Элементарная математика. Геометрия.

Решение:
a)

Пусть $B_{1}C$ — диагональ грани.

$B_{1}C \subset BB_{1}C_{1}C$ (диагональ лежит на плоскости грани).

Возьмем произвольную точку $I$ на диагонали $B_1C$ и построим плоскость, перпендикулярную $B_1C$. Тогда сечением куба этой плоскостью будет некоторый прямоугольник $MNKL$, который имеет максимальные размеры, когда сечение проходит через середину $B_1C$. Следовательно, искомой проекцией будет сечение $AD_{1}C_{1}B$. Тогда

$AD_{1}^2 = AD^2 + DD_{1}^2 \Rightarrow AD_{1}^2 = a^2 + a^2 \Rightarrow AD_{1} = a\sqrt{2}$.

$S_{AD_{1}C_{1}B} = a \cdot a\sqrt{2} = a^2\sqrt{2}$.

b)

Пусть $B_{1}D$ — диагональ куба.

Плоскость с $B_{1}D \Rightarrow KB_{1}YD$, где $K$ и $Y$ — середины $AA_{1}$ и $CC_{1}$.

Из прямоугольного ${\triangle}BDD_{1}$ находим, что $cos\alpha = \dfrac{DD_{1}}{BD_{1}} = \dfrac{a}{a\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$, $sin\alpha = \dfrac{BD}{BD_{1}} = \dfrac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$, отсюда $DD_{1} = a \cdot cos(90^\circ - \alpha) = a \cdot sin\alpha = \dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

$Z$ — середина $A_{1}D_{1}$, $S$ — середина $BA$, $N$ — середина $C_{1}D_{1}$, $T$ — середина $BC$, $NT \perp B_{1}D$, $ZS \perp B_{1}D$. Соединив точки получим плоскость $TYNZKS$. Ортогональная проекция и будет плоскостью $TYNZKS$, где $ZK = KS = ST = TY = YN = NZ = \dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.

$S_{{\triangle}{ZOK}} = \dfrac{ZK^2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{2a^2\sqrt{3}}{12} = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{6}$.

$S_{TYNZKS} = 6 \cdot S_{{\triangle}{ZOK}} = a^2\sqrt{3}$.