18.(12分)(慈溪市)我们发现：$\frac{1}{1×2}=1-\frac{1}{2},\frac{1}{2×3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3},\frac{1}{3×4}=\frac{1}{3}-\frac{1}{4},…$
(1)利用上述发现计算：$\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+\frac{1}{3×4}+…+\frac{1}{99×100}$。
(2)现有咸度较低的盐水$a(\mathrm{g})$，其中含盐$b(\mathrm{g})$，若再往该盐水中加$m(\mathrm{g})$盐(加入的盐均能溶解)，生活经验告诉我们盐水会更咸。
①请你用两个代数式的大小关系来表示这一现象，并通过分式运算说明结论的正确性。
②运用上述结论说明对于任意正整数$n$，算式$\frac{1}{2×4 - 1}+\frac{1}{4×6 - 1}+\frac{1}{6×8 - 1}+…+\frac{1}{2n×2(n + 1)-1}$的值都小于$\frac{1}{2}$。

(1)原式$=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+…+\dfrac{1}{99}-\dfrac{1}{100}=1-\dfrac{1}{100}=\dfrac{99}{100}$。
(2)①由题意可知:$\dfrac{b+m}{a+m}＞\dfrac{b}{a}(0＜b＜a$且$m＞0)$。
$\dfrac{b+m}{a+m}-\dfrac{b}{a}=\dfrac{a(b+m)-b(a+m)}{a(a+m)}=\dfrac{m(a-b)}{a(a+m)}$,
因为$0＜b＜a$且$m＞0$,所以$\dfrac{m(a-b)}{a(a+m)}＞0$,即$\dfrac{b+m}{a+m}＞\dfrac{b}{a}$。
②由①可知$\dfrac{1}{2n×2(n+1)-1}＜\dfrac{2}{2n×2(n+1)}$,
所以$\dfrac{1}{2×4-1}+\dfrac{1}{4×6-1}+\dfrac{1}{6×8-1}+…+\dfrac{1}{2n×2(n+1)-1}＜\dfrac{2}{2×4}+\dfrac{2}{4×6}+…+\dfrac{2}{2n×2(n+1)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}+…+\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{2(n+1)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2(n+1)}=\dfrac{n}{2(n+1)}＜\dfrac{1}{2}$。

【分析】
第(1)问：观察题目给出的裂项规律，将形如$\frac{1}{n(n+1)}$的分数拆分为两个分数的差，利用裂项相消法抵消中间项，仅保留首尾项简化计算。
第(2)①问：盐水咸度由浓度决定，加盐前浓度为$\frac{b}{a}$，加盐后浓度为$\frac{b+m}{a+m}$，通过作差法比较两个分式的大小，结合已知条件$0＜b＜a$、$m＞0$判断差的正负，得出加盐后更咸的结论。
第(2)②问：利用第①问的结论，将算式中每一项放大为可裂项的形式，再用裂项相消法化简，最终证明结果小于$\frac{1}{2}$。
【解析】
(1) 根据裂项规律拆分原式：
$\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+\frac{1}{3×4}+…+\frac{1}{99×100}$
$=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}$
中间项相互抵消，剩余：
$=1-\frac{1}{100}=\frac{99}{100}$
(2) ① 加盐前盐水浓度为$\frac{b}{a}$，加盐后浓度为$\frac{b+m}{a+m}$，作差比较：
$\frac{b+m}{a+m}-\frac{b}{a}=\frac{a(b+m)-b(a+m)}{a(a+m)}=\frac{am - bm}{a(a+m)}=\frac{m(a-b)}{a(a+m)}$
已知$0＜b＜a$，则$a-b＞0$，又$m＞0$，$a＞0$，$a+m＞0$，故$\frac{m(a-b)}{a(a+m)}＞0$，即$\frac{b+m}{a+m}＞\frac{b}{a}$，说明加盐后盐水更咸。
② 由①的结论得$\frac{1}{2n×2(n+1)-1}＜\frac{2}{2n×2(n+1)}$，因此：
$\frac{1}{2×4 - 1}+\frac{1}{4×6 - 1}+…+\frac{1}{2n×2(n+1)-1}$
$＜\frac{2}{2×4}+\frac{2}{4×6}+…+\frac{2}{2n×2(n+1)}$
对放大后的式子裂项：
$\frac{2}{2×4}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}$，$\frac{2}{4×6}=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}$，…，$\frac{2}{2n×2(n+1)}=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}$
代入后中间项抵消，得：
原式$＜\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+…+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(n+1)}$
因$\frac{1}{2(n+1)}＞0$，故$\frac{1}{2}-\frac{1}{2(n+1)}＜\frac{1}{2}$，即原算式的值小于$\frac{1}{2}$。
【答案】
(1) $\frac{99}{100}$；(2) ① $\frac{b+m}{a+m}＞\frac{b}{a}(0＜b＜a且m＞0)$；② 证明成立，算式的值小于$\frac{1}{2}$。
【知识点】
分式裂项相消、分式大小比较、分式运算
【点评】
本题综合考查分式的裂项技巧与大小比较，通过观察规律简化计算，是代数应用的典型题型，需掌握裂项相消法和作差法比较分式的方法。
【难度系数】
0.5

