а)  Пусть точка M₁ делит ребро AD в от­но­ше­нии тогда

и мно­го­гран­ник M₁BCDMB₁C₁D₁  — па­рал­ле­ле­пи­пед. Пусть плос­кость MCK пе­ре­се­ка­ет ребро BB₁ в не­ко­то­рой точке N. Про­ти­во­по­лож­ные грани па­рал­ле­ле­пи­пе­да па­рал­лель­ны, по­это­му па­рал­лель­ны пря­мые KM и CN, по ко­то­рым эти грани пе­ре­се­че­ны плос­ко­стью се­че­ния. От­рез­ки KM и CN равны как от­рез­ки па­рал­лель­ных пря­мых, за­клю­чен­ные между па­рал­лель­ны­ми плос­ко­стя­ми. Сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки CNB и MKD₁ равны по ка­те­ту и ги­по­те­ну­зе: BC  =  MD₁ и CN  =  MK. Тогда

а зна­чит, точка N  — се­ре­ди­на ребра BB₁. Это и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По­стро­им се­че­ние приз­мы плос­ко­стью MKC. В плос­ко­сти ADD₁ про­длим пря­мую MK до пе­ре­се­че­ния с пря­мой AA₁. Точку их пе­ре­се­че­ния обо­зна­чим E. В плос­ко­сти ABB₁ точку пе­ре­се­че­ния пря­мой EN и ребра A₁B₁ обо­зна­чим L. Пя­ти­уголь­ник CKMLN яв­ля­ет­ся ис­ко­мым се­че­ни­ем.

Най­дем длину бо­ко­вой сто­ро­ны тра­пе­ции ABCD:

Вы­со­та тра­пе­ции от­ре­зок Пря­мая CH пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мым AD и DD₁, а по­то­му по при­зна­ку пер­пен­ди­ку­ляр­но­сти пря­мой и плос­ко­сти вы­со­та CH тра­пе­ции ABCD яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к плос­ко­сти ADD₁. Пря­мая MK пер­пен­ди­ку­ляр­на на­клон­ной CK по усло­вию, тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах про­ек­ция HK также пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой MK. По­лу­ча­ем, что:

Тогда пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки HKD и KMD по­доб­ны и

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков MKD₁ и CDK на­хо­дим, что

Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки MKD₁ и MEA₁ по­доб­ны по двум углам: углы KMD₁ и EMA₁ равны как вер­ти­каль­ные. Пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки LNB₁ и LEA₁ также по­доб­ны. Из по­до­бий по­лу­ча­ем:

тогда

За­ме­тим, что па­рал­ле­ло­грамм CKMN яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ни­ком, и вы­чис­лим пло­щадь се­че­ния:

Ответ: б)