В равнобедренном треугольнике АВС точки Е и М являются серединами боковых сторон АВ и ВС соответственно. ВD – медиана треугольника. Докажите, что ∆АЕD = ∆СМD.

1. AB =a =18 см ,  A₁B₁ =b= 6 см , c = AA₁ =10 см .
- - - - - - - 
S(пол) - ?
S(пол) = S₁(осн) +S₂(осн) + S(бок) ;
S(пол) = (a²√3)/4 + (b²√3)/4 + 3S(AA₁B₁B)= (18²√3)/4 + (6²√3)/4 + 3S(AA₁B₁B)=
81√3 +9√3+3S(AA₁B₁B)=90√3+3S(AA₁B₁B).
AA₁B₁B равнобедренная трапеция :
основания  AB =a =18 см и A₁B₁ =b=6 см, 
боковое ребро AA₁ =BB₁ =10 см. Рисуйте отдельно.
Проведем A₁H ⊥ AB , H∈[AB]. AH =(a-b)/2 =(18 - 6)/2 =6 (см).
Из ΔAA₁H : A₁H=√(AA₁² -AH)² =√(10² -6²) =8 (см) ;
S(AA₁B₁B) =((a+b)/2)*  A₁H = ((18+6)/2) * 8 = 96 (см²).

Следовательно : S(пол) = 90√3+3S(AA₁B₁B)=90√3+3*96 =18(5√3 +16) (см²).

ответ:  18(5√3 +16) см².
- - - - - - -
2. Пусть пирамида PABCD  , PB ⊥ (ABCD) , ABCD _квадрат ,
a=AB =20 дм ,  H=PB =21 дм.
---
S(бок) - ?

S(бок)= S(PBA)+ S(PBC) + S(PAD)+S(PCD) = 2*S(PBA)+ S(PAD)+S(PCD). 
т.к.  ΔPBA = Δ(PBC .
с =PC=PA=√(AB² +BP²) =√(20² +21²) =√841=29 (дм).
Треугольники PAD и  PCD прямоугольные || ∠PAD=∠PCD =90°||. Действительно ,
AD⊥AB⇒AD⊥AP ( теорема трех перпендикуляров).
Аналогично CD⊥CB ⇒CD⊥ CP.
Следовательно:  ΔPAD =Δ PCD .
S(бок)= 2*S(PBA)+ 2*S(PAD) =a*H+a*с = a(H+с) =20(21+29) =20*50 =1000(дм²).

ответ:  1000 дм² .

Соединим точки B и D, т.к. они лежат в одной плоскости. BD - отрезок сечения.
Соединим точки К и D, т.к. они лежат в одной плоскости. КD - отрезок сечения.
КD  и АА₁ лежат в одной плоскости, продлим их до пересечения в точке О.
Точки О и В лежат в одной плоскости (АВВ₁), проведем через них прямую, которая пересечет ребро А₁В₁ в точке L.
DKLB - искомое сечение.

BD = 8√2 как диагональ квадрата.

К - середина А₁В₁, KL║BD, т.к. параллельные плоскости пересекаются секущей по параллельным прямым, ⇒ KL║B₁D₁ ⇒KL - средняя линия ΔA₁B₁D₁, KL = B₁D₁/2 = 8√2/2 = 4√2

ΔDD₁K = ΔBB₁L по двум катетам.
∠В₁ = 90° BB₁ = 3, LB₁ = 4 ⇒ BL = 5 (Египетский треугольник)

Pdklb = 2·BL + KL + BD = 10 + 4√2 + 8√2 = 10 + 12√2