Cho tứ diện $ABCD$ có tất cả các cạnh bằng 3. Gọi $I,J$ lần lượt là trung điểm của $AC,BC$. Gọi $K$ là một điểm trên cạnh $BD$ với $KB=2KD$. Xác định thiết diện của tứ diện với mặt phẳng $\left(IJK\right)$. Tính diện tích thiết diện *(kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)*

(AI giải đề cho tôi)
Thiết diện: $IJ$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $IJ\parallel AB$. Trong mặt phẳng $(ABD)$, qua $K$ kẻ đường thẳng song song $AB$ cắt $AD$ tại $L$. Vì $KB=2KD$ nên $\frac{DK}{DB}=\frac{1}{3}$, tam giác $DLK\sim DAB$ cho $DL=1$, $AL=2$, $KL=\frac{1}{3}AB=1$. Thiết diện là tứ giác $IJLK$, hình thang với $IJ\parallel KL$.

Đặt tọa độ với tứ diện đều cạnh 3: $A=(0,0,0)$, $C=(3,0,0)$, $D=\left(\frac{3}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2},0\right)$, $B=\left(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{6}\right)$.

- $I$ trung điểm $AC$: $I=\left(\frac{3}{2},0,0\right)$.
- $J$ trung điểm $BC$: $J=\left(\frac{9}{4},\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{\sqrt{6}}{2}\right)$, nên $IJ=\frac{AB}{2}=\frac{3}{2}$.
- $K$ trên $BD$ với $KB=2KD$ tức $K=\frac{B+2D}{3}=\left(\frac{3}{2},\frac{7\sqrt{3}}{6},\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$.
- $L=\frac{2D+A}{3}=\left(1,\sqrt{3},0\right)$, nên $I{L}^2={\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2=\frac{13}{4}$, $IL=\frac{\sqrt{13}}{2}$.
- Tương tự $J{K}^2={\left(\frac{3}{4}\right)}^2+{\left(\frac{11\sqrt{3}}{12}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{6}}{6}\right)}^2=\frac{9}{16}+\frac{363}{144}+\frac{1}{6}=\frac{13}{4}$, nên $JK=\frac{\sqrt{13}}{2}=IL$: hình thang cân.

Đường cao hình thang: $h=\sqrt{I{L}^2-{\left(\frac{IJ-KL}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{13}{4}-\frac{1}{16}}=\frac{\sqrt{51}}{4}$.

$$S=\frac{IJ+KL}{2}\cdot h=\frac{\frac{3}{2}+1}{2}\cdot \frac{\sqrt{51}}{4}=\frac{5\sqrt{51}}{16}\approx 2,2317\approx 2,23.$$

Kết quả khớp đáp án nguồn 2,23.