Решение:

Решение похожей задачи методом координат можно найти здесь.

а) Построим сечение из условия задания. Так как плоскость сечения параллельна диагонали \(BD,\) то она пересекает нижнюю грань призмы по прямой \(NE,\) параллельной \(BD.\) Действительно, если это не так, то прямые \(NE\) и \(BD\) пересекались бы, а, значит \(BD\) пересекала бы плоскость \(\alpha ,\) что противоречит условию задания. Имеем из условия и теоремы Фалеса, что \(AN = NB = AE = ED.\) Далее, плоскость \(\alpha\) пересечёт верхнюю грань призмы по прямой \(FK,\) которая должна быть параллельной прямым \(NE\) и \(BD.\) Из условия задания и теоремы Фалеса получаем, что если \(B_1C_1 = x,\) то \(B_1F = D_1 K = \cfrac{1}{3} x,\) \(FC_1 = KC_1 = \cfrac{2}{3} x.\)

Продлим прямые \(NE\) и \(BC\) до их пересечения в точке \(L.\) Пусть \(LF \cap BB_1 = M.\) Тогда плоскость \(\alpha\) пересекает левую и заднюю грани по прямым \(MN\) и \(MF\) соответственно. Прямоугольные треугольники \(MLB\) и \(MFB_1\) подобны, так как \(\angle B_1MF = \angle BML\) как вертикальные. Так как \(LB = ED = \cfrac{1}{2} x\) и \(B_1F = \cfrac{1}{3} x,\) то коэффициент подобия равен \(\cfrac{3}{2}\) и \(B_1 M : BM = 2 : 3.\)

Аналогично, продлевая прямые \(A_1D_1\) и \(FK\) до пересечения их в точке \(H\) можно легко найти точку \(Q = DD_1 \cap HE,\) найти прямые \(EQ\) и \(QK,\) по которым плоскость \(\alpha\) пересекает переднюю и правую грани соответственно, и доказать, что \(D_1Q : DQ = 2 : 3.\)

Многоугольник \(NMFKQE\) представляет собой сечение призмы \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) плоскостью \(\alpha .\)

Докажем теперь, что прямая \(A_1C\) перпендикулярна плоскости сечения \(\alpha .\) Через вершину \(A_1\) проведём прямую \(a,\) параллельную диагонали \(B_1D_1,\) (а значит и \(FK,\) \(MQ\) и \(NE).\) Прямая \(A_1C\) является наклонной для прямой \(a,\) а \(A_1C_1\) — её проекция. Но \(A_1C_1 \perp B_1D_1\) как диагонали квадрата. По теореме о трёх перпендикулярах и свойствах параллельных прямых заключаем, что\(A_1C \perp a \, \Rightarrow\) \(A_1 C \perp B_1D_1 \, \Rightarrow\) \(A_1C \perp FK.\)

Пусть \(P\) и \(R\) — середины отрезков \(NE\) и \(FK\) соответственно. Плоскость \(AA_1C_1 ,\) содержащая диагональ \(A_1C,\) пересекает плоскость \(\alpha\) по прямой \(PR.\) Значит, точка пересечения диагонали \(A_1C\) с плоскостью \(\alpha\) лежит на прямой \(PR.\) Пусть \(PR \cap A_1C = W.\) Рассмотрим прямоугольную трапецию \(AA_1RC.\)

\(\triangle A_1WR \sim CWP,\) так как \(\angle A_1WR = \angle CWP\) как вертикальные и \(\angle WA_1B = \angle WCP\) как накрест лежащие при параллельных прямых \(A_1R\) и \(PC.\) Найдём коэффициент подобия для этих треугольников.

Диагональ \(AC\) нижней грани призмы равна \(2 \sqrt{6} \cdot \sqrt{2} = 4 \sqrt{3}.\) Отсюда находим, что $$A_1R = \frac{2}{3} A_1C_1 = \frac{2}{3} AC = \frac{8 \sqrt{3}}{3}$$ $$A_1 C = \sqrt{AA_1^2 + AC^2} = \sqrt{\left( 2 \sqrt{5} \right)^2 + \left( 4 \sqrt{3} \right)^2} = \sqrt{68} = 2 \sqrt{17}$$ $$AP = \frac{1}{4} \cdot 4 \sqrt{3} = \sqrt{3}$$ $$PC = AC - AP = 3 \sqrt{3} = \frac{9 \sqrt{3}}{3}$$ Коэффициент подобия равен \(\cfrac{8}{9}.\)

Рассмотрим треугольники \(A_1AC\) и \(PWC.\) У них общий угол \(C.\) Теперь $$\frac{PC}{A_1C} = \frac{3 \sqrt{3}}{2 \sqrt{17}}$$ $$\frac{WC}{AC} = \frac{9 \cdot A_1C}{17 \cdot AC} = \frac{9 \cdot 2 \sqrt{17}}{17 \cdot 4 \cdot \sqrt{3}} = \frac{3 \sqrt{3}}{2 \sqrt{17}}$$ Получаем, что \( \triangle A_1AC \sim PWC\) по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Но тогда \(\angle PWC = \angle A_1AC = 90^\circ .\) Значит \(A_1C \perp PR.\) Получаем, что прямая \(A_1C\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(MQ\) и \(PR,\) лежащим в плоскости \(\alpha,\) Значит \(A_1C \perp \alpha .\) Ч.т.д.

б) Из сказанного выше находим, что высота пирамиды, с вершиной \(C\) и основанием в виде сечения призмы плоскостью \(\alpha\) равна $$WC = \frac{9 \cdot 2 \sqrt{17}}{17} = \frac{18}{\sqrt{17}}$$ Далее \(\triangle JPO \sim \triangle GRO,\) так как они прямоугольные и у них равны углы при вершине \(O\) как вертикальные. Теперь $$PJ = \frac{1}{4} AC = \sqrt{3}$$ $$OJ = \frac{3}{5} \cdot BB_1 = \frac{6 \sqrt{5}}{5}$$ $$OP = \sqrt{PJ^2 + OJ^2} = \sqrt{3 + \frac{36}{5}} = \sqrt{\frac{51}{5}}$$ $$OR = \frac{2}{3} OP = \frac{2 \sqrt{3} \sqrt{17}}{3 \sqrt{5}} = \frac{2 \sqrt{17}}{\sqrt{15}}$$ $$S_{MFKQ} = \frac{\cfrac{8 \sqrt{3}}{3} + 4 \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{2 \sqrt{17}}{\sqrt{15}} = \frac{20 \sqrt{3} \cdot \sqrt{17}}{3 \sqrt{15}} = \frac{20 \sqrt{17}}{3 \sqrt{5}}$$ $$S_{NMQE} = \frac{4 \sqrt{3} + 2 \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{17}}{\sqrt{5}} = \frac{9 \sqrt{17}}{\sqrt{5}}$$ $$S_{NMFKQE} = S_{MFKQ} + S_{NMQE} = \frac{20 \sqrt{17}}{3 \sqrt{5}} + \frac{9 \sqrt{17}}{\sqrt{5}} = \frac{47 \sqrt{17}}{3 \sqrt{5}}$$ Окончательно, объём пирамиды равен $$V = \frac{1}{3} S_{NMFKQE} h = \frac{1}{3} \cdot \frac{47 \sqrt{17}}{3 \sqrt{5}} \cdot \frac{18}{\sqrt{17}} = \frac{94}{\sqrt{5}} = \frac{94 \sqrt{5}}{5}$$

Ответ: б) \(\cfrac{94 \sqrt{5}}{5}\)