а) Задача сама просится в координаты. Ставим A в начало, ось x — вдоль AB, ось y — вдоль AD, ось z — вдоль AA_1.

Расставим точки. EA = \dfrac{3}{8} \cdot 16 = 6, поэтому E(0;0;6). FB = \dfrac{11}{16} \cdot 16 = 11, поэтому F(6\sqrt{2};0;11). T — середина B_1C_1: T(6\sqrt{2};5;16). И наша цель — вершина D_1(0;10;16).

Теперь главное наблюдение. Вектор \overrightarrow{FT} = (0;5;5), а вектор \overrightarrow{ED_1} = (0;10;10). Видите? \overrightarrow{ED_1} = 2\overrightarrow{FT} — векторы пропорциональны, значит, прямые FT и ED_1 параллельны.

А две параллельные прямые всегда лежат в одной плоскости. Эта плоскость содержит точки E, F и T — то есть это и есть плоскость EFT. Раз прямая ED_1 лежит в ней целиком, то и точка D_1 ей принадлежит. Доказано.

б) Соберём сечение по граням: EF лежит в грани ABB_1A_1 (обе точки при y = 0), FT — в грани BCC_1B_1, отрезок TD_1 — в верхней грани (обе точки на высоте 16), D_1E — в грани ADD_1A_1. Получился четырёхугольник EFTD_1 — это и есть всё сечение.

Причём мы уже знаем, что ED_1 \parallel FT, — значит, это трапеция. Считаем стороны: FT = \sqrt{0 + 25 + 25} = 5\sqrt{2}, ED_1 = \sqrt{0 + 100 + 100} = 10\sqrt{2}, EF = \sqrt{(6\sqrt{2})^2 + 0 + 5^2} = \sqrt{72 + 25} = \sqrt{97}, TD_1 = \sqrt{(6\sqrt{2})^2 + 5^2 + 0} = \sqrt{97}. Боковые стороны равны — трапеция равнобокая.

Высота трапеции по Пифагору: полуразность оснований \dfrac{10\sqrt{2} - 5\sqrt{2}}{2} = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}, её квадрат \dfrac{50}{4} = 12{,}5. Тогда h^2 = 97 - 12{,}5 = 84{,}5 = \dfrac{169}{2}, откуда h = \dfrac{13}{\sqrt{2}} = \dfrac{13\sqrt{2}}{2}.

Площадь: S = \dfrac{5\sqrt{2} + 10\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{13\sqrt{2}}{2} = \dfrac{15\sqrt{2}}{2} \cdot \dfrac{13\sqrt{2}}{2} = \dfrac{15 \cdot 13 \cdot 2}{4} = \dfrac{390}{4} = 97{,}5.

Проверим правдоподобие: сечение примерно 7{,}1 \times 9{,}2 в параллелепипеде с рёбрами до 16 — вполне реалистично. Всё сходится.