а) Пусть \(AL \cap BC = H\). Так как \(AL\) — биссектриса угла \(BAC\), то

\[\angle BAL = \angle CAL = \alpha.\]

Точки \(M\) и \(N\) — середины сторон \(AB\) и \(BC\), значит \(MN\) — средняя линия треугольника \(ABC\), и \(AC \parallel MN\). Углы \(CAL\) и \(MLA\) равны как накрест лежащие при \(AC \parallel ML\) и секущей \(AL\), поэтому

\[\angle BAL = \alpha = \angle MLA.\]

В треугольнике \(AML\) углы \(MAL\) и \(MLA\) равны, значит он равнобедренный, то есть \(AM = ML\). Тогда

\[ML = AM = BM = \frac{AB}{2}.\]

Значит, в треугольнике \(ABL\) медиана \(ML\) равна половине стороны \(AB\), поэтому треугольник \(ABL\) прямоугольный, причём \(\angle ALB = 90^\circ\).

Треугольники \(AHC\) и \(BHL\) подобны по двум углам: \(\angle AHC = \angle BHL\) как вертикальные, \(\angle ACH = \angle BLH = 90^\circ\). Тогда \(\angle LBH = \angle CAH = \alpha\).

Так как \(ML \parallel AC\) и \(AC \perp BC\), то \(ML \perp BC\). В треугольнике \(BLC\) высота \(LN\) совпадает с медианой, следовательно он равнобедренный, и \(\angle BCL = \angle LBC = \alpha\).

Треугольники \(AML\) и \(BLC\) подобны по двум углам, так как

\[\angle MAL = \angle MLA = \angle BCL = \angle LBC = \alpha.\]

Что и требовалось доказать.

б) Из условия \(\cos\angle BAC = \cos 2\alpha = \dfrac{7}{25}\). По формуле косинуса двойного угла

\[\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha, \qquad \frac{7}{25} = 1 - 2\sin^2\alpha, \qquad \sin^2\alpha = \frac{9}{25}, \qquad \sin\alpha = \frac{3}{5}.\]

В прямоугольном треугольнике \(ABL\):

\[\frac{3}{5} = \sin\alpha = \frac{BL}{AB}.\]

Точка \(M\) — середина \(AB\), поэтому \(AB = 2AM\), и

\[\frac{BL}{2AM} = \frac{3}{5} \quad\Longrightarrow\quad \frac{BL}{AM} = \frac{6}{5}.\]

Коэффициент подобия треугольников \(AML\) и \(BLC\) равен

\[k = \frac{AM}{BL} = \frac{5}{6}.\]

Площади подобных треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия:

\[\frac{S_{AML}}{S_{BLC}} = k^2 = \left(\frac{5}{6}\right)^2 = \frac{25}{36}.\]

Ответ: б) \(\dfrac{25}{36}\).