а) План такой: найдём, где плоскость CMN пересекает основание, и покажем, что в ней спрятана прямая, параллельная SD.

Прямые MN и AB лежат в одной плоскости SAB и не параллельны: будь MN \parallel AB, по теореме о пропорциональных отрезках было бы SM:MA = SN:NB, а у нас 1:1 \ne 1:2. Значит, они пересекаются в некоторой точке K, и K принадлежит плоскости CMN (она лежит на прямой MN).

Найдём положение K по теореме Менелая для треугольника SAB и секущей KNM: \dfrac{AM}{MS}\cdot\dfrac{SN}{NB}\cdot\dfrac{BK}{KA} = 1, то есть 1\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{BK}{KA} = 1, откуда BK = 2KA. Точка K лежит на продолжении AB за точку A (секущая пересекает стороны SA и SB внутри, значит, третью — снаружи), поэтому из BK = KA + AB получаем KA = AB: точка A — середина отрезка KB.

След плоскости CMN в основании — прямая KC. Посмотрим на треугольник KBC: точка A — середина стороны KB, а прямая AD параллельна BC (стороны квадрата). Прямая через середину стороны параллельно основанию — средняя линия: она пересекает KC в его середине Q, причём AQ = \dfrac{BC}{2} = 3. Но AD = 6, значит, Q — ровно середина ребра AD, и Q лежит в плоскости CMN.

Финальный аккорд: в треугольнике ASD точки M и Q — середины сторон AS и AD, значит, MQ — средняя линия и MQ \parallel SD. Прямая MQ лежит в плоскости CMN, а сама SD в этой плоскости не лежит (иначе точка D попала бы на след QC, но прямая QC пересекает AD только в точке Q \ne D). Следовательно, SD параллельна плоскости CMN. Что и требовалось доказать.

б) Сечение — четырёхугольник QMNC: отрезок QM на грани SAD, MN на грани SAB, NC на грани SBC и CQ в основании. Считать удобнее всего в координатах. Пусть A(0;0;0), B(6;0;0), C(6;6;0), D(0;6;0). Центр основания O(3;3;0), AO = \dfrac{AC}{2} = 3\sqrt{2}, и высота пирамиды SO = \sqrt{SA^2-AO^2} = \sqrt{36-18} = 3\sqrt{2}, то есть S(3;3;3\sqrt{2}).

Точки сечения: M — середина SA: M\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right); N делит SB как SN:NB = 1:2: N = S + \dfrac{1}{3}(B-S) = (4;2;2\sqrt{2}); и ещё Q(0;3;0), C(6;6;0).

Разрежем четырёхугольник диагональю QN на треугольники QMN и QNC и посчитаем площади через векторное произведение. Векторы: \vec{QM} = \left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{3}{2};\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\right), \vec{QN} = (4;-1;2\sqrt{2}), \vec{QC} = (6;3;0).

Первый треугольник: \vec{QM}\times\vec{QN} = \left(-\dfrac{3\sqrt{2}}{2};\; 3\sqrt{2};\; \dfrac{9}{2}\right), длина \sqrt{\dfrac{9}{2}+18+\dfrac{81}{4}} = \sqrt{\dfrac{171}{4}} = \dfrac{3\sqrt{19}}{2}, площадь S_1 = \dfrac{3\sqrt{19}}{4}.

Второй треугольник: \vec{QN}\times\vec{QC} = (-6\sqrt{2};\; 12\sqrt{2};\; 18), длина \sqrt{72+288+324} = \sqrt{684} = 6\sqrt{19}, площадь S_2 = 3\sqrt{19}.

Итого: S = S_1+S_2 = \dfrac{3\sqrt{19}}{4}+\dfrac{12\sqrt{19}}{4} = \dfrac{15\sqrt{19}}{4}. Приятная проверка: обе площади выразились через один и тот же \sqrt{19} — так и должно быть, ведь это два куска одного плоского четырёхугольника, а S_2 ровно вчетверо больше S_1. Всё сходится: \dfrac{15\sqrt{19}}{4} \approx 16{,}3.