а) Начнём в плоскости основания. Из BC = 3 и BN : NC = 1 : 2 получаем BN = 1, NC = 2. Продлим прямую AN до пересечения с прямой DC в точке T. Треугольники TNC и TAD подобны: угол при вершине T общий, а NC \parallel AD (это основания трапеции). Значит, \dfrac{TC}{TD} = \dfrac{NC}{AD} = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}, то есть TD = 4\,TC. Но TD = TC + CD, поэтому CD = 3\,TC: точка T лежит на продолжении стороны CD за точку C, и \dfrac{DT}{TC} = 4.

Зачем нам T? Она лежит на прямой AN, значит, в плоскости AMN. При этом T лежит и в плоскости грани SDC (на прямой DC), как и точка M (на ребре SD). Значит, прямая MT — линия пересечения плоскости AMN с плоскостью SDC, и точка K — это в точности MT \cap SC.

Остался один шаг — теорема Менелая для треугольника SDC и секущей T–K–M: \dfrac{SM}{MD} \cdot \dfrac{DT}{TC} \cdot \dfrac{CK}{KS} = 1. Подставляем: \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{4}{1} \cdot \dfrac{CK}{KS} = 1, откуда \dfrac{CK}{KS} = \dfrac{1}{6}, то есть SK : KC = 6 : 1. Что и требовалось доказать.

б) Сечение — четырёхугольник ANKM. Он отрезает многогранник ANCDMK (в нём вершины C и D), а вторая часть содержит вершины S и B. Обозначим: V — объём всей пирамиды, d — высота трапеции, H — высота пирамиды. Площадь основания \dfrac{8+3}{2} \cdot d = \dfrac{11d}{2}, так что V = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{11d}{2} \cdot H.

Режем многогранник ANCDMK на три тетраэдра с общей вершиной A: плоскость AKC отделяет тетраэдр ANCK, а плоскость AKD делит остаток на AKCD и AKDM. Ключевой факт для первых двух: K делит SC как SK : KC = 6 : 1, поэтому расстояние от K до основания равно \dfrac{1}{7}H — у точки C оно нулевое, у S равно H.

Тетраэдр ANCK: основание ANC лежит в плоскости основания. Берём за базу NC = 2 на прямой BC; высота из A — это расстояние между параллельными прямыми BC и AD, то есть d. Площадь \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot d = d, объём V_1 = \dfrac{1}{3} \cdot d \cdot \dfrac{H}{7}. В долях: V_1 = \dfrac{d/7}{11d/2} \cdot V = \dfrac{2}{77}V.

Тетраэдр AKCD: основание ACD площадью \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot d = 4d, та же вершина K на высоте \dfrac{H}{7}: V_2 = \dfrac{4d/7}{11d/2} \cdot V = \dfrac{8}{77}V.

Тетраэдр AKDM хитрее. Заметим: точки A, D, M лежат в плоскости грани SAD (ведь M — на ребре SD). Сравним его с пирамидой SACD. Площадь ADM — это \dfrac{DM}{DS} = \dfrac{2}{5} площади ADS: база AD общая, а расстояние от M до прямой AD пропорционально её положению на отрезке DS. Расстояние от K до плоскости SAD — это \dfrac{SK}{SC} = \dfrac{6}{7} расстояния от C до этой плоскости, ведь S лежит в ней самой. Итого V_3 = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{6}{7} \cdot V_{SACD} = \dfrac{12}{35} V_{SACD}. А V_{SACD} = \dfrac{4d}{11d/2}V = \dfrac{8}{11}V, поэтому V_3 = \dfrac{12}{35} \cdot \dfrac{8}{11}V = \dfrac{96}{385}V.

Складываем часть с вершинами C и D: \dfrac{2}{77} + \dfrac{8}{77} + \dfrac{96}{385} = \dfrac{10}{77} + \dfrac{96}{385} = \dfrac{50 + 96}{385} = \dfrac{146}{385}. Вторая часть: 1 - \dfrac{146}{385} = \dfrac{239}{385}. Проверим: 146 + 239 = 385 — всё сходится. Отношение объёмов: 146 : 239 (часть с вершинами C и D к части с вершинами S и B).