Rozważmy trójkąt EMH. Z twierdzenia Pitagorasa mamy

$$\begin{gathered} {\left|HM\right|}^2={\left|EM\right|}^2+{\left|EH\right|}^2 \\ |HM{|}^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+1^2 \\ |HM{|}^2=\frac{1}{4}+1 \\ |HM{|}^2=\frac{5}{4},|HM|>0 \\ |HM|=\frac{\sqrt{5}}{2} \end{gathered}$$

Rozważmy trójkąt HML. Z twierdzenia Pitagorasa

$$\begin{gathered} |ML{|}^2=|HL{|}^2+|HM{|}^2 \\ |ML{|}^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)}^2 \\ |ML{|}^2=\frac{1}{4}+\frac{5}{4} \\ |ML{|}^2=\frac{3}{2},|ML|>0 \\ |M|=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2} \end{gathered}$$

Zauważmy, że w każdym przypadku dla odcinków KL oraz MK wykonamy identyczne obliczenia, ponieważ jest to sześcian. Stąd trójkąt KLM jest równoboczny. Obliczmy jego pole

$P_{KML}=\frac{{\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\frac{6}{4}\cdot \sqrt{3}}{4}=\underline{\underline{\frac{3\sqrt{3}}{8}}}$