[рис.] а)  Пусть L  — точка пересечения прямых KL и BC. Проведём прямую MN параллельно прямой BC. Заметим, что треугольники SNM и SBC подобны с коэффициентом подобия $k= \frac{2}{5}$ следовательно,

$SN=SM= $\frac{2}{5}$ SB=2 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента ,\quad\quad MC=3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента ,\quad\quad MN= $\frac{2}{5}$ BC=4$

Треугольники MNK и LBK также подобны с $k= \frac{1}{2}$ значит,

$BL=2MN=8,\quad\quad LC=18,\quad\quad \cos \angle SCB= $\frac{\tfrac12 BC}{SC}$ = \frac{1}{$\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента} = \frac{MC}{LC}$

следовательно, треугольник CLM  — прямоугольный с прямым углом CML.

б)  Пусть SO  — высота пирамиды, H  — проекция точки M на прямую AC, а LH  — проекция отрезка LM на плоскость основания. Тогда угол MLH  — искомый. Далее имеем:

$AC=AB $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента =10 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента ,\quad\quad AO= $\frac{1}{2}$ AC=5 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента ,\quad\quad SO= $\sqrt{аргумента: SA ^2 - AO ^2}$ аргумента =10,\quad\quad MH= $\frac{3}{5}$ SO=6$ $AC=AB $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента =10 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента ,\quad\quad AO= $\frac{1}{2}$ AC=5 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента ,\quad\quad$
$\quad SO= $\sqrt{аргумента: SA ^2 - AO ^2}$ аргумента =10,\quad\quad MH= $\frac{3}{5}$ SO=6$

Из п. а) треугольник CLM  — прямоугольный, следовательно,

$LM= $\sqrt{аргумента: LC ^2 - MC ^2}$ аргумента =3 $\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента ,\quad\quad \sin \angle MLH= $\frac{MH}{LM}$ = \frac{$\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента}{15} ,\quad\quad\angle MLH= \arcsin \frac{$\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента}{15}$ $LM= $\sqrt{аргумента: LC ^2 - MC ^2}$ аргумента =3 $\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента ,\quad\quad$
$\quad \sin \angle MLH= $\frac{MH}{LM}$ = \frac{$\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента}{15} ,\quad\quad\angle MLH= \arcsin \frac{$\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента}{15}$

Ответ: б) $\arcsin \frac{$\sqrt{аргумента: 30}$ аргумента}{15}$