а) Раскроем плоскость \alpha по частям, пользуясь её параллельностью прямой BC: всякая плоскость, содержащая BC, пересекает \alpha по прямой, параллельной BC.

Плоскость основания содержит BC и точку N, значит, след \alpha в основании — прямая через N, параллельная BC. Она пересекает AB в точке E, и четырёхугольник AEND — параллелограмм (AE \parallel DN как части параллельных сторон AB и DC, EN \parallel AD, ведь AD \parallel BC). Отсюда AE = DN = 2 и EB = 4.

Плоскость грани SBC содержит BC и точку K, значит, пересекает \alpha по прямой через K, параллельной BC; она встречает ребро SB в точке F, причём по теореме о пропорциональных отрезках в треугольнике SBC: SF : FB = SK : KC = 1 : 2.

Теперь смотрим на отрезок EF — он целиком лежит в \alpha. В треугольнике BAS: \dfrac{BE}{BA} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3} и \dfrac{BF}{BS} = \dfrac{2}{3}. Треугольники BEF и BAS подобны по общему углу B и пропорциональным сторонам, значит, EF \parallel AS. Прямая SA в плоскости \alpha не лежит: точка A не попадает на след EN (он проходит на расстоянии 2 от прямой AD). Прямая вне плоскости, параллельная прямой из плоскости, параллельна самой плоскости: SA \parallel \alpha. Что и требовалось доказать.

б) Обе плоскости содержат прямые, параллельные BC, и пересекаются по прямой KF — считать двугранный угол вдоль неё удобнее всего в координатах. Пусть A(0;0;0), B(6;0;0), C(6;6;0), D(0;6;0), центр O(3;3;0). Тогда AO = 3\sqrt{2} и высота SO = \sqrt{SA^2-AO^2} = \sqrt{49-18} = \sqrt{31}, то есть S(3;3;\sqrt{31}).

Точки: N(2;6;0) (так как DN = 2) и K = S+\dfrac{1}{3}(C-S) = \left(4;4;\dfrac{2\sqrt{31}}{3}\right).

Направляющие векторы \alpha: \vec{u} = (0;1;0) (параллельность BC) и \vec{NK} = \left(2;-2;\dfrac{2\sqrt{31}}{3}\right), который удобно заменить на пропорциональный (3;-3;\sqrt{31}). Нормаль: \vec{n_1} = (0;1;0)\times(3;-3;\sqrt{31}) = (\sqrt{31};\,0;\,-3).

Плоскость SBC: направляющие \vec{BC} = (0;1;0) и \vec{BS} = (-3;3;\sqrt{31}). Нормаль: \vec{n_2} = (0;1;0)\times(-3;3;\sqrt{31}) = (\sqrt{31};\,0;\,3).

Косинус угла между плоскостями: \cos\varphi = \dfrac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|\cdot|\vec{n_2}|} = \dfrac{|31-9|}{\sqrt{40}\cdot\sqrt{40}} = \dfrac{22}{40} = \dfrac{11}{20}.

Итак, \varphi = \arccos\dfrac{11}{20} — угол острый, как и положено углу между плоскостями. Тот же угол можно записать через синус половинного: \sin\dfrac{\varphi}{2} = \sqrt{\dfrac{1-\cos\varphi}{2}} = \sqrt{\dfrac{9/20}{2}} = \dfrac{3}{2\sqrt{10}} = \dfrac{3\sqrt{10}}{20}, поэтому \varphi = 2\arcsin\dfrac{3\sqrt{10}}{20} — это тот же самый угол, просто в другой записи. Всё сходится.