Решение:

а) Трапеция \(AMKN\) является сечением призмы \(ABCDA_1B_1C_1D_1.\) Основания трапеции лежат, будучи параллельными друг другу, должны лежать в параллельных плоскостях. Значит, \(MK\) и \(AN\) — основания трапеции \(AMKN,\) причём меньшее основание — \(MK.\)

Проведём на боковой грани \(BB_1C_1C\) (которая является прямоугольником) перпендикуляр \(HN\) к ребру \(BC.\) Получаем, что \(HN \parallel CC_1 \parallel AA_1.\) Отсюда следует, что все четыре точки \(A,\) \(A_1,\) \(H\) и \(N\) лежат в одной плоскости и образуют прямоугольник \(AA_1HN.\) Значит \(A_1H = AN = 4\) и \(A_1H \parallel AN.\) Но \(AN \parallel MK\) как основания трапеции \(AMKN.\) Значит \(A_1H \parallel MK.\) Получаем, что в треугольнике \(A_1B_1H\) отрезок \(MK = 2\) параллелен основанию \(A_1H\) и равен половине \(A_1H.\) Значит \(MK\) — средняя линия треугольника \(A_1B_1H\) и, поэтому \(M\) — середина \(A_1B_1.\)

б) Прямоугольные треугольники \(AA_1M\) и \(NHK\) равны по катету \((AA_1 = NH)\) и гипотенузе \((AM = KN),\) так как по условию трапеция \(AMKN\) — равнобедренная. Значит, \(A_1M = KH.\) Но так как \(MK\) — это средняя линия, получаем, что \(A_1M = MB_1 = B_1K = KH = x.\) Теперь, в параллелограмме \(A_1B_1C_1D_1\) угол \(\angle B_1A_1D_1 = 60^\circ ,\) поэтому \( \angle A_1B_1C_1 = 120^\circ .\) По теореме косинусов $$MK^2 = MB_1^2 + B_1K^2 - 2 MB_1 \cdot B_1K \cdot \cos 120^\circ$$ $$2^2 = x^2 + x^2 + x^2$$ Отсюда \(x = \cfrac{2}{\sqrt{3}}.\) Теперь $$AB = A_1B_1 = 2x = \frac{4}{\sqrt{3}}$$ $$BC = AD = B_1C_1 = 4x = \frac{8}{\sqrt{3}}$$ $$S_{ABCD} = AB \cdot AD \cdot \sin 60^\circ = \frac{4}{\sqrt{3}} \cdot \frac{8}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{16}{\sqrt{3}.}$$ Значит, высота призмы \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) равна $$h = \frac{V}{S_{ABCD}} = 16 : \frac{16}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}.$$

Ответ: б) \(\sqrt{3}.\)