[рис.] а)  Проведем через точку K прямую, параллельную прямой DB. Она пересечет прямую C1D1 в точке N. Прямая NK параллельна прямой B1D1, тогда по теореме Фалеса точка N  — середина отрезка C1D1. Четырехугольник DBKN  — искомое сечение. Треугольники DD1N и BB1K равны по двум катетам, следовательно, $DN = BK$ Таким образом, четырехугольник DBKN  — = бедренная трапеция.
б)  Продлим прямые СС1, DN и BK до пересечения в точке P (см. рис.). Проведем перпендикуляр PE в треугольнике PNK и перпендикуляр C1H в треугольнике EPC1. По теореме о трех перпендикулярах прямая C1E перпендикулярна прямой NK. Прямая NK перпендикулярна плоскости C1PE. Прямая С1H перпендикулярна прямой PE и прямой NK, следовательно, она перпендикулярна искомой плоскости.
Треугольник BCP подобен треугольнику KC1P, откуда $\frac{KC_1}{BC} = $\frac{PC_1}{PC}$ = \frac{1}{2}$ то есть отрезки CC1 и PC1 равны. Отрезок AC равен  $3 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ следовательно, $OC = \frac{3 $\sqrt{аргумента: 2}${} аргумента} 2$ В прямоугольном треугольнике PCO по теореме Пифагора получим:

$OP = $\sqrt{аргумента: OC ^2 + PC ^2}$ аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{18}{4}$ + 36} аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{81}{2}$} аргумента = \frac{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2}$

Следовательно,

$\sin \angle CPO = $\frac{OC}{PO}$ = \frac{3 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} : \frac{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} } = \frac{1}{3}$

Таким образом, из прямоугольного треугольника PHC1 находим искомое расстояние:

$C_1H = PC_1 \sin \angle CPO = 3 \cdot $\frac{1}{3}$ = 1$

Ответ: б)  1.