a)

Korzystamy z rysunku w podręczniku.

Uwaga. Z treści zadania wiemy, że krawędź sześcianu ma długość a, więc na rysunku zamiast 4 powinno być a.

Wiemy również, że:

$\left|KA\right|=\left|LC\right|=\left|M{D}_1\right|=\frac{1}{3}a$  

 

Przypomnijmy, że romb to czworokąt, który ma wszystkie boki równej długości. Zatem by uzasadnić, że otrzymany przekrój (czworokąt KBLM) jest rombem wystarczy pokazać, że |KB|=|LB|=|MK|=|ML|.

 

Niech N będzie takim punktem na krawędzi DD₁, że:

$\left|ND\right|=\frac{1}{3}a$  

Wówczas odcinek KN jest równoległy do odcinka AD oraz:

$\left|KN\right|=\left|AD\right|=a$  

Ponadto odcinek LN jest równoległy do odcinka CD oraz:

$\left|LN\right|=\left|CD\right|=a$  

 

Zauważmy, że:

$\left|MN\right|=\left|D{D}_1\right|-\left|M{D}_1\right|-\left|ND\right|=a-\frac{1}{3}a-\frac{1}{3}a=a-\frac{2}{3}a=\frac{1}{3}a$  

 

Zauważmy, że trójkąty BAK, BCL, KNM, LNM są przystające z cechy bok-kąt-bok:

$1.\left|BA\right|=\left|BC\right|=\left|KN\right|=\left|LN\right|=a$  

$2.\left|\sphericalangle BAK\right|=\left|\sphericalangle BCL\right|=\left|\sphericalangle KNM\right|=\left|\sphericalangle LNM\right|={90}^{\circ }$  

$3.\left|KA\right|=\left|LC\right|=\left|MN\right|=\left|MN\right|=\frac{1}{3}a$  

Z przystawania tych trójkątów:

$\underline{\left|KB\right|=\left|LB\right|=\left|MK\right|=\left|ML\right|}$  

 

Pokazaliśmy, że wszystkie boki czworokąta KBLM mają taką samą długość, a więc czworokąt KBLM jest rombem.

Co kończy dowód.

---

b)

Korzystamy z rysunku w podręczniku.

Uwaga. Z treści zadania wiemy, że krawędź sześcianu ma długość a, więc na rysunku zamiast 4 powinno być a.

Wiemy również, że:

$\left|KA\right|=\left|LC\right|=\left|M{D}_1\right|=\frac{1}{3}a$  

 

Obliczymy pole rombu KBLM:

$P_{KLMN}=\frac{1}{2}\cdot \left|KL\right|\cdot \left|BM\right|$  

 

Ze wzoru na przekątną kwadratu:

$\left|AC\right|=\left|BD\right|=\left|AB\right|\cdot \sqrt{2}=a\sqrt{2}$  

 

Zauważmy, że:

$\left|KL\right|=\left|AC\right|=a\sqrt{2}$  

 

Zauważmy, że:

$\left|DM\right|=\left|D{D}_1\right|-\left|M{D}_1\right|=a-\frac{1}{3}a=\frac{2}{3}a$  

 

Z twierdzenia Pitagorasa (trójkąt BDM):

${\left|BM\right|}^2={\left|BD\right|}^2+{\left|DM\right|}^2$  

${\left|BM\right|}^2={\left(a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(\frac{2}{3}a\right)}^2$  

${\left|BM\right|}^2=2a^2+\frac{4}{9}{a}^2$  

${\left|BM\right|}^2=2\frac{4}{9}{a}^2$  

${\left|BM\right|}^2=\frac{22}{9}{a}^2$  

Długości odcinków są dodatnie, więc:

$\left|BM\right|=\sqrt{\frac{22}{9}{a}^2}$  

$\left|BM\right|=\frac{\sqrt{22}}{3}a$  

 

Pole rombu KBLM jest więc równe:

$P_{KLMN}=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{22}}{3}a=\frac{a^2\sqrt{44}}{6}=\frac{a^2\cdot \sqrt{4\cdot 11}}{6}=\frac{a^2\cdot {\cancel{2}}^1\cdot \sqrt{11}}{{\cancel{6}}^3}=\underline{\underline{\frac{a^2\sqrt{11}}{3}}}$