[рис.] а)  Без ограничения общности пусть плоскость α пересекает ребро A1C1 в его середине  — в точке K. Докажем, что \text{tg} угла между плоскостями α и ABC равен $\frac{2 $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента}{3}$ Пусть прямая KN пересекает продолжения сторон AA1 и AC в точках R и Q соответственно. Проведем прямые RM и QM, пусть они пересекают ребра A1B1 и BC в точках P и T соответственно. Пусть все ребра призмы равны a. Опустим на прямую MQ перпендикуляр AH. Отрезок AH  — проекция RH, поэтому по теореме о трех перпендикулярах прямая RH перпендикулярна прямой MQ. Следовательно, угол AHR  — линейный угол двугранного угла, образованного плоскостями α и ABC с общим ребром HQ. Треугольники RA1K, KC1N и NCQ равны по катету и острому углу, поэтому

$A_1Q = A_1K = KC_1 = C_1N = NC = CQ = \frac{a}{2}$

Тогда $AR = AQ = $\frac{3}{2}$ a$ Найдем длину отрезка MQ по теореме \cos ов:

$MQ = $\sqrt{аргумента: AM ^2 + AQ ^2 - 2 \cos 60 в степени circ \cdot AM \cdot AQ}$ аргумента$

откуда $MQ = \frac{a $\sqrt{7}$}{2}$
Посчитаем площадь треугольника AMQ двумя способами:

$\frac{1}{2} AH \cdot MQ = $\frac{1}{2}$ AM \cdot AQ \cdot \sin 60 в степени circ = сильно AH = \frac{$\sqrt{3}$}{2} \cdot $\frac{AM \cdot AQ}{MQ}$ = сильно AH = \frac{3 $\sqrt{3}$ a}{4 $\sqrt{7}$}$ $\frac{1}{2} AH \cdot MQ = $\frac{1}{2}$ AM \cdot AQ \cdot \sin 60 в степени circ = сильно$
$ = сильно AH = \frac{$\sqrt{3}$}{2} \cdot $\frac{AM \cdot AQ}{MQ}$ = сильно AH = \frac{3 $\sqrt{3}$ a}{4 $\sqrt{7}$}$

Найдем \text{tg} угла AHR:

$\text{tg} \angle AHR = $\frac{AR}{AH}$ = $\frac{3}{2}$ a : \frac{3 $\sqrt{3}$ a}{4 $\sqrt{7}$} = \frac{2 $\sqrt{7}$}{$\sqrt{3}$} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 21}$ аргумента}{3}$

что и требовалось доказать.
б)  Знаем, что $V_ABCA_1B_1C_1 = \frac{a ^3 $\sqrt{3}$}{4}$ Пусть V1 и V2  — объемы многоугольников A1KNTMA и KC1NTBMP соответственно. Тогда:

$V_1 = V_ARQM - V_A_1RKP - V_CNQT$
$V_ARQM = $\frac{1}{3}$ \cdot $\frac{1}{2}$ \cdot $\frac{a}{2}$ \cdot \frac{$\sqrt{3}$}{2} \cdot $\frac{3a}{2}$ \cdot $\frac{3a}{2}$ = \frac{3 $\sqrt{3}$ a ^3}{32}$
$V_A_1RKP = $\frac{1}{27}$ V_ARQM = \frac{$\sqrt{3}$ a ^3}{288}$

Пирамиды подобны с коэффициентом $\frac{1}{3}$ поэтому $V_CNQT = $\frac{1}{3}$ S_CQT \cdot CN$ По теореме Менелая $\frac{AM}{MB} \cdot $\frac{BT}{TC}$ \cdot $\frac{CQ}{QA}$ = 1$ то есть $\frac{BT}{TC} = 3$ так как $BT + TC = a$ то $TC = $\frac{1}{4}$ a$ потому

$V_CNQT = $\frac{1}{3}$ \cdot $\frac{1}{2}$ \cdot $\frac{a}{4}$ \cdot \frac{$\sqrt{3}$}{2} \cdot $\frac{a}{2}$ \cdot $\frac{a}{2}$ = \frac{$\sqrt{3}$ a ^3}{192}$

Тогда

$V_1 = \frac{3 $\sqrt{3}$ a ^3}{32} - \frac{$\sqrt{3}$ a ^3}{288} - \frac{$\sqrt{3}$ a ^3}{192} = \frac{49 $\sqrt{3}$ a ^3}{576}$
$V_2 = \frac{a ^3 $\sqrt{3}$}{4} - \frac{49 $\sqrt{3}$ a ^3}{576} = \frac{95 $\sqrt{3}$ a ^3}{576}$

Таким образом, получаем, что

$\frac{V_1}{V_2} = \frac{49 $\sqrt{3}$ a ^3}{576} : \frac{95 $\sqrt{3}$ a ^3}{576} = \frac{49}{95}$

Ответ: б)   $\frac{49}{95}$