Решение пункта а:

Рассмотрим треугольник $ANB\text{.}$ Отрезки $AN$ и $BN$ - это медианы (и высоты) в равных правильных треугольниках $ADC$ и $BDC\text{.}$ Следовательно, $AN=BN\text{,}$ и треугольник $ANB$ - равнобедренный с основанием $AB\text{.}$
В этом треугольнике $NM$ является медианой (так как $M$ - середина $AB$). По свойству равнобедренного треугольника, медиана, проведенная к основанию, является высотой. Значит, $NM\perp AB\text{.}$
Аналогично доказывается, что в равнобедренном треугольнике $CMD$ отрезок $MN$ является медианой и высотой, откуда $MN\perp CD\text{.}$

Решение пункта б:

Плоскость $\alpha$ перпендикулярна прямой $MN\text{.}$ Из пункта «а» мы знаем, что прямые $AB$ и $CD$ также перпендикулярны $MN\text{.}$ Следовательно, плоскость $\alpha$ параллельна скрещивающимся прямым $AB$ и $CD\text{.}$
Обозначим точки пересечения плоскости $\alpha$ с рёбрами $AC\text{,}$ $AD$ и $BD$ через $L\text{,}$ $P$ и $Q$ соответственно.
Так как плоскость параллельна $AB\text{,}$ то линии пересечения плоскости с гранями $ABC$ и $ABD$ параллельны $AB\text{.}$ Значит, $KL\parallel AB$ и $PQ\parallel AB\text{.}$
Аналогично, $LP\parallel CD$ и $KQ\parallel CD\text{.}$
В результате сечение $KLPQ$ - это параллелограмм. Так как скрещивающиеся ребра правильного тетраэдра перпендикулярны ($AB\perp CD$), то и стороны параллелограмма перпендикулярны. $KLPQ$ - прямоугольник.

Треугольники $KCL$ и $KBQ$ подобны граням тетраэдра, то есть они правильные.
Из условия $BK=2\text{,}$ $KC=3\text{.}$
Тогда $KL=KC=3\text{,}$ а $QK=BK=2\text{.}$
Площадь прямоугольника $KLPQ$ равна $KL\cdot QK=3\cdot 2=6\text{.}$

Ответ: б) $6\text{.}$

Решение пункта а:

Так как пирамида правильная, $O$ - середина диагонали $AC\text{.}$ Точка $M$ - середина ребра $SC$ (по условию).
Рассмотрим треугольник $SAC\text{.}$ Отрезок $OM$ соединяет середины сторон $AC$ и $SC\text{,}$ следовательно, $OM$ - средняя линия треугольника $SAC\text{.}$
По свойству средней линии $OM\parallel SA\text{.}$
Так как прямая $OM$ лежит в плоскости $OMK\text{,}$ то по признаку параллельности прямой и плоскости прямая $SA$ параллельна плоскости $OMK\text{.}$ Что и требовалось доказать.

Решение пункта б:

Нужно найти длину отрезка сечения, лежащего в грани $SAD\text{.}$
Сначала найдем след плоскости $OMK$ на плоскости основания $ABCD\text{.}$ Это прямая $OK\text{.}$
Продлим прямую $OK$ до пересечения с ребром $AD\text{.}$ Пусть это будет точка $L\text{.}$
Рассмотрим основание $ABCD$ (это квадрат). $O$ - центр квадрата. Прямая $LK$ проходит через центр квадрата, значит, треугольники $ALO$ и $CKO$ равны (