ID: 00022269
Источник: ФИПИ
а) План такой: найдём, где плоскость $CMN$ пересекает основание, и покажем, что в ней спрятана прямая, параллельная $SD$.
Прямые $MN$ и $AB$ лежат в одной плоскости $SAB$ и не параллельны: будь $MN \parallel AB$, по теореме о пропорциональных отрезках было бы $SM:MA = SN:NB$, а у нас $1:1 \ne 1:2$. Значит, они пересекаются в некоторой точке $K$, и $K$ принадлежит плоскости $CMN$ (она лежит на прямой $MN$).
Найдём положение $K$ по теореме Менелая для треугольника $SAB$ и секущей $KNM$: $\dfrac{AM}{MS}\cdot\dfrac{SN}{NB}\cdot\dfrac{BK}{KA} = 1$, то есть $1\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{BK}{KA} = 1$, откуда $BK = 2KA$. Точка $K$ лежит на продолжении $AB$ за точку $A$ (секущая пересекает стороны $SA$ и $SB$ внутри, значит, третью — снаружи), поэтому из $BK = KA + AB$ получаем $KA = AB$: точка $A$ — середина отрезка $KB$.
След плоскости $CMN$ в основании — прямая $KC$. Посмотрим на треугольник $KBC$: точка $A$ — середина стороны $KB$, а прямая $AD$ параллельна $BC$ (стороны квадрата). Прямая через середину стороны параллельно основанию — средняя линия: она пересекает $KC$ в его середине $Q$, причём $AQ = \dfrac{BC}{2} = 3$. Но $AD = 6$, значит, $Q$ — ровно середина ребра $AD$, и $Q$ лежит в плоскости $CMN$.
Финальный аккорд: в треугольнике $ASD$ точки $M$ и $Q$ — середины сторон $AS$ и $AD$, значит, $MQ$ — средняя линия и $MQ \parallel SD$. Прямая $MQ$ лежит в плоскости $CMN$, а сама $SD$ в этой плоскости не лежит (иначе точка $D$ попала бы на след $QC$, но прямая $QC$ пересекает $AD$ только в точке $Q \ne D$). Следовательно, $SD$ параллельна плоскости $CMN$. Что и требовалось доказать.
б) Сечение — четырёхугольник $QMNC$: отрезок $QM$ на грани $SAD$, $MN$ на грани $SAB$, $NC$ на грани $SBC$ и $CQ$ в основании. Считать удобнее всего в координатах. Пусть $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $C(6;6;0)$, $D(0;6;0)$. Центр основания $O(3;3;0)$, $AO = \dfrac{AC}{2} = 3\sqrt{2}$, и высота пирамиды $SO = \sqrt{SA^2-AO^2} = \sqrt{36-18} = 3\sqrt{2}$, то есть $S(3;3;3\sqrt{2})$.
Точки сечения: $M$ — середина $SA$: $M\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right)$; $N$ делит $SB$ как $SN:NB = 1:2$: $N = S + \dfrac{1}{3}(B-S) = (4;2;2\sqrt{2})$; и ещё $Q(0;3;0)$, $C(6;6;0)$.
Разрежем четырёхугольник диагональю $QN$ на треугольники $QMN$ и $QNC$ и посчитаем площади через векторное произведение. Векторы: $\vec{QM} = \left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{3}{2};\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right)$, $\vec{QN} = (4;-1;2\sqrt{2})$, $\vec{QC} = (6;3;0)$.
Первый треугольник: $\vec{QM}\times\vec{QN} = \left(-\dfrac{3\sqrt{2}}{2};\; 3\sqrt{2};\; \dfrac{9}{2}\right)$, длина $\sqrt{\dfrac{9}{2}+18+\dfrac{81}{4}} = \sqrt{\dfrac{171}{4}} = \dfrac{3\sqrt{19}}{2}$, площадь $S_1 = \dfrac{3\sqrt{19}}{4}$.
Второй треугольник: $\vec{QN}\times\vec{QC} = (-6\sqrt{2};\; 12\sqrt{2};\; 18)$, длина $\sqrt{72+288+324} = \sqrt{684} = 6\sqrt{19}$, площадь $S_2 = 3\sqrt{19}$.
Итого: $S = S_1+S_2 = \dfrac{3\sqrt{19}}{4}+\dfrac{12\sqrt{19}}{4} = \dfrac{15\sqrt{19}}{4}$. Приятная проверка: обе площади выразились через один и тот же $\sqrt{19}$ — так и должно быть, ведь это два куска одного плоского четырёхугольника, а $S_2$ ровно вчетверо больше $S_1$. Всё сходится: $\dfrac{15\sqrt{19}}{4} \approx 16{,}3$.