[рис.] а)  Боковые грани правильной пирамиды - равные = бедренные треугольники. Поэтому в них равны медианы, проведенные к боковым сторонам: BM и CM. Из треугольника SAB получаем, что $\cos \angle A=2/6=1/3$ Тогда, по теореме \cos ов, $BM ^2 =16 + 9 - 2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 1/3=17$ Отсюда $BM=CM= $\sqrt{аргумента: 17}$ аргумента больше 4$ Получается, что основание = бедренного треугольника BMC меньше его боковой стороны, значит, угол при вершине острый. Угол же при основании = бедренного треугольника всегда острый. Отсюда получаем требуемое.

б)  Отрезок MK  — средняя линия треугольника SAB, следовательно, MK || AB. Значит, через MK можно провести плоскость параллельную плоскости ABC и, так как MK ⊂ CMK, MK параллельна прямой пересечения плоскостей CMK и ABC.
Треугольник CMK  — = бедренный. Проведем перпендикуляр CQ к MK, Q  — середина MK. Из точки Q опустим перпендикуляр QP на плоскость основания. Точка P лежит на CL  — медиане треугольника ABC, P  — середина LO. CL ⊥ AB, следовательно, CL ⊥ MK и CQ ⊥ MK. Таким образом, ∠QCP  — линейный угол искомого угла.
Далее находим:

$SO= $\sqrt{аргумента: SC ^2 - CO ^2}$ аргумента = \sqrt{аргумента: 6 ^2 - ( \frac{4 \cdot $\sqrt{начало аргумента: 3}$ аргумента}{3} ) ^2}аргумента =2 \sqrt{аргумента: $\frac{23}{3}$} аргумента$

Откуда $QP= $\frac{1}{2}$ SO= \sqrt{аргумента: $\frac{23}{3}$} аргумента ,CL= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} BC=2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Поскольку $CP= $\frac{5}{6}$ CL= $\frac{5}{3}$ $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента = \frac{5}{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$ имеем: $tg\angle QCP= \frac{$\sqrt{аргумента: 23}$ аргумента \cdot $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента \cdot 5} = \frac{$\sqrt{аргумента: 23}$ аргумента}{5}$
Ответ: $\arctan \frac{$\sqrt{аргумента: 23}$ аргумента}{5}$