『2659082』已知正十二边形的面积为 $144$，则图中阴影部分的面积是______．
以下解法由 青丘涅 于2020年10月12日20：00提供，2020年10月13日兰琦修正．
已知正 $n$ 边形 $A_1A_2\cdots A_n$ 所在的平面内有一点 $P$，$\triangle PA_kA_{k+1}$（$k=1,2,\cdots,n$ 且 $A_{n+1}=A_1$）的有向面积为 $S_k$，则这 $n$ 个三角形的面积中知道其中任意三个就可以求出其余的所有三角形面积． 设正 $n$ 边形（$n\in\mathbb N$，$n\geqslant 3$）的顶点坐标为 $\left(2k\theta:r\right)$（$k=1,2,\cdots,n$），其中 $\theta=\dfrac{\pi}n$，$P$ 点的坐标为 $P(\alpha:kr)$，则\[\begin{split} S_k&=\dfrac 12\begin{vmatrix} r\cos2(k-1)\theta&r\sin2(k-1)\theta&1\\ r\cos2k\theta&r\sin2k\theta&1\\ kr\cos\alpha&kr\sin\alpha&1\end{vmatrix}\\ &=r^2\sin\theta\big(\cos\theta-k\cos((2k-1)\theta-\alpha)\big),\end{split}\]于是给定其中任意三个，就可以确定 $r,k,\alpha$ 的值，从而确定其他所有的三角形面积． 特别的，若 $P(0:r)$，那么有\[S_k=r^2\sin\theta(\cos\theta-\cos(2k-1)\theta),\]联想到和差化积公式，我们有\[\dfrac{S_{k+3}-S_k}{S_{k+2}-S_{k+1}}=\dfrac{\cos(2k-1)\theta-\cos(2k+5)\theta}{\cos(2k+1)\theta-\cos(2k+3)\theta}=\dfrac{\sin(2k+2)\theta\sin3\theta}{\sin(2k+2)\theta\sin \theta}=3-4\sin^2\theta=1+2cos2\theta,\]因此\[S_{k+3}=(1+2\cos2\theta)(S_{k+2}-S_{k+1})+S_k,\]也就是说如果知道从正多边形某个顶点出发和连续的三条边形成的三个三角形面积，就可以知道所有正多边形的任意三角形剖分的面积．值得注意的是，此时 $S_k$（$k=1,2,\cdots,n$）中，$S_1=S_n=0$，且 $S_n$ 可以认为是 $S_0$．
回到此问题，此时 $1+2\cos2\theta=1+\sqrt 3$，设 $\triangle A_0A_1A_2$ 的面积为 $S$，则于是\[\begin{split} [A_0A_2A_3]&=(1+\sqrt 3)S,\\ [A_0A_3A_4]&=(3+\sqrt 3)S,\\ [A_0A_4A_5]&=(3+2\sqrt 3)S,\\ [A_0A_5A_6]&=(4+2\sqrt 3)S,\end{split}\]而这五个三角形面积之和为正十二边形面积的一半，从而\[S=\dfrac{\dfrac 12\cdot 144}{1+(1+\sqrt 3)+(3+\sqrt 3)+(3+2\sqrt 3)+(4+2\sqrt 3)}=12(2-\sqrt 3).\]接下来求图中阴影部分面积．如图，分析 $\triangle ABC$，有\[\dfrac{AP}{PC}=\dfrac{\dfrac 12 \sin \angle PBA\cdot BP\cdot BA}{\dfrac 12\sin\angle CBA\cdot BC\cdot BA}=\dfrac{\sin\angle PBA\cdot \sin\angle BCP}{\sin\angle CBA\cdot \sin\angle BPC}=\dfrac{\sin45^\circ\sin15^\circ}{\sin60^\circ\sin150^\circ}=1-\dfrac{1}{\sqrt 3}.\]
从而所求阴影部分面积\[\begin{split} T&=2\big([A_0A_3A_4]+\left(1-\dfrac{1}{\sqrt 3}\right)[A_0A_4A_5]\big)\\ &=2\big(3+\sqrt 3+\left(1-\dfrac{1}{\sqrt 3}\right)(3+2\sqrt 3)\big)\cdot 12(2-\sqrt 3)\\ &=48.\end{split}\]