а)  Пусть точка K  — середина AB. Прямая CK содержит точку H  — основание высоты пирамиды, следовательно, $SH принадлежит альфа$ и плоскость $альфа$ перпендикулярна ABC. Пусть M  — точка пересечения $альфа$ и BD. Прямая BK перпендикулярна плоскости $альфа$ значит, искомый угол  — угол BMK. Далее, $BH:HN=2:1$ а по теореме Менелая $\frac{SM}{MH} \cdot $\frac{2}{3}$ \cdot $\frac{1}{1}$ =1$ таким образом, $\frac{SM}{MH} = \frac{3}{2}$ Пусть $SH=5x$ $AB= $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента x$ отсюда имеем: $MN=2x$ $BH= \frac{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента x}{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента x$ тогда $BM ^2 =2x ^2 + 4x ^2 =6x ^2$ Откуда $BM= $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента x$ и $BK= \frac{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента x}{2}$ Значит, $\sin BMK= $\frac{BK}{BM}$ = \frac{1}{2}$ то есть угол BMK равен 30°.
[рис.]
б)  Пусть P  — середина NC. Тогда прямая DP параллельна прямой SC, поскольку является средней линией треугольника NSC. Следовательно, прямая SC параллельна плоскости DPB. Значит, искомое расстояние между BD и SC = расстоянию от точки C до плоскости BDP, пусть оно = h. Известно, что $AB=3$ $SH= \frac{5 \cdot 3}{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}$ $\frac{1}{2} SH= \frac{5 \cdot 3}{2 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента}$ Таким образом, объем пирамиды

$V_DPCB= $\frac{1}{3}$ \cdot \frac{5 \cdot 3}{2 \cdot $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента} \cdot S_BCP= \frac{5}{2 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента} \cdot $\frac{1}{4}$ S_ABC= \frac{5}{8 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента} \cdot \frac{3 ^2 \cdot $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{4} = \frac{45}{32 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}$

С другой стороны,

$V_DPCB= $\frac{1}{3}$ h \cdot S_BDP$ $HC=AB: $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$

откуда $SC= \sqrt{аргумента: $\frac{25 \cdot 9}{6}$ + 3} аргумента = \frac{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2}$ Имеем: $DP= \frac{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{4}$

$BP ^2 =BN ^2 + NP ^2 = $\frac{3}{4}$ \cdot 3 ^2 + ( $\frac{3}{4}$ ) ^2 = \frac{117}{16}$

откуда $BP= \frac{3 $\sqrt{аргумента: 13}$ аргумента}{4}$

$DB ^2 = ( $\frac{5}{6}$ BN ) ^2 + ( $\frac{1}{2}$ SH ) ^2 = $\frac{25}{36}$ \cdot $\frac{27}{4}$ + \frac{25 \cdot 9}{16}$

таким образом, $BD= \frac{15}{4}$
Теперь найдем площадь треугольника BDP. Найдем
[рис.]

$\cos P= $\frac{PD ^2 + BP ^2 - BD ^2}{2 \cdot PD \cdot BP}$ = \frac{$\frac{162}{16}$ + $\frac{117}{16}$ - $\frac{225}{16}$ ,}{2 \cdot \frac{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{4} \cdot \frac{3 $\sqrt{аргумента: 13}$ аргумента}{4}} = \frac{54}{54 $\sqrt{аргумента: 26}$ аргумента}$

тогда $\sin P= \frac{5}{$\sqrt{аргумента: 26}$ аргумента}$ следовательно,

$S_BDP= $\frac{1}{2}$ \cdot \frac{3 $\sqrt{аргумента: 13}$ аргумента}{4} \cdot \frac{9 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{4} \cdot \frac{5}{$\sqrt{аргумента: 26}$ аргумента} = \frac{135}{32}$

Откуда получаем $\frac{45}{32 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента} = $\frac{1}{3}$ \cdot h \cdot \frac{135}{32}$ и, значит, $h= \frac{1}{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента} = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2}$

Ответ: б) $\frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2}$