Phương pháp giải:

+) Chứng minh mặt phẳng (P) không cắt đáy \(\left( O';R \right)\)

+) Tìm phần hình chiếu của mặt phẳng (P) trên mặt đáy. Tính \({{S}_{hc}}\)

+) Sử dụng công thức \({{S}_{hc}}=S.\cos 60\)

Lời giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của AB ta có:

\(OM=\sqrt{O{{A}^{2}}-{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}-\frac{3{{R}^{2}}}{4}}=\frac{R}{2}\)

Giả sử mặt phẳng (P) cắt trục OO’ tại I. Ta có : IA = IB nên \(\Delta IAB\) cân tại I, do đó \(MI\bot AB\)

Do đó góc giữa (P) và mặt đáy bằng \(\widehat{IMO}={{60}^{0}}\)

Xét tam giác vuông IMO có : \(OI=OM.\tan 60=\frac{R\sqrt{3}}{2}<\frac{OO'}{2}=2R\)

\(\Rightarrow I\) nằm giữa O và O’. Do đó (P) không cắt đáy còn lại.

Vậy hình chiếu của (P) trên \(\left( O;R' \right)\) là phần diện tích của hình quạt cung lớn AB và \(\Delta OAB\) (phần gạch chéo).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác OAB có :

\(\cos \widehat{AOB}=\frac{O{{A}^{2}}+O{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2.OA.OB}=\frac{{{R}^{2}}+{{R}^{2}}-3{{R}^{2}}}{2{{R}^{2}}}=-\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{AOB}={{120}^{0}}\)

\(\Rightarrow {{S}_{\Delta OAB}}=\frac{1}{2}OA.OB.\sin 120=\frac{1}{2}{{R}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{2}={{R}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{4}\)

Gọi \({{S}_{\overset\frown{OAB}}}\) là diện tích hình quạt \(\Rightarrow {{S}_{\overset\frown{OAB}}}=\frac{\frac{4\pi }{3}}{2\pi }.\pi {{R}^{2}}=\frac{2}{3}\pi {{R}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{S}_{hc}}={{S}_{\overset\frown{OAB}}}+{{S}_{\Delta OAB}}=\frac{2}{3}\pi {{R}^{2}}+{{R}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{4}\)

Vậy diện tích phần thiết diện cần tìm là :

\({{S}_{hc}}=S.\cos 60\Rightarrow S=\frac{{{S}_{hc}}}{\cos 60}=2\left( \frac{2}{3}\pi {{R}^{2}}+{{R}^{2}}\frac{\sqrt{3}}{4} \right)=\left( \frac{4}{3}\pi {{R}^{2}}+\frac{\sqrt{3}}{2}{{R}^{2}} \right)=\left( \frac{4}{3}\pi +\frac{\sqrt{3}}{2} \right){{R}^{2}}\)

Chọn C.