，过点E作EM⊥AB，交BA的延长线于点M。
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴∠CAB=45°。
∵∠CAB与∠MAG是对顶角，
∴∠MAG=45°，则∠EAM=45°，
∴△EMA是等腰直角三角形，即ME=MA。
在Rt△EMA中，由勾股定理得EM²+MA²=AE²。
已知AE=AG=√2，代入计算得EM=AM=1，
∴MB=AM+AB=1+2=3。
在Rt△EMB中，由勾股定理得EM²+MB²=BE²，
代入数值计算得BE=√(1²+3²)=√10。
【答案】
(1) EB=GD得证；
(2) EB⊥GD；
(3) BE的长为$\sqrt{10}$。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是正方形相关的几何综合题，将全等三角形、勾股定理与正方形的性质结合考查，解题的核心是利用正方形的边角特征找到全等条件，合理构造直角三角形求解线段长度，对几何推理能力有一定锻炼作用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明EB=GD，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。结合正方形四边相等的性质可得AE=AG、AB=AD，再推导两个三角形的夹角∠GAD与∠EAB相等，即可用SAS判定△EAB≌△GAD，得到对应边相等。
(2) 判断EB与GD的位置关系，可结合(1)的全等结论推导角度关系：由全等得到∠GDA=∠EBA，再结合对顶角相等，可推出∠DHB与正方形的直角∠DAB相等，即可得到垂直关系。
(3) 求BE的长度，可构造直角三角形求解：过E作BA延长线的垂线，利用正方形对角线与边的夹角为45°，先求出构造出的直角三角形的直角边长，再用勾股定理计算BE的长度。
【解析】
(1) 证明：由题意得∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，
∴∠GAD=∠EAB。
∵四边形AEFG和四边形ABCD都是正方形，
∴AE=AG，AB=AD，
∴△EAB≌△GAD（SAS），
∴EB=GD。
(2) 解：EB⊥GD，理由如下：
由(1)可知△GAD≌△EAB，
∴∠GDA=∠EBA。
∵∠1=∠2（对顶角相等），
∴∠DHB=∠DAB（三角形内角和性质）。
∵∠DAB=90°，
∴∠DHB=90°，即EB⊥GD。
(3) 解：如图，过点E作EM⊥AB，交BA的延长线于点M。
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴∠CAB=45°。
∵∠CAB与∠MAG是对顶角，
∴∠MAG=45°，则∠EAM=45°，
∴△EMA是等腰直角三角形，即ME=MA。
在Rt△EMA中，由勾股定理得EM²+MA²=AE²。
已知AE=AG=√2，代入计算得EM=AM=1，
∴MB=AM+AB=1+2=3。
在Rt△EMB中，由勾股定理得EM²+MB²=BE²，
代入数值计算得BE=√(1²+3²)=√10。
【答案】
(1) EB=GD得证；
(2) EB⊥GD；
(3) BE的长为$\sqrt{10}$。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是正方形相关的几何综合题，将全等三角形、勾股定理与正方形的性质结合考查，解题的核心是利用正方形的边角特征找到全等条件，合理构造直角三角形求解线段长度，对几何推理能力有一定锻炼作用。
【难度系数】
0.6
