Ре­ше­ние. а)  Пусть M  — се­ре­ди­на AB, N  — се­ре­ди­на BC, O  — центр ниж­не­го ос­но­ва­ния приз­мы, O₁  — центр верх­не­го ос­но­ва­ния, D  — се­ре­ди­на АС, D₁  — се­ре­ди­на A₁C₁. Со­еди­ним от­рез­ком точки: M и N. И пусть K  — точка пе­ре­се­че­ния MN и BD. Со­еди­ним K и O₁, и O₁ от­рез­ка­ми.

Про­ве­дем через O₁ пря­мую, па­рал­лель­ную AC₁, точки пе­ре­се­че­ния этой пря­мой с A₁B₁ и B₁C₁ обо­зна­чим P и Q со­от­вет­ствен­но. Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки: P и Q, P и M, N и Q.

До­ка­жем, что точки P, Q, M, N лежат в одной плос­ко­сти.

PQ || A₁C₁ по по­стро­е­нию, A₁C₁ || AC по усло­вию, AC || MN, по­сколь­ку MN  — сред­няя линия ΔABC по усло­вию. Сле­до­ва­тель­но, PQ || MN. А через две па­рал­лель­ные пря­мые про­хо­дит одна и толь­ко одна плос­кость. Зна­чит, эта плос­кость и есть плос­кость β, о ко­то­рой го­во­рит­ся в усло­вии за­да­чи.

OO₁ ⊥ (ABC), OK  — про­ек­ция на­клон­ной O₁K на (ABC), OK ⊥ MN, от­ку­да по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах O₁K ⊥ MN.

За­ме­тим, что ∠OKO₁  — угол между плос­ко­стью ниж­не­го ос­но­ва­ния приз­мы и се­ку­щей плос­ко­стью β.

Пусть ребра за­дан­ной приз­мы равны а. Тогда:

б)  Пусть точки P₁, Q₁  — про­ек­ции точек P и Q на AB и BC со­от­вет­ствен­но. Тогда P₁MNQ₁  — про­ек­ция че­ты­рех­уголь­ни­ка (фак­ти­че­ски тра­пе­ции) PMNQ. Сле­до­ва­тель­но, P₁MNQ₁  — также тра­пе­ция с ос­но­ва­ни­я­ми P₁Q₁, MN и вы­со­той OK. Зна­чит:

Ясно, что MN  =  3;

Ответ: а) б)