[рис.] а)  Проведём прямые через точки L и K параллельно прямой BD. Получим точку M на ребре B1C1 и точку N на ребре CD. = бедренная трапеция KNLM  — сечение призмы плоскостью γ. Пусть прямая AC пересекает прямую NK в точке P, а прямая A1C1 пересекает прямую LM в точке Q. Тогда $PC = $\frac{3}{2}$ $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ $QC_1 = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ Пусть продолжение прямой PQ за точку Q пересекает продолжение прямой CC1 за точку C1 в точке T. Треугольник AA1C подобен треугольнику CPT, поскольку

$\frac{A_1A}{PC} = $\frac{AC}{TC}$ = \frac{$\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{1,5 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента} = \frac{5 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{3 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}$

следовательно, $\angle AA_1C = \angle CPT$ и треугольники AA1C и HPC подобны, а значит, угол PHC  — прямой. Прямые A1C и PT перпендикулярны, прямая A1C перпендикулярна прямой BD, следовательно, (по признаку перпендикулярности прямой и плоскости), прямая A1C перпендикулярна плоскости γ.

б)  Пусть точка H  — точка пересечения прямых A1C и PQ. Отрезок A1H  — высота указанной пирамиды. Имеем

$PQ = $\frac{1}{3}$ PT = $\frac{1}{3}$ $\sqrt{аргумента: TC ^2 + PC ^2}$ аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{11}{2}$} аргумента$
$A_1C = $\sqrt{аргумента: AA_1 ^2 + AC ^2}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 55}$ аргумента$

[рис.]
Из подобия треугольников AA1C и HPC получаем $HC = $\frac{AC \cdot PC}{A_1C}$ = \frac{3 $\sqrt{аргумента: 55}$ аргумента}{11}$ Следовательно, $A_1H = A_1C - HC = \frac{8 $\sqrt{аргумента: 55}$ аргумента}{11}$ Объём пирамиды A1KNLM равен

$\frac{1}{3} A_1H \cdot PQ \cdot $\frac{LM + NK}{2}$ = \frac{20 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{3}$

Ответ: б)  $\frac{20 $\sqrt{аргумента: 5}$ аргумента}{3}$