Решение:

а) Рассмотрим треугольник $ANB$. В нём отрезки $AN$ и $BN$ являются высотами равных правильных треугольников, следовательно, $AN = BN = \frac{\sqrt{3}}{2} CD.$ Так как треугольник $ANB$ равнобедренный, его медиана $NM$, проведённая к основанию $AB,$ одновременно служит и высотой, то есть $NM \perp AB.$ Проведя аналогичные рассуждения для треугольника $CMD,$ получим, что $MN \perp CD.$
б) Согласно условию, плоскость $\alpha$ перпендикулярна отрезку $MN.$ Поскольку прямые $AB$ и $CD$ также перпендикулярны $MN,$ плоскость $\alpha$ будет им параллельна.
Пусть плоскость $\alpha$ пересекает рёбра $AC, AD$ и $BD$ в точках $L, P$ и $Q$ соответственно. Сечение $KLPQ$ представляет собой прямоугольник. Это объясняется тем, что пары сторон $KL \parallel PQ \parallel AB$ и $KQ \parallel LP \parallel CD,$ а так как скрещивающиеся рёбра $AB$ и $CD$ взаимно перпендикулярны, то и смежные стороны четырёхугольника перпендикулярны.
Заметим, что треугольники $KCL$ и $KBQ$ подобны граням тетраэдра и являются равносторонними. Отсюда находим длины сторон прямоугольника: $KL = KC = 3$ и $QK = BK = 1.$ Таким образом, искомая площадь сечения $KLPQ$ вычисляется как произведение его сторон: $KL \cdot KQ = 3 \cdot 1 = 3.$

Ответ: б) 3

Источник: ФИПИ