Chọn D

Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh bằng a, I là trung điểm của AC (ảnh 1)

Gọi \(K = \left( P \right) \cap BD\), \(L = \left( P \right) \cap BC\), \(E = \left( P \right) \cap CD\).

Vì \(\left( P \right)\,\,//\,AB\) nên \(IL\,//\,AB\), \(JK\,//\,AB\). Do đó \(IJKL\) hình thang và \(L\) là trung điểm cạnh \(BC\), nên ta có \(\frac{{KD}}{{KB}} = \frac{{JD}}{{JA}} = \frac{1}{2}\).

Xét tam giác \(ACD\) có \(I\), \(J\), \(E\) thẳng hàng. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt ta có:

\(\frac{{ED}}{{EC}}.\frac{{IC}}{{IA}}.\frac{{JA}}{{JD}} = 1 \Rightarrow \frac{{ED}}{{EC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow D\) là trung điểm \(EC\).

Dễ thấy hai tam giác \(ECI\) và \(ECL\) bằng nhau theo trường hợp c-g-c.

Áp dụng định lí cosin cho tam giác \(ICE\) ta có:

\(E{I^2} = E{C^2} + I{C^2} - 2EC.IC.\cos 60^\circ = \frac{{13{a^2}}}{4}\)\( \Rightarrow EL = EI = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}\).

Áp dụng công thức Hê-rông cho tam giác \(ELI\) ta có: \({S_{ELI}} = \sqrt {p{{\left( {p - x} \right)}^2}\left( {p - y} \right)} = \frac{{\sqrt {51} }}{{16}}{a^2}\)

Với \(p = \frac{{EI + EL + IL}}{2} = \frac{{2\sqrt {13} + 1}}{4}a\), \(x = EI = EL = \frac{{\sqrt {13} }}{2}a\), \(y = IL = \frac{a}{2}\).

Hai tam giác \(ELI\) và tam giác \(EKJ\) đồng dạng với nhau theo tỉ số \(k = \frac{2}{3}\) nên

Do đó: \({S_{IJKL}} = {S_{ELI}} - {S_{EKJ}} = {S_{ELI}} - {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}{S_{ELI}} = \frac{{5\sqrt {51} }}{{144}}{a^2}\).

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' Khẳng định nào sau đây là đungs