Олимпиадная задача по планиметрии: площадь заштрихованной части в двенадцатиугольнике

Решение 1:   Пусть сторона квадрата равна 2. Тогда его площадь равна 4. А площадь двенадцатиугольника равна 3 (см. зад. 211633). Значит, площадь оставшейся части (а она состоит из четырех фигур, равных заштрихованной) равна 1. Следовательно, площадь заштрихованной фигуры равна ¼, что и составляет ¹/₁₂ площади двенадцатиугольника.

Решение 2:   Заметим, что каждый угол правильного двенадцатиугольника равен 150°. Разрежем исходный квадрат на четыре квадрата и рассмотрим один из них – ABCD (см. рис.).

  ПустьPиQ– точки внутри квадратаABCD, для которых  ∠PAB= ∠PBA= ∠QBC= ∠QCB= 15°.  Тогда  ∠APB= ∠BQC= 150°,  ∠PBQ= 60°,  а равнобедренные треугольникиAPBиBQCравны. Значит,  ∠BPQ= ∠BQP= 60°, AP = BP = PQ = BQ = CQ.  Теперь нетрудно проверить, что ∠APQ= ∠PQC= 150°.  Следовательно,AP,PQиQC– стороны правильного двенадцатиугольника, о котором говорится в условии задачи. ПустьO– центр описанной окружности треугольникаPDQ. Тогда  ∠POD= ∠QOD= 150°,  ∠POQ= 60°,  поэтому треугольникPOQравен треугольникуPBQ, а треугольникиDOPиDOQравны треугольникамAPBиBQC. Таким образом, сумма площадей треугольниковAPB,BPQиBQCравна площади треугольникаPDQ, то есть в 12 раз меньше площади двенадцатиугольника.

Ответ задачи отсутствует