а) Сечение.

Шаг 1. Линия пересечения с верхней гранью. В параллелограмме \(BDD_1B_1\) (рёбра \(BB_1\) и \(DD_1\) равны и параллельны) стороны \(BD\) и \(B_1D_1\) параллельны. Прямая \(B_1D_1\) лежит в плоскости верхней грани, а прямая \(BD\) в ней не лежит, поэтому \(BD\parallel(A_1B_1C_1D_1)\). Плоскость \(\alpha\) проходит через прямую \(BD\) и пересекает верхнюю грань, значит по свойству о линии пересечения эта линия параллельна \(BD\), а следовательно и \(B_1D_1\).

Шаг 2. Точка \(L\). Итак, \(\alpha\) пересекает верхнюю грань по прямой, которая проходит через середину \(K\) стороны \(B_1C_1\) треугольника \(B_1C_1D_1\) параллельно стороне \(B_1D_1\). По теореме о средней линии треугольника такая прямая проходит через середину стороны \(C_1D_1\); обозначим её \(L\). Тогда \(KL\) — средняя линия и \(KL=\dfrac12 B_1D_1\). Сечение куба — четырёхугольник \(BKLD\).

Шаг 3. Это трапеция. \(KL\parallel BD\) и \(KL=\dfrac12 B_1D_1=\dfrac12 BD\), то есть стороны параллельны, но не равны. По определению \(BKLD\) — трапеция с основаниями \(BD\) и \(KL\).

Шаг 4. Она равнобедренная. Треугольники \(BB_1K\) и \(DD_1L\) прямоугольные (боковые рёбра перпендикулярны основаниям), и их катеты попарно равны: \(BB_1=DD_1\) как рёбра куба, \(B_1K=D_1L\) как половины рёбер. По признаку равенства прямоугольных треугольников по двум катетам они равны, значит \(BK=DL\) — боковые стороны трапеции равны. \(\blacksquare\)

[[fig:prof14-005]]

б) Расстояние. Пусть ребро куба равно \(6\). Тогда \(BD=B_1D_1=6\sqrt2\), \(KL=3\sqrt2\), а \(BK=DL=\sqrt{6^{2}+3^{2}}=3\sqrt5\).

Шаг 5. Две ключевые точки. Пусть \(P\) — середина \(BD\) (она же центр нижнего основания и середина диагонали \(AC\)), а \(Q\) — середина \(KL\). Точка \(P\) лежит на диагонали \(AC\). Точка \(Q\) лежит на диагонали \(A_1C_1\): в равнобедренном треугольнике \(C_1KL\) (\(C_1K=C_1L=3\)) медиана \(C_1Q\) является и биссектрисой угла \(KC_1L\), то есть угла \(B_1C_1D_1\), а биссектриса угла квадрата содержит его диагональ. Значит, обе точки \(P\) и \(Q\) лежат в плоскости диагонального сечения \(ACC_1A_1\), и прямая \(PQ\) — это линия пересечения плоскостей \(\alpha\) и \(ACC_1A_1\).

Шаг 6. Перпендикулярность плоскостей. В квадрате \(ABCD\) диагонали перпендикулярны, поэтому \(BD\perp AC\); кроме того \(BD\perp CC_1\), так как \(CC_1\perp(ABC)\). Прямые \(AC\) и \(CC_1\) пересекаются в точке \(C\) и лежат в плоскости \(ACC_1A_1\), поэтому по признаку перпендикулярности прямой и плоскости \(BD\perp(ACC_1A_1)\). Прямая \(BD\) лежит в плоскости \(\alpha\), значит по признаку перпендикулярности плоскостей \(\alpha\perp(ACC_1A_1)\).

Шаг 7. Сведение к плоской задаче. Две плоскости перпендикулярны и пересекаются по прямой \(PQ\). По свойству перпендикулярных плоскостей перпендикуляр, опущенный в плоскости \(ACC_1A_1\) из точки \(C_1\) на прямую \(PQ\), перпендикулярен всей плоскости \(\alpha\). Обозначим его основание \(H\); тогда \(C_1H\) и есть искомое расстояние, и вычислять его можно внутри прямоугольника \(ACC_1A_1\) со сторонами \(AC=6\sqrt2\) и \(CC_1=6\).

Шаг 8. Точка \(Z\). Треугольник \(C_1KL\) прямоугольный (угол при \(C_1\) — угол квадрата верхней грани) и равнобедренный: \(C_1K=C_1L=3\). Поэтому \(KL=3\sqrt2\), а медиана \(C_1Q\), проведённая к гипотенузе, равна её половине: \(C_1Q=1{,}5\sqrt2\).

Продолжим прямую \(PQ\) до пересечения с прямой \(CC_1\); точку пересечения обозначим \(Z\). Расстояние до прямой \(CC_1\) меняется вдоль прямой \(PQ\) линейно: в точке \(P\) оно равно \(PC=3\sqrt2\), в точке \(Q\) равно \(QC_1=1{,}5\sqrt2\), а подъём между ними составляет \(6\). Значит, на каждые \(6\) подъёма расстояние убывает на \(1{,}5\sqrt2\), и ещё через \(6\) оно обращается в нуль. Итак, \(Z\) лежит на прямой \(CC_1\), причём \(ZC=12\) и \(ZC_1=12-6=6\).

Шаг 9. Подобные треугольники. В прямоугольном треугольнике \(ZCP\) (прямой угол при \(C\)) по теореме Пифагора \[ZP=\sqrt{ZC^{2}+CP^{2}}=\sqrt{144+18}=\sqrt{162}=9\sqrt2.\] Треугольники \(ZHC_1\) и \(ZCP\) прямоугольные и имеют общий острый угол при вершине \(Z\), значит по признаку подобия по двум углам они подобны. Из подобия \[\frac{C_1H}{PC}=\frac{ZC_1}{ZP}\ \Longrightarrow\ C_1H=\frac{PC\cdot ZC_1}{ZP}=\frac{3\sqrt2\cdot 6}{9\sqrt2}=2.\]

Ответ: \(2\).

Приём «свести пространственную задачу к плоской» здесь основной: как только доказано, что \(\alpha\perp(ACC_1A_1)\), всё измерение переносится в один прямоугольник \(6\sqrt2\times 6\), где работают обычная планиметрия и подобие. Отдельно отметим, что точка \(H\) лежит вне отрезка \(PQ\), но это не мешает: расстояние измеряется до прямой \(PQ\), а не до отрезка.