а) Сначала разберёмся, как плоскость \alpha на самом деле проходит сквозь пирамиду. Главный инструмент здесь такой: если прямая SA параллельна плоскости \alpha, то любая плоскость, содержащая SA, пересекает \alpha по прямой, параллельной SA. Иначе линия пересечения встретила бы SA — а тогда и \alpha имела бы с SA общую точку, чего не может быть.

Проведём диагональную плоскость SAC: в ней лежат и ребро SA, и точка M (она на ребре SC). Значит, \alpha пересекает плоскость SAC по прямой, идущей через M параллельно SA. Но M — середина SC, поэтому эта прямая — средняя линия треугольника SAC: она приходит ровно в середину AC, то есть в центр основания O. Отличная новость: плоскость \alpha проходит через центр квадрата!

Теперь след \alpha в плоскости основания — это прямая NO. Пусть она пересекает сторону AD в точке P. Посмотрим на центральную симметрию относительно O: она переводит квадрат в себя (B переходит в D, C — в A, сторона BC — в сторону DA), а прямую NP — саму в себя, ведь она проходит через центр. Значит, точка N переходит ровно в точку P, откуда DP = BN и PA = NC, то есть DP : PA = BN : NC.

Последний шаг. Плоскость SAD содержит ребро SA и точку P, поэтому \alpha пересекает её по прямой через P, параллельной SA, — и эта прямая встречает ребро SD как раз в точке L. В треугольнике ADS прямая PL \parallel AS, и по теореме о пропорциональных отрезках DL : LS = DP : PA = BN : NC. Что и требовалось доказать.

б) Пусть сторона основания равна a, высота пирамиды h, объём всей пирамиды V = \dfrac{1}{3}a^2h. Из BN : NC = 1 : 3 получаем BN = \dfrac{a}{4}, NC = \dfrac{3a}{4}, а из пункта а): DP = \dfrac{a}{4}, PA = \dfrac{3a}{4} и DL : LS = 1 : 3, то есть DL = \dfrac{1}{4}DS.

Сечение — четырёхугольник NMLP, и от пирамиды отрезается многогранник с вершинами N, C, D, P, M, L — кусок, в котором живут вершины C и D. Разобьём его на две простые части с общей вершиной M: пирамиду M{-}NCDP и тетраэдр MPDL. Они прилегают друг к другу по треугольнику MPD и вместе дают весь кусок: треугольники MCD и MDL складываются в грань MCDL на боковой грани SCD, а треугольники MNP и MPL — в сечение NMLP.

Пирамида M{-}NCDP: основание — трапеция NCDP с параллельными сторонами NC = \dfrac{3a}{4} и DP = \dfrac{a}{4} и расстоянием CD = a между ними, её площадь \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3a}{4}+\dfrac{a}{4}\right)\cdot a = \dfrac{a^2}{2}. Точка M — середина SC, значит, висит над основанием на высоте \dfrac{h}{2}. Объём: V_1 = \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{h}{2} = \dfrac{a^2h}{12} = \dfrac{V}{4}.

Тетраэдр MPDL считаем через отношения. У тетраэдров DPLM и DASM общий трёхгранный угол при вершине D: точки P и L лежат на рёбрах DA и DS, а четвёртая вершина M общая. Тогда \dfrac{V_{DPLM}}{V_{DASM}} = \dfrac{DP}{DA}\cdot\dfrac{DL}{DS} = \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{16}. Осталось узнать V_{DASM}. Тетраэдр DASC — половина пирамиды: его основание ADC — половина квадрата, вершина та же S, значит, V_{DASC} = \dfrac{V}{2}. А когда мы заменяем вершину C на середину M отрезка SC, расстояние до плоскости DAS уменьшается вдвое (двигаясь от C к S, мы равномерно приближаемся к этой плоскости до нуля, ведь S в ней лежит). Поэтому V_{DASM} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{V}{2} = \dfrac{V}{4} и V_{DPLM} = \dfrac{1}{16}\cdot\dfrac{V}{4} = \dfrac{V}{64}.

Складываем кусок с вершинами C и D: \dfrac{V}{4}+\dfrac{V}{64} = \dfrac{16V+V}{64} = \dfrac{17V}{64}. Тогда второй кусок (с вершиной S): V - \dfrac{17V}{64} = \dfrac{47V}{64}. Проверим: \dfrac{17}{64}+\dfrac{47}{64}=1 — всё сходится. Отношение объёмов 17 : 47.