а) Пусть сторона основания равна a. Отрезок PQ соединяет середины противоположных сторон квадрата, поэтому PQ \parallel AB \parallel CD и PQ = a. Раз CD параллельна прямой PQ, лежащей в секущей плоскости, то CD параллельна всей плоскости MPQ.

Плоскость боковой грани SCD содержит CD и точку M, значит, пересекает секущую плоскость по прямой, идущей через M параллельно CD. Эта прямая встречает ребро SC в точке M_1, причём по теореме о пропорциональных отрезках в треугольнике SDC: SM_1 : M_1C = SM : MD = 2 : 1, а из подобия треугольников SMM_1 и SDC находим длину: MM_1 = \dfrac{SM}{SD}\cdot DC = \dfrac{2a}{3}.

Итак, сечение — четырёхугольник QPM_1M: отрезок QP в основании, PM_1 на грани SBC, M_1M на грани SCD, MQ на грани SAD. Стороны QP и MM_1 параллельны (обе параллельны CD), а их длины различны: a \ne \dfrac{2a}{3}. Значит, это трапеция — именно трапеция, а не параллелограмм.

Осталась равнобедренность. Сравним треугольники MDQ и M_1CP: DQ = CP = \dfrac{a}{2}; DM = CM_1 = \dfrac{1}{3} бокового ребра (обе точки отсекают по трети ребра, считая от основания); углы \angle MDQ = \angle SDA и \angle M_1CP = \angle SCB равны, потому что все боковые грани правильной пирамиды — равные равнобедренные треугольники. По двум сторонам и углу между ними треугольники равны, откуда MQ = M_1P. Боковые стороны трапеции равны — она равнобедренная. Что и требовалось доказать.

б) Пусть высота пирамиды h, объём V = \dfrac{1}{3}a^2h. Плоскость отрезает кусок, содержащий рёбра со стороны C и D, — многогранник QPCDM_1M. Разобьём его на пирамиду M{-}QPCD и тетраэдр MPCM_1 (они прилегают по треугольнику MPC: треугольники MCD и MCM_1 вместе дают грань MM_1CD на боковой грани SCD, а MQP и MPM_1 — само сечение).

Пирамида M{-}QPCD: основание — прямоугольник QPCD со сторонами a и \dfrac{a}{2}, площадь \dfrac{a^2}{2}. Точка M делит SD так, что MD = \dfrac{1}{3}SD, поэтому её высота над плоскостью основания равна \dfrac{h}{3} (высота убывает пропорционально при движении от S к D). Объём: V_1 = \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{h}{3} = \dfrac{a^2h}{18} = \dfrac{V}{6}.

Тетраэдр MPCM_1 сравним с тетраэдром MBCS — у них общий трёхгранный угол при вершине C: точка P лежит на CB, точка M_1 — на CS, вершина M общая. Тогда \dfrac{V_{CPM_1M}}{V_{CBSM}} = \dfrac{CP}{CB}\cdot\dfrac{CM_1}{CS} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}. Осталось найти V_{CBSM}: тетраэдр CBSD — половина пирамиды (основание BCD — половина квадрата), V_{CBSD} = \dfrac{V}{2}; при замене вершины D на точку M расстояние до плоскости CBS умножается на \dfrac{SM}{SD} = \dfrac{2}{3} (у точки S оно нулевое). Значит, V_{CBSM} = \dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{V}{2} = \dfrac{V}{3} и V_{CPM_1M} = \dfrac{1}{6}\cdot\dfrac{V}{3} = \dfrac{V}{18}.

Кусок со стороны C и D: \dfrac{V}{6}+\dfrac{V}{18} = \dfrac{3V+V}{18} = \dfrac{2V}{9}. Второй кусок (с вершинами S, A, B): V-\dfrac{2V}{9} = \dfrac{7V}{9}. Проверка: \dfrac{2}{9}+\dfrac{7}{9}=1 — всё сходится. Отношение объёмов большего к меньшему 7 : 2.