Ре­ше­ние. а)  Про­ведём через точки K и L пря­мые, па­рал­лель­ные BD. Пусть эти пря­мые пе­ре­се­ка­ют рёбра CD и B₁C₁ в точ­ках K₁ и L₁ со­от­вет­ствен­но (ри­су­нок 1). Тогда тра­пе­ция KL₁LK₁ яв­ля­ет­ся се­че­ни­ем ис­ход­ной приз­мы плос­ко­стью γ. Рас­смот­рим плос­кость ACC₁. Пусть эта плос­кость пе­ре­се­ка­ет пря­мые KK₁ и LL₁ в точ­ках E и F со­от­вет­ствен­но. Четырёхуголь­ник AA₁C₁C  — пря­мо­уголь­ник, причём

Кроме того, от­ку­да Пусть FP  — вы­со­та тра­пе­ции EFC₁C (ри­су­нок 2), тогда

По­сколь­ку

то есть пря­мые EF и A₁C пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

Пря­мая KK₁ па­рал­лель­на пря­мой BD, ко­то­рая пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти AA₁C. Зна­чит, пря­мые KK₁ и EF пер­пен­ди­ку­ляр­ны пря­мой A₁C, по­это­му пря­мая A₁C пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти γ.

б)  Пусть N  — точка пе­ре­се­че­ния AC и BD. По­сколь­ку пря­мая BD па­рал­лель­на плос­ко­сти γ, рас­сто­я­ние от точки B до плос­ко­сти γ равно рас­сто­я­нию от точки N до пря­мой EF. Опу­стим из точки N пер­пен­ди­ку­ляр NH на пря­мую EF. Тогда

Ответ: