Тип 14 № 13370

а)

Назовём плоскость, проходящую через $B_{1}$ и $D$ параллельно $AC$, плоскостью $\alpha$. Рассмотрим плоскость $(AA_{1}C_{1})$. Эта плоскость содержит $AC$ и пересекает $B_{1}D$ в середине — точке $O$. Сечение параллелепипеда этой плоскостью — прямоугольник $AA_{1}C_{1}C$. Проведём через точку $O$ прямую $MK \parallel AC$. Тогда $MK \subset \alpha$. Следовательно, $B_{1}KDM$ — сечение параллелепипеда плоскостью $\alpha$.

Так как $O$ — середина $B_{1}D$, то $O$ — точка пересечения диагоналей параллелепипеда, следовательно, $O$ — середина диагонали $AC_{1}$. Значит, по теореме Фалеса для $\triangle AC_{1}C$, где $OK \parallel AC$, имеем: $$K \text{ — середина } CC_{1}.$$ Что и требовалось доказать.

б) Рассмотрим многогранник $ABCDK B_{1}M$. Его объём равен половине объёма параллелепипеда: $$V = \frac12 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 = 36.$$ Если из этого объёма вычесть объёмы пирамид $MABD$ и $KCBD$, каждая из которых равна $\frac13 \cdot 3 \cdot 4 = 4$, то получим объём пирамиды $BB_{1}KDM$: $$36 - 2 \cdot 4 = \frac13 \cdot \rho \cdot S_{B_{1}KDM}.$$

Отсюда равенства можно найти $\rho$, если найти площадь сечения.

По теореме Пифагора: $$B_{1}K = \sqrt{B_{1}C_{1}^{2} + C_{1}K^{2}} = 5,$$ $$KD = \sqrt{CD^{2} + CK^{2}} = 3\sqrt{2},$$ $$B_{1}D = \sqrt{AB^{2} + AD^{2} + BB_{1}^{2}} = \sqrt{61}.$$

Пусть $\varphi = \angle B_{1}KD$. Тогда по теореме косинусов: $$\cos \varphi = \frac{B_{1}K^{2} + KD^{2} - B_{1}D^{2}}{2 \cdot B_{1}K \cdot KD} = \frac{-3}{5\sqrt{2}}.$$

Тогда $$\sin \varphi = \frac{\sqrt{41}}{5\sqrt{2}}.$$

Так как $B_{1}KDM$ — параллелограмм, то $$S_{B_{1}KDM} = B_{1}K \cdot KD \cdot \sin\varphi = 3\sqrt{41}.$$

Следовательно: $$24 = \rho \cdot \sqrt{41} \quad \Longleftrightarrow \quad \rho = \frac{24}{\sqrt{41}}.$$

$$\boxed{\frac{24}{\sqrt{41}}}$$