[рис.] а)  Так как плоскость γ параллельна прямой AC, она пересекает основание трапеции по прямым, параллельным AC. Пусть $K_1=BC\cap гамма$ $L_1=A_1B_1\cap гамма$ Прямые $KK_1$ $LL_1$ и AC параллельны. Сечением будет являться = бедренная трапеция $KK_1LL_1$
Рассмотрим сечение призмы плоскостью, проходящей через медиану $B_1M$ перпендикулярно основаниям трапеции. Оно будет являться прямоугольником $B_1MM_1B$ где $M_1$   — середина AC. Пусть это сечение пересекает плоскость γ по прямой ST, где S  — середина $LL_1$ а T  — середина $KK_1$ Точка O  — точка пересечения прямых BM и ST. Заметим, что $BM=BM_1=3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ как медианы = стороннего треугольника. Так как треугольники $BLL_1$ $BKK_1$ и ABC подобны, $B_1S=TM_1= $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ $SM=BR=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ Пусть $T_1$   — проекция T на $B_1M$ а $S_1$   — проекция S на $BM_1$ отсюда очевидно, что O  — середина BM и середина ST. Далее:

$BO= $\frac{1}{2}$ $\sqrt{аргумента: BM_1 ^2 + MM_1 ^2}$ аргумента = $\frac{1}{2}$ $\sqrt{аргумента: 27 + 9}$ аргумента =3$
[рис.]
$OT= $\frac{1}{2}$ $\sqrt{аргумента: S_1T ^2 + SS_1 ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 3 + 9}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
$BO ^2 + OT ^2 =3 + 9=12= ( 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента ) ^2 =BR$

То есть для треугольника BOT выполнена теорема, обратная теореме Пифагора. Следовательно, прямая BM перпендикулярна прямой ST. Кроме этого, BM перпендикулярна прямой $A_1C_1$ следовательно, BM перпендикулярна плоскости γ, что и требовалось доказать.
б)  Поскольку, из пункта а, прямая BM перпендикулярна плоскости γ, прямая $MO=3$   — высота пирамиды. Основанием является = бедренная трапеция $KK_1LL_1$ с высотой $ST=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$ и основанием $KK_1=4$ и $LL_1=2$ отсюда:

$S_KK_1LL_1= $\frac{4 + 2}{2}$ \cdot 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента =6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
$V= $\frac{1}{3}$ \cdot 6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента \cdot 3=6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

Ответ: $6 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$