Предлагаю продлить срок действия консультации на пять суток.

Обратите внимание на эту консультацию. В ней рассматривается та же задача.

У Вас есть какие-нибудь собственные идеи по решению задачи?

Спасибо, я уже разобрался с задачей и решил её :)

Не желаете показать своё решение?

Сначала я спроецировал прямую MN и точку Р на параллельную МN плоскость боковой грани призмы в направлении высоты треуголника АВС ВК - Р1 и М1N1 соответсвенно. Через Р1 проводим прямую, перпендикулярную М1N1 до пересечния с боковыми ребрами призмы - это и будет след плоскости на грани АА1С1С. Далее соединяем Р с точками пересечния следа FG и получаем искомое сечение FGP.
Рассмотрим треугольник FGP. Заметим, что в нем FG принадлежит плоскости АА1С1, а РР1 перпендикулярно АА1С1 (так как РР1 параллельно ВК), поэтому РР1 перпендикулярно и FG, РР1 - высота в треугольнике FGP. Она равна ВК=2а[$8730$]3. С основанием ситуация поинтереснее. Углы FGD и N1Q1B1’ (проекция В1) равны, так как угол GР1M1 = 90 градусов (из условия построения сечения). Угол МNN2 = N1Р1B1’, так как M1N1//MN, B’B1’// NN2 (здесь МN2//AC, так что NN2/BB1, здесь треугольники ВМN2 и АВС подобны и рассчитываем МN2 - a или 3а). Из треугольника МNN2 находим его косинус (он разный в зависимости от значения х и равен [$8730$](6/7) или [$8730$](6/15) ) и затем в треугольнике FGD используем его, чтобы найти FG: FG = GD/cos(FGD). Наконец, просто рассчитываем искомую площадь для разных значений х. У меня получилось (2а^2)[$8730$]14 и (2а^2)[$8730$]30.

Вот, также, вид спереди на грань АА1С1С

Я не люблю разбирать не свои решения, но постараюсь найти время, чтобы разобраться с тем, что Вы сообщили, если получится.

Заслуживает одобрения то, что Вы самостоятельно разобрались с задачей и ответили на моё предложение показать своё решение. Я неприятно устал к сегодняшнему дню и не стал проверять его. Надеюсь, это не имеет значения...