Ре­ше­ние. а)  Пусть M  — се­ре­ди­на SE, N  — се­ре­ди­на SD. Плос­кость ABN пе­ре­се­ка­ет грань SCD в точке P. Пря­мая NP лежит в одной плос­ко­сти с AB и DC, зна­чит, AB, DC и NP пе­ре­се­ка­ют­ся в одной точке  — K. Углы ABC и BCD равны 120°, таким об­ра­зом, тре­уголь­ник BCK  — рав­но­сто­рон­ний (сто­ро­ны KC и CD равны). По тео­ре­ме Ме­не­лая

Сле­до­ва­тель­но, SP : PC = 2 : 1, SP : SC = 2 : 3, от­ку­да От­сю­да PN делит пло­щадь тре­уголь­ни­ка SCD в от­но­ше­нии 2 : 1.

б)  Се­че­ние пи­ра­ми­ды этой плос­ко­стью яв­ля­ет­ся ше­сти­уголь­ни­ком ATMNPB. Пусть H  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды, тогда HA = AB. Тогда вы­чис­лим:

Най­дем ко­си­нус угла CSD. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов

Най­дем PN:

Тогда Най­дем PB:

По­лу­ча­ем Най­дем NK:

Таким об­ра­зом, от­но­ше­ние

Пусть MR  — вы­со­та тра­пе­ции LMNK. Най­дем MR:

Тогда

Пусть h  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка BPK, про­ве­ден­ная к BK. От­но­ше­ние от­ку­да По­лу­чим ис­ко­мую пло­щадь:

Ответ: б)