Решение:

Решение методом координат

Решение похожей задачи, не использующее координаты, можно найти здесь.

а) Построим сечение призмы плоскостью \(\alpha .\) Так как \(\alpha \parallel BD\) и проходит через точку \(N,\) то прямая \(NE,\) по которой \(\alpha\) пересекает нижнюю грань, параллельна \(BD.\) (Если это не так, то \(BD\) пересекается с \(NE,\) а значит с плоскостью \(\alpha ,\) что противоречит условию задачи.) Так как \(N\) — середина \(AB,\) то \(NE\) — средняя линия \(\triangle ABD\) и \(AN = NB = AE =ED.\) На верхней грани сечение проходит по прямой \(FK,\) параллельной \(NE,\) так как плоскости верхней и нижней граней параллельны друг другу. Кроме того, \(FK \parallel B_1D_1\) и по теореме Фалеса \(C_1F = C_1K = \cfrac{1}{3} x,\) \(FB_1 = KD_1 = \cfrac{2}{3} x\) где \(x = AB = A_1B_1 = B_1C_1 = C_1D_1 = \cdots .\)

Продлим прямые \(BC\) и \(NE\) до их пересечения в точке \(G.\) Тогда плоскость \(\alpha\) содержит прямую \(GF.\) Пусть \(GF \cap B_1B = H.\) Тогда плоскость \(\alpha\) пересекает левую грань по отрезку \(HN,\) а заднюю — по \(HF.\) Теперь \(\triangle GHB \sim \triangle FHB_1,\) так как они прямоугольные и \(\angle GHB = \angle FHB_1\) как вертикальные. Получаем, что \(GB = ED = \cfrac{1}{2} x\) и \(B_1F = \cfrac{2}{3} x,\) где \(x = AB.\) Значит \(GB : FB_1 =HB : HB_1 = 3 : 4.\)

Аналогично, продлевая прямые \(A_1D_1\) и \(FK\) до их пересечения в точке \(I,\) находим точку \(J = IE \cap DD_1.\) Плоскость \(\alpha\) пересекает переднюю грань по отрезку \(EJ\) и правую грань по отрезку \(KJ.\) Аналогично случаю для ребра \(BB_1\) можно показать, что \(DJ : D_1J = 3 : 4.\)

Введём декартову систему координат, поместив начало координат в точку \(B\) и направив ось абсцисс вдоль ребра \(BA,\) ось ординат вдоль ребра \(BD\) и ось аппликат вдоль ребра \(BB_1.\) Выпишем координаты точек на призме: $$A(2 \sqrt{6}; \, 0; \, 0) \quad B(0; \, 0; \, 0) \quad C(0; \, 2 \sqrt{6} ; \, 0) \quad D (2 \sqrt{6}; \, 2 \sqrt{6} ; \, 0)$$ $$A_1(2 \sqrt{6}; \, 0; \, 2 \sqrt{7}) \quad B(0; \, 0; \, 2 \sqrt{7}) \quad C(0; \, 2 \sqrt{6} ; \, 2 \sqrt{7}) \quad D (2 \sqrt{6}; \, 2 \sqrt{6} ; \, 2 \sqrt{7})$$ $$N(\sqrt{6}; \, 0; \, 0) \quad E(2 \sqrt{6}; \, \sqrt{6} ; \, 0) \quad F \left( 0; \, \frac{4 \sqrt{6}}{3}; \, 2 \sqrt{7} \right) \quad K \left( \frac{2 \sqrt{6}}{3} ; \, 2 \sqrt{6}; \, 2 \sqrt{7} \right)$$ $$H \left( 0; \, 0; \, \frac{6 \sqrt{7}}{7} \right) \quad J \left( 2 \sqrt{6}; \, 2 \sqrt{6}; \, \frac{6 \sqrt{7}}{7} \right)$$ Середины сторон \(NE,\) \(HJ\) и \(FK:\) $$P \left( \frac{3 \sqrt{6}}{2} ; \, \frac{\sqrt{6}}{2} ; \, 0 \right) \quad O \left( \sqrt{6}; \, \sqrt{6}; \, \frac{6 \sqrt{7}}{7} \right) \quad M \left( \frac{\sqrt{6}}{3}; \, \frac{5 \sqrt{6}}{3}; \, 2 \sqrt{7} \right)$$ Чтобы доказать, что прямая \(A_1C\) перпендикулярна плоскости \(\alpha ,\) достаточно доказать, что вектор \(\overrightarrow{A_1C}\) перпендикулярен двум неколлинеарным векторам в плоскости \(\alpha.\) Выберем в качестве таких векторы \(\overrightarrow{NE}\) и \(\overrightarrow{FN}.\) Находим их координаты: $$\overrightarrow{NE} = \left\{ \sqrt{6}; \, \sqrt{6} ; \, 0 \right\}$$ $$\overrightarrow{FN} = \left\{ \sqrt{6}; \, - \frac{4\sqrt{6}}{3} ; \, - 2 \sqrt{7} \right\}$$ Теперь $$\overrightarrow{NE} \cdot \overrightarrow{A_1C} = \sqrt{6} \cdot \left( -2 \sqrt{6} \right) + \sqrt{6} \cdot 2 \sqrt{6} + 0 \cdot \left( -2 \sqrt{7} \right) =0$$ $$\overrightarrow{FK} \cdot \overrightarrow{A_1C} = \sqrt{6} \cdot \left( -2 \sqrt{6} \right) - \frac{4 \sqrt{6}}{3} \cdot 2 \sqrt{6} + 4 \cdot 7 = -12 -16 + 28 = 0$$ Значит \(A_1C \perp \alpha .\) Ч.т.д.

