[рис.] а)  Построим последовательно:
Отрезки BC' и AD'. Четырехугольник ABC'D'  — искомое сечение.
Докажем это.
Из определения прямой призмы следует, что C'D' || CD, из определения ромба  — CD || BA. Следовательно, C'D' || BA. А через две параллельные прямые проходит одна и только одна плоскость. Значит, четырехугольник ABC'D'  — искомое сечение.
б)  В прямую призму можно вписать шар в том и только в том случае, если центр шара одинаково удален от всех граней призмы, т. е. выполнено условие: в основание призмы можно вписать окружность, причем диаметр этой окружности равен диаметру шара, высота призмы также равна диаметру шара.
Из точки D проведем высоту DК ромба ABCD, $K принадлежит AB$
В ромб всегда можно вписать окружность. Значит, диаметр этой окружности будет DK, DD' = DK = 2.

$AD= $\frac{DK}{\sin \angle BAD}$ = \frac{2 \cdot 2}{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = \frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3}$ $BA= \frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3}$

ABC'D'  — параллелограмм по признаку параллелограмма, так как C'D' || BA (по выше доказанному). Кроме того, BA = CD CD=C'D' как противолежащие стороны соответствующих параллелограммов.
Соединим отрезком точки D' и K. D'K  — наклонная к плоскости основания призмы, DK  — проекция наклонной D'K на ту же плоскость. $DK\bot BA$ (по построению). В таком случае $D'K\bot BA$ по теореме о трех перпендикулярах.
В прямоугольном треугольнике D'DK катеты D'D и DK равны 2, следовательно, гипотенуза D'K равна $2 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$

$S ( ABC'D' ) =BA \cdot D'K= \frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{3} \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента = \frac{8 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}{3}$
Ответ: б) $\frac{8 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}{3}$