Идея решения. \(MN\) — общий перпендикуляр скрещивающихся рёбер \(AB\) и \(CD\). Поэтому плоскость \(\alpha\), перпендикулярная \(MN\), параллельна сразу обоим этим рёбрам, и в каждой грани она высекает отрезок, параллельный \(AB\) либо \(CD\).

а) Все грани правильного тетраэдра — равносторонние треугольники.

В треугольниках \(ACD\) и \(BCD\) отрезки \(AN\) и \(BN\) — медианы, проведённые к общей стороне \(CD\), поэтому

\[AN = BN.\]

Значит, треугольник \(ANB\) равнобедренный. Точка \(M\) — середина \(AB\), то есть \(NM\) — его медиана, проведённая к основанию, а в равнобедренном треугольнике такая медиана является и высотой. Следовательно,

\[MN \perp AB.\]

Точно так же \(CM\) и \(DM\) — медианы равносторонних треугольников \(ABC\) и \(ABD\), проведённые к общей стороне \(AB\), поэтому \(CM = DM\), треугольник \(CMD\) равнобедренный, а \(MN\) — его медиана к основанию \(CD\). Следовательно,

\[MN \perp CD.\]

Что и требовалось доказать.

б) Найдём ребро тетраэдра.

\[BC = BK + KC = 1 + 3 = 4,\]

а так как все рёбра правильного тетраэдра равны, то \(AB = CD = 4\).

Плоскость \(\alpha\) параллельна рёбрам \(AB\) и \(CD\).

По условию \(MN \perp \alpha\), а в пункте а) доказано, что \(AB \perp MN\). Прямая, перпендикулярная перпендикуляру к плоскости, либо параллельна этой плоскости, либо лежит в ней. Если бы \(AB\) лежала в \(\alpha\), то плоскость \(\alpha\) пересекала бы ребро \(BC\) только в точке \(B\), а по условию \(BK = 1 \ne 0\). Значит,

\[AB \parallel \alpha, \qquad \text{и аналогично} \qquad CD \parallel \alpha.\]

В частности, рёбер \(AB\) и \(CD\) плоскость \(\alpha\) не пересекает, поэтому сечение — четырёхугольник с вершинами на рёбрах \(BC\), \(AC\), \(BD\), \(AD\).

Строим сечение.

В грани \(ABC\): прямая \(\alpha \cap (ABC)\) проходит через \(K\) и параллельна \(AB\) (так как \(AB \parallel \alpha\)). Она пересекает \(AC\) в точке \(P\), причём

\[\frac{CP}{CA} = \frac{CK}{CB} = \frac34, \qquad PK = \frac34 \cdot AB = 3.\]

В грани \(BCD\): прямая через \(K\), параллельная \(CD\), пересекает \(BD\) в точке \(Q\), причём

\[\frac{BQ}{BD} = \frac{BK}{BC} = \frac14, \qquad KQ = \frac14 \cdot CD = 1.\]

В грани \(ABD\): прямая через \(Q\), параллельная \(AB\), пересекает \(AD\) в точке \(R\), причём

\[\frac{DR}{DA} = \frac{DQ}{DB} = \frac34, \qquad QR = \frac34 \cdot AB = 3.\]

Наконец, в грани \(ACD\) имеем \(\dfrac{AP}{AC} = \dfrac{AR}{AD} = \dfrac14\), поэтому

\[RP \parallel CD, \qquad RP = \frac14 \cdot CD = 1.\]

Сечение — прямоугольник.

В четырёхугольнике \(PKQR\) стороны \(PK\) и \(QR\) параллельны \(AB\), а стороны \(KQ\) и \(RP\) параллельны \(CD\). Значит, \(PKQR\) — параллелограмм со сторонами \(3\) и \(1\).

Осталось проверить, что его угол прямой. В равносторонних треугольниках \(ACD\) и \(BCD\) отрезки \(AN\) и \(BN\) — медианы, а значит и высоты, поэтому \(CD \perp AN\) и \(CD \perp BN\). Прямые \(AN\) и \(BN\) пересекаются и лежат в плоскости \(ABN\), следовательно

\[CD \perp (ABN), \quad \text{в частности} \quad CD \perp AB.\]

Так как \(PK \parallel AB\) и \(KQ \parallel CD\), получаем \(PK \perp KQ\). Параллелограмм с прямым углом — прямоугольник.

Площадь.

\[S = PK \cdot KQ = 3 \cdot 1 = 3.\]

Проверка адекватности. Стороны сечения равны \(\dfrac34 a\) и \(\dfrac14 a\), их сумма равна ребру: \(3 + 1 = 4\). Так будет при любом положении точки \(K\): периметр такого сечения всегда равен \(2a = 8\), а площадь \(x(4-x)\) наибольшая при \(x = 2\) — тогда сечение является квадратом со стороной \(2\) и площадью \(4\). У нас \(3 < 4\), всё согласовано.

Ответ: \(3\).