б) Найдем площадь сечения плоскостью \(\alpha\) призмы \(ABCDA_1B_1C_1D_1.\) Это сечение состоит из двух равнобедренных трапеций \(HFKJ\) и \(HNEJ.\) Получаем, что $$HJ = BD = 2 \sqrt{6} \cdot \sqrt{2} = 4 \sqrt{3}$$ $$NE = \frac{1}{2} BD = 2 \sqrt{3}$$ $$FK = \frac{1}{3} BD = \frac{4 \sqrt{3}}{3}$$ Высоты этих трапеций равны $$MO = \sqrt{ \left( \sqrt{6} - \frac{\sqrt{6}}{3} \right)^2 + \left( \sqrt{6} - \frac{5 \sqrt{6}}{3} \right)^2 + \left( \frac{6 \sqrt{7}}{3} - 2 \sqrt{7} \right)^2} = $$ $$ \sqrt{\frac{16}{3} + \frac{64}{7} } = \frac{4 \sqrt{19}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{7}}$$ $$PO = \sqrt{ \left( \frac{3 \sqrt{6}}{2} - \sqrt{6} \right)^2 + \left( \frac{\sqrt{6}}{2} - \sqrt{6} \right)^2 + \left(0 - \frac{6 \sqrt{7}}{7} \right)^2} = $$ $$ \sqrt{3 + \frac{36}{7} } = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{19}}{ \sqrt{7}}$$ Теперь можно найти площадь сечения призмы: $$S_{NHJE} = \frac{NE + HJ}{2} \cdot OP = \frac{2 \sqrt{3} + 4 \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{19}}{\sqrt{7}} = \frac{9 \sqrt{19}}{\sqrt{7}}$$ $$S_{FKJH} = \frac{FK + HJ}{2} \cdot MO = \frac{\cfrac{4 \sqrt{3}}{3} + 4 \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{4 \sqrt{19}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{7}} = \frac{32 \sqrt{19}}{3 \sqrt{7}}$$ $$S = S_{HNJE} + S_{FKJH} = \frac{9 \sqrt{19}}{\sqrt{7}} + \frac{32 \sqrt{19}}{3 \sqrt{7}} = \frac{59 \sqrt{19}}{3 \sqrt{7}}$$ Осталось найти высоту пирамиды. Она равна расстоянию от точки \(C\) до плоскости \(\alpha .\) Составим уравнение этой плоскости. Вектор, перпендикулярный этой плоскости, — это \(\overrightarrow{A_1C}.\) Для того, чтобы коэффициенты были меньше, выберем в качестве вектора нормали к плоскости $$\overrightarrow{n} = \frac{1}{2} \overrightarrow{A_1C} = \left\{ - \sqrt{6}; \, \sqrt{6}; \, - \sqrt{7} \right\}$$ Так как плоскость \(\alpha\) проходит через точку \(N,\) то уравнение плоскости имеет вид $$- \sqrt{6} \left( x - \sqrt{6} \right) + \sqrt{6} y - \sqrt{7} z = 0$$ или $$\sqrt{6} x - \sqrt{6} y + \sqrt{7} z - 6 = 0$$ Теперь можем посчитать расстояние от точки \(C\) до плоскости \(\alpha ,\) оно же высота пирамиды: $$h = d(\alpha , \, C) = \frac{\left| \sqrt{6} \cdot 0 - 2 \sqrt{6} \cdot \sqrt{6} + \sqrt{7} \cdot 0 - 6 \right|}{\sqrt{6 + 6 + 7}} = \frac{18}{\sqrt{19}}$$ Окончательно, объём пирамиды с вершиной в точке \(C\) и основанием в виде сечения призмы плоскостью \(\alpha\) равен $$V = \frac{1}{3} S h = \frac{1}{3} \cdot \frac{59 \sqrt{19}}{3 \sqrt{7}} \cdot \frac{18}{\sqrt{19}} = \frac{118}{\sqrt{7}} = \frac{118 \sqrt{7}}{7}$$

Ответ: б) \(\cfrac{118 \sqrt{7}}{7}\)