Введём координаты с началом в вершине A: A(0;0;0), B(6;0;0), C(6;6;0), D(0;6;0) и верхние вершины A_1(0;0;6), B_1(6;0;6), C_1(6;6;6), D_1(0;6;6).

Точка K — середина B_1C_1: K(6;3;6). Плоскость \alpha проходит через B, K, D.

Пункт а. Построим сечение. Точки B и K лежат в правой грани, B и D — в нижней. Верхнюю и нижнюю грани куба плоскость пересекает по параллельным прямым (грани параллельны), поэтому через K проведём прямую, параллельную BD; она пересекает ребро C_1D_1 в его середине P(3;6;6). Сечение — четырёхугольник BKPD.

В нём KP\parallel BD (по построению), значит BKPD — трапеция. Проверим боковые стороны:

BK=\sqrt{0^2+3^2+6^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5},\qquad DP=\sqrt{3^2+0^2+6^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}.

Боковые стороны равны, поэтому трапеция равнобедренная. Утверждение доказано.

Пункт б. Найдём уравнение плоскости \alpha через точки B(6;0;0), K(6;3;6), D(0;6;0). Нормаль — векторное произведение \vec{BK}\times\vec{BD}:

\vec{BK}=(0;3;6),\quad \vec{BD}=(-6;6;0),\quad \vec{n}=\vec{BK}\times\vec{BD}=(-36;-36;18).

Сократим на -18: \vec{n}=(2;2;-1). Уравнение плоскости: 2x+2y-z=12 (подставили точку B).

Расстояние от точки C(6;6;0) до плоскости:

d=\dfrac{|2\cdot 6+2\cdot 6-0-12|}{\sqrt{2^2+2^2+(-1)^2}}=\dfrac{12}{3}=4.

Расстояние от точки C до плоскости \alpha равно 4.

Замечание. Для контроля: расстояние от верхней вершины C_1(6;6;6) до этой же плоскости равно \dfrac{|12+12-6-12|}{3}=2 — вдвое меньше, ведь C_1 ближе к наклонной плоскости. В ответе берём расстояние именно от C, как требует условие.