19.(14分)(杭州市)已知$△ ABC$和同一平面内的点$P$。
(1)如图1,若点$P$在$BC$边上,过点$P$作$PE// AB$交$AC$于点$E$,作$PF// AC$交$AB$于点$F$。根据题意,请在图1中补全图形,并直接写出$∠ A$与$∠ EPF$之间的等量关系。
(2)如图2,若点$P$在$CB$的延长线上,且$PF// AC$,$∠ A=∠ EPF$。请判断$AB$与$PE$的位置关系并说明理由。
(3)如图3,$P$是$△ ABC$外部的一点,过点$P$作$PE// AB$交直线$AC$于点$E$,作$PF// AC$交直线$AB$于点$F$,请直接写出$∠ A$与$∠ EPF$之间的等量关系,并在图3中补全图形。

(1)如图1,结论:$∠A=∠EPF$。
(2)结论:$AB//PE$。理由如下:如图2,延长FP交AB的延长线于点D。因为DF//AC,所以$∠A=∠D$。因为$∠EPF=∠A$,所以$∠EPF=∠D$。所以$AB//PE$。
(3)①如图3,$∠A=∠EPF$。理由如下:因为PE//AB,所以$∠A=∠CEP$。因为PF//AC,所以$∠EPF=∠CEP$。所以$∠A=∠EPF$。
②如图4,$∠BAC+∠EPF=180°$。理由如下:因为PE//AB,所以$∠BAC=∠AEP$。因为PF//AC,所以$∠EPF+∠AEP=180°$。所以$∠BAC+∠EPF=180°$。
综上所述,$∠A=∠EPF$或$∠BAC+∠EPF=180°$。

【分析】
本题分三小问，解题思路如下：
(1) 第(1)问：按要求过点P作两条平行线补全图形，利用平行四边形的性质推导角的关系；
(2) 第(2)问：通过延长辅助线构造同位角，结合平行线性质和已知条件，利用同位角相等判定两直线平行；
(3) 第(3)问：点P在△ABC外部，需分两种情况讨论，根据平行线性质，结合平行四边形或同旁内角互补的关系，得出角的等量关系并补全对应图形。
【解析】
(1) 补全图形：过点P作PE//AB交AC于E，作PF//AC交AB于F（如图1）。
因为PE//AB，PF//AC，所以四边形AFPE是平行四边形，根据平行四边形对角相等，得∠A=∠EPF。
(2) AB与PE平行，理由如下：
延长FP交AB的延长线于点D（如图2）。
因为PF//AC，根据平行线的同位角相等，得∠A=∠D。
又已知∠A=∠EPF，所以∠EPF=∠D，根据同位角相等，两直线平行，故AB//PE。
(3) 分两种情况：
① 当P在△ABC外部形成平行四边形时（如图3），因为PE//AB，所以∠A=∠CEP；又PF//AC，所以∠EPF=∠CEP，故∠A=∠EPF。
② 当P在另一侧时（如图4），因为PE//AB，所以∠BAC=∠AEP；又PF//AC，所以∠EPF+∠AEP=180°，故∠BAC+∠EPF=180°。
综上，∠A=∠EPF或∠BAC+∠EPF=180°。
【答案】
(1) 补图见解析，∠A=∠EPF；
(2) AB//PE，理由见解析；
(3) 补图见解析，∠A=∠EPF或∠BAC+∠EPF=180°。

【知识点】
平行线的性质，平行线的判定，平行四边形的性质
【点评】
本题考查平行线的性质与判定、平行四边形的性质，需根据点P的位置分类讨论，避免漏解，重点考查逻辑推理能力和分类思想的应用。
【难度系数】
0.5