[рис.] а)  Пусть O  — центр основания пирамиды. В треугольнике ABC имеем:

$\frac{AE}{EB} = $\frac{AD}{DC}$ = \frac{2}{1}$

Значит, $DE= $\frac{2}{3}$ BC=4$ отрезок DE делит медиану, проведённую из вершины A, в отношении $2:1$ то есть содержит точку O. Кроме того, O  — середина DE (это нам пригодится).

б)  Рассмотрим прямоугольный треугольник $AMO$ В нём $AO=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ Опустим из точки L перпендикуляр LK на сторону AO. Тогда

$AK= $\frac{3}{5}$ AO= \frac{6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{5} ,KO= $\frac{2}{5}$ AO= \frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{5}$

Значит,

$LK= $\sqrt{аргумента: LA ^2 - AK ^2}$ аргумента = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 22}$ аргумента}{5} ,LO= $\sqrt{аргумента: LK ^2 + KO ^2}$ аргумента = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 210}$ аргумента}{5}$

= бедренный треугольник DLE  — искомое сечение, а LO  — его высота. Площадь искомого сечения $S_DLE= $\frac{1}{2}$ LO \cdot DE= \frac{4 $\sqrt{аргумента: 210}$ аргумента}{5}$

Ответ: $\frac{4 $\sqrt{аргумента: 210}$ аргумента}{5}$

Приведём другое решение пункта б).
[рис.]
Рассмотрим боковую грань пирамиды  — = бедренный треугольник AMB. Заметим, что $\cos \widehatBAM = $\frac{\dfrac12 AB}{AM}$ = 0,3$ поэтому по теореме \cos ов для треугольника LAE имеем: $LE ^2 = 6 ^2 + 4 ^2 - 2 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 0,3 = 37,6$ Тогда для искомой площади = бедренного треугольника ELD получаем:

$S_ELD= $\frac{1}{2}$ LO \cdot ED = $\frac{1}{2}$ $\sqrt{аргумента: LE ^2 - EO ^2}$ аргумента \cdot ED = $\frac{1}{2}$ $\sqrt{аргумента: 37,6 - 4}$ аргумента \cdot 4 = 2 $\sqrt{аргумента: 33,6}$ аргумента$