а) Рассмотрим три попарно пересекающиеся плоскости \((SCD)\), \((ABC)\) и \(\alpha\). Их линии пересечения — прямые \(CD\), \(AB\) и \(MN\), а такие три прямые либо проходят через одну точку, либо попарно параллельны. Так как \(AB \parallel CD\), остаётся второй вариант:

\[MN \parallel AB \parallel CD.\]

Тогда \(\triangle SMN \sim \triangle SCD\), и

\[\frac{SM}{SC} = \frac{SN}{SD} = \frac{MN}{CD} = \frac{MN}{AB} = \frac{1}{5},\]

откуда \(SM : MC = SN : ND = 1 : 4\). Что и требовалось доказать.

б) Пусть \(AB = BM = AN = 5x\), \(MN = x\), точка \(O\) — пересечение диагоналей основания, \(SO\) — высота пирамиды.

Проведём \(MM_1 \parallel SO\) в плоскости \(SAC\) и \(NN_1 \parallel SO\) в плоскости \(SBD\). Тогда \(M_1\) и \(N_1\) — проекции точек \(M\) и \(N\) на плоскость основания, а четырёхугольник \(ABM_1N_1\) — проекция сечения \(ABMN\). Если \(\varphi\) — искомый угол, то

\[\cos\varphi = \frac{S_{ABM_1N_1}}{S_{ABMN}}.\]

Сечение \(ABMN\) — равнобедренная трапеция с основаниями \(x\) и \(5x\) и боковой стороной \(5x\). Её высота находится из прямоугольного треугольника с гипотенузой \(5x\) и катетом \(\dfrac{5x - x}{2} = 2x\):

\[h^2 = (5x)^2 - (2x)^2 = 21x^2, \qquad h = x\sqrt{21},\]

\[S_{ABMN} = \frac{x + 5x}{2}\cdot x\sqrt{21} = 3x^2\sqrt{21}.\]

По теореме о пропорциональных отрезках \(CM_1 : M_1O = CM : MS = 4 : 1\), и точно так же \(DN_1 : N_1O = 4 : 1\). Обозначим \(AC = BD = 10z\), тогда \(M_1O = N_1O = z\) и \(AO = BO = 5z\), откуда

\[AM_1 = BN_1 = 6z.\]

Диагонали четырёхугольника \(ABM_1N_1\) взаимно перпендикулярны, поэтому

\[S_{ABM_1N_1} = \frac{1}{2}AM_1\cdot BN_1 = \frac{1}{2}\cdot 6z\cdot 6z = 18z^2.\]

В квадрате диагональ выражается через сторону: \(10z = 5x\sqrt{2}\), то есть \(z = \dfrac{x}{\sqrt{2}}\), и

\[S_{ABM_1N_1} = 18\cdot\frac{x^2}{2} = 9x^2.\]

Итого

\[\cos\varphi = \frac{9x^2}{3x^2\sqrt{21}} = \frac{3}{\sqrt{21}} = \sqrt{\frac{3}{7}}.\]

Ответ: б) \(\sqrt{\dfrac{3}{7}}\).