[рис.] а)  Пусть точка P  — точка на ребре C1D1 такая, что C1P : PD1  =  1 : 3. Тогда

$\overrightarrowOP = \overrightarrowOC_1 + \overrightarrowC_1P = $\frac{1}{2}$ ( \overrightarrowBB_1 + \overrightarrowBC ) + $\frac{1}{4}$ \overrightarrowC_1D_1$

С другой стороны,

$\overrightarrowMN = \overrightarrowMP + \overrightarrowPN = \overrightarrowBC_1 + \overrightarrowPN = \overrightarrowBB_1 + \overrightarrowBC + $\frac{1}{2}$ \overrightarrowC_1D_1 = 2\overrightarrowOP$

откуда следует, что прямые MN и OP параллельны, а значит, точка  P принадлежит плоскости α.
Пусть прямые A1P и B1C1 пересекаются в точке K, прямые KO и C1C  — в точке Q, а прямые KO и BB1  — в точке R (см. рис.). Если плоскость α составляет равные углы с плоскостями ABC, BB1C и DCC1, то площади проекций A1KR на эти плоскости равны. Следовательно,

$A_1B_1 \cdot B_1R = B_1K \cdot B_1R = B_1K \cdot A_1B_1 = сильно A_1B_1 = B_1R = B_1K$

Из подобия треугольников KC1P и KB1A1 по двум углам получаем следующие соотношения:

$B_1K : KC_1 = A_1B_1 : PC_1 = 4 : 1 = сильно B_1C_1 = $\frac{3}{4}$ B_1K = $\frac{3}{4}$ A_1B_1$

Далее, из симметрии относительно точки O, BR  =  C1Q. Пусть C1D1  =  x, тогда:

$\frac{x}{BB_1 - x} = $\frac{C_1K}{B_1K}$ = \frac{1}{4}$

откуда $BB_1 = 5x$ и $B_1R = $\frac{4}{5}$ BB_1$ Итак, $A_1B_1 = $\frac{4}{5}$ BB_1$ $B_1C_1 = $\frac{3}{4}$ A_1B_1$ следовательно, $B_1C_1 : A_1B_1 : BB_1 = 3 : 4 : 5$
б)  Из пункта а) следует, что

$A_1R = A_1K = KP = $\sqrt{аргумента: A_1B_1 ^2 + B_1R ^2}$ аргумента = 4 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$

Треугольники PKQ и A1KR подобны по двум углам с коэффициентом подобия $\frac{PK}{A_1R} = $\frac{C_1K}{B_1K}$ = \frac{1}{4}$ а тогда $S_PKQ = $\frac{1}{16}$ S_A_1KR$ Значит,

$S_сеч = S_A_1PQR = $\frac{15}{16}$ S_A_1KR = $\frac{15}{16}$ \cdot \frac{( 4 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента ) ^2 \cdot $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{4} = \frac{15 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

Ответ: б)  $\frac{15 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$