Ре­ше­ние.

а)  Плос­кость BDK пе­ре­се­ка­ет от­ре­зок AC в его се­ре­ди­не (цен­тре квад­ра­та ABCD). Обо­зна­чим эту се­ре­ди­ну O.

Пусть H₁  — про­ек­ция A на плос­кость BDK, H₂  — про­ек­ция C на плос­кость BDK. Тре­уголь­ни­ки AOH₁ и COH₂ равны по ги­по­те­ну­зе и остро­му углу, по­это­му Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть точка L  — точка, в ко­то­рой плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ребро C₁D₁. Плос­ко­сти ABCD и A₁B₁C₁D₁ па­рал­лель­ны, по­это­му плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет их по па­рал­лель­ным пря­мым, сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок KL па­рал­ле­лен диа­го­на­ли BD. Ис­ко­мое се­че­ние   — тра­пе­ция BDLK (рис. 1). Плос­кость се­че­ния пе­ре­се­ка­ет ниж­нее ос­но­ва­ние по пря­мой BD, па­рал­лель­ной B₁D₁, зна­чит, KL па­рал­лель­но B₁D₁.

Тре­уголь­ни­ки LC₁K и D₁C₁B₁ по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но,

Зна­чит, и

В рав­ных пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках DD₁L и BB₁K имеем

зна­чит, тра­пе­ция BDLK рав­но­бед­рен­ная.

Пусть от­ре­зок LH  — вы­со­та тра­пе­ции BDLK, про­ведённая к ос­но­ва­нию BD (рис. 2), тогда:

Таким об­ра­зом, на­хо­дим пло­щадь се­че­ния приз­мы:

Ответ: б)