[рис.] а)  Построим сечение призмы плоскостью γ. Проведём КР || АС, $P принадлежит CB$ CP  =  1. Проведём PL, проведём LR || AC, $R принадлежит A'B'$ Проведём RK. Трапеция LPKR  — искомое сечение. Сечение параллельно АС по признаку параллельности прямой к плоскости.
Введём систему координат, как показано на рисунке. В этой системе координат: В(0; 0; 0), С(0; 6; 0), В'(0; 0; 3), C'(0; 6; 3), $A ( 3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента ; 3; 0 )$ $A' ( 3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента ; 3; 3 )$ P(0; 5; 0), $T ( \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ; $\frac{9}{2}$ ; 0 )$ $M ( \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ; $\frac{9}{2}$ ; 3 )$ $K ( \frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ; $\frac{5}{2}$ ; 0 )$
Тогда

$\overrightarrowBM= ( \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ; $\frac{9}{2}$ ; 3 )$ $\overrightarrowKP= ( \frac{ - 5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ; $\frac{5}{2}$ ; 0 )$ $\overrightarrowLP= ( 0; 2; - 3 )$

Откуда получаем:

$\overrightarrowBM \cdot \overrightarrowKP = ( \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ; $\frac{9}{2}$ ; 3 ) \cdot ( \frac{ - 5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ; $\frac{5}{2}$ ; 0 ) = - $\frac{45}{4}$ + $\frac{45}{4}$ + 0=0$
$\overrightarrowBM \cdot \overrightarrowLP= ( \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ; $\frac{9}{2}$ ; 3 ) \cdot ( 0; 2; - 3 ) =0 + 9 - 9=0$

Так как $\overrightarrowBM \perp \overrightarrowKP$ и $\overrightarrowBM \perp \overrightarrowLP$ получаем, что $BM \perp ( KLP )$

б)  Далее заметим, что плоскость сечения перпендикулярна вектору $\overrightarrowBM$ найдем уравнение плоскости и вычислим расстояние от точки до плоскости.
Найдём свободный член D в уравнении плоскости $\frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} x + $\frac{9}{2}$ y + 3z + D=0$ подставив координаты точки К:

$\frac{5 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} \cdot \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} + $\frac{9}{2}$ \cdot $\frac{5}{2}$ + 3 \cdot 0 + D=0 = сильно$ $\frac{45}{4} + $\frac{45}{4}$ + D= $\frac{90}{4}$ + D = $\frac{45}{2}$ + D$ поэтому $D= - \frac{45}{2}$

Упростив уравнение плоскости, получим: $\sqrt{аргумента: 3} аргумента x + 3y + 2z - 15=0$
Тогда для искомого расстояния получаем:

$d ( C; ( KLP ) ) = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{$\sqrt{аргумента: A ^2 + B ^2 + C ^2}$ аргумента} =$ $\frac{| $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента \cdot 0 + 3 \cdot 6 + 2 \cdot 0 - 15|}{$\sqrt{аргумента: 3 + 9 + 4}$ аргумента} = \frac{3}{4}$

Приведем другое решение.
[рис.]
а)  Четырёхугольник RLPK  — искомое сечение. Проведём плоскость B'MTB. Имеем:

$B'M \cap RL = F'$ $BT \cap KP = F$ $( B'MT ) \cap гамма = F'F$

Рассмотрим прямоугольник BB'MT. Заметим, что LR  — средняя линия треугольника A'B'C', тогда F'  — середина B'M, тогда

$F'M= $\frac{1}{2}$ B'M= $\frac{1}{2}$ \cdot 6 \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

$\frac{FT}{BT} = \frac{KA}{BA}$ (ΔBKF ~ ΔBAT):
$\frac{FT}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = $\frac{1}{6}$ = сильно FT= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

Пусть теперь $FH || MT,H принадлежит B'M$ Тогда $F'H=F'M - FT= $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

$BM= \sqrt{аргумента: 3 ^2 + ( 3 $\sqrt{начало аргумента: 3}$ аргумента ) ^2}аргумента = $\sqrt{аргумента: 9 + 27}$ аргумента =6$ $F'F= $\sqrt{аргумента: F'H ^2 + HF ^2}$ аргумента = \sqrt{аргумента: ( $\sqrt{начало аргумента: 3}$ аргумента ) ^2 + 3 ^2}аргумента = $\sqrt{аргумента: 3 + 9}$ аргумента = 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

На продолжении TB за точку B отметим точку F'', такую, что $F''B=F'M= \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$ Тогда $F''F' || BM$ и $F''F'= 6$
Далее,

$F''F= \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} + ( 3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента - \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} ) = 4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
$6 ^2 + ( 2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента ) ^2 = ( 4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента ) ^2 = сильно ( F''F' ) ^2 + ( F'F ) ^2 = ( F''F ) ^2$

По обратной теореме Пифагора, треугольник FF'F'' прямоугольный $( F''F' \perp F'F )$ следовательно, $BM \perp FF'$
б)  Заметим, что поскольку $( AC ) || гамма$ то $d ( C, гамма ) =d ( T, гамма )$ Пусть основанием перпендикуляра опущенного из T на γ будет являться точка S. Тогда TS || BM || F''F'. Таким образом, треугольники FTS и FF''F' будут подобны. Следовательно, $\frac{TS}{F''F'} = \frac{FT}{FF''}$ откуда $TS= \frac{\dfrac $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} \cdot 64 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = \frac{3}{4}$

Ответ: б) $\frac{3}{4}$

Еще один подход к решению задачи, не использующий метод координат, укажем на примере задачи 514653.