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例3：解方程$(x-\frac {6}{x})(x-1)+1= x$。
答案
本题若直接解难以进行,观察一下题目给出的形式,就可以变换为：
$(x-\frac {6}{x})(x-1)= x-1\Rightarrow (x-1)(x-\frac {6}{x}-1)= 0\Rightarrow x_{1}= 1$,$x_{2}= 3$,$x_{3}= -2$。
$(x-\frac {6}{x})(x-1)= x-1\Rightarrow (x-1)(x-\frac {6}{x}-1)= 0\Rightarrow x_{1}= 1$,$x_{2}= 3$,$x_{3}= -2$。
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正方形通过剪切可以拼成三角形,方法如下：
仿上图所示的方法,解决下列问题：
操作设计：
(1)如图1,对直角三角形,设计一种方案,将它分成若干,再拼成一个与原三角形
(2)如图2,对任意三角形,设计一种方案,将它分成若干块,再拼成一个与原三角形
本题的设计方法多种,下面提供一例作为参考：
(1)
(2)
请你再给出一种方法,并画图说明。
正方形通过剪切可以拼成三角形,方法如下：
仿上图所示的方法,解决下列问题：
操作设计：
(1)如图1,对直角三角形,设计一种方案,将它分成若干,再拼成一个与原三角形
等
面
积
的矩形；(2)如图2,对任意三角形,设计一种方案,将它分成若干块,再拼成一个与原三角形
等
面
积
的矩形。本题的设计方法多种,下面提供一例作为参考：
(1)
(2)
请你再给出一种方法,并画图说明。
答案
解:(1)
(2)
问题1：将两块三角尺的直角顶点重合为如下图所示的形状,若$\angle AOD= 127^{\circ }$,则$\angle BOC= $
问题2：如下页图,将一副三角板叠放在一起,使直角的顶点重合于点$O$,则$\angle AOC+\angle BOD$的度数是
问题3：将两块三角板如图放置,其中$\angle C= \angle EDB= 90^{\circ }$,$\angle A= 45^{\circ }$,$\angle E= 30^{\circ }$,$AB= DE= 6$,求重叠部分四边形$DBCF$的面积。
$53^{\circ}$
。问题2：如下页图,将一副三角板叠放在一起,使直角的顶点重合于点$O$,则$\angle AOC+\angle BOD$的度数是
$180^{\circ}$
。问题3：将两块三角板如图放置,其中$\angle C= \angle EDB= 90^{\circ }$,$\angle A= 45^{\circ }$,$\angle E= 30^{\circ }$,$AB= DE= 6$,求重叠部分四边形$DBCF$的面积。
$12\sqrt{3}-15$
答案
问题1
因为$\angle AOB=\angle COD = 90^{\circ}$，$\angle AOD = 127^{\circ}$。
根据$\angle AOB+\angle COD=\angle AOC + \angle BOC+\angle BOC+\angle BOD=\angle AOD+\angle BOC$。
所以$\angle BOC=\angle AOB+\angle COD-\angle AOD$，将$\angle AOB = 90^{\circ}$，$\angle COD = 90^{\circ}$，$\angle AOD = 127^{\circ}$代入可得：
$\angle BOC=90^{\circ}+90^{\circ}-127^{\circ}=53^{\circ}$。
问题2
$\angle AOC+\angle BOD=\angle AOB+\angle BOC+\angle BOD$，因为$\angle AOB = 90^{\circ}$，$\angle BOC+\angle BOD=\angle DOC = 90^{\circ}$。
所以$\angle AOC+\angle BOD=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$。
问题3
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle A = 45^{\circ}$，$AB = 6$，根据等腰直角三角形三边关系$a:b:c = 1:1:\sqrt{2}$（$a,b$为直角边，$c$为斜边），可得$BC=AC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB = 3\sqrt{2}$。
在$Rt\triangle EDB$中，$\angle E = 30^{\circ}$，$DE = 6$，根据$30^{\circ}$所对直角边是斜边的一半，可得$BD=\frac{1}{2}BE$，再根据勾股定理$BE^{2}=BD^{2}+DE^{2}$，设$BD=x$，则$(2x)^{2}=x^{2}+6^{2}$，解得$x = 2\sqrt{3}$（负根舍去）。
$\angle EDB = 90^{\circ}$，$\angle A = 45^{\circ}$，所以$\triangle ADF$是等腰直角三角形，$AD=AB - BD=6 - 2\sqrt{3}$，则$DF=AD=6 - 2\sqrt{3}$。
${S}_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×3\sqrt{2}×3\sqrt{2}=9$，${S}_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}× AD× DF=\frac{1}{2}×(6 - 2\sqrt{3})^{2}=\frac{1}{2}×(36-24\sqrt{3}+12)=24 - 12\sqrt{3}$。
所以${S}_{四边形DBCF}={S}_{\triangle ABC}-{S}_{\triangle ADF}=9-(24 - 12\sqrt{3})=12\sqrt{3}-15$。
综上，答案依次为：$\boldsymbol{53^{\circ}}$；$\boldsymbol{180^{\circ}}$；$\boldsymbol{12\sqrt{3}-15}$。
因为$\angle AOB=\angle COD = 90^{\circ}$，$\angle AOD = 127^{\circ}$。
根据$\angle AOB+\angle COD=\angle AOC + \angle BOC+\angle BOC+\angle BOD=\angle AOD+\angle BOC$。
所以$\angle BOC=\angle AOB+\angle COD-\angle AOD$，将$\angle AOB = 90^{\circ}$，$\angle COD = 90^{\circ}$，$\angle AOD = 127^{\circ}$代入可得：
$\angle BOC=90^{\circ}+90^{\circ}-127^{\circ}=53^{\circ}$。
问题2
$\angle AOC+\angle BOD=\angle AOB+\angle BOC+\angle BOD$，因为$\angle AOB = 90^{\circ}$，$\angle BOC+\angle BOD=\angle DOC = 90^{\circ}$。
所以$\angle AOC+\angle BOD=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$。
问题3
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle A = 45^{\circ}$，$AB = 6$，根据等腰直角三角形三边关系$a:b:c = 1:1:\sqrt{2}$（$a,b$为直角边，$c$为斜边），可得$BC=AC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB = 3\sqrt{2}$。
在$Rt\triangle EDB$中，$\angle E = 30^{\circ}$，$DE = 6$，根据$30^{\circ}$所对直角边是斜边的一半，可得$BD=\frac{1}{2}BE$，再根据勾股定理$BE^{2}=BD^{2}+DE^{2}$，设$BD=x$，则$(2x)^{2}=x^{2}+6^{2}$，解得$x = 2\sqrt{3}$（负根舍去）。
$\angle EDB = 90^{\circ}$，$\angle A = 45^{\circ}$，所以$\triangle ADF$是等腰直角三角形，$AD=AB - BD=6 - 2\sqrt{3}$，则$DF=AD=6 - 2\sqrt{3}$。
${S}_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×3\sqrt{2}×3\sqrt{2}=9$，${S}_{\triangle ADF}=\frac{1}{2}× AD× DF=\frac{1}{2}×(6 - 2\sqrt{3})^{2}=\frac{1}{2}×(36-24\sqrt{3}+12)=24 - 12\sqrt{3}$。
所以${S}_{四边形DBCF}={S}_{\triangle ABC}-{S}_{\triangle ADF}=9-(24 - 12\sqrt{3})=12\sqrt{3}-15$。
综上，答案依次为：$\boldsymbol{53^{\circ}}$；$\boldsymbol{180^{\circ}}$；$\boldsymbol{12\sqrt{3}-15}$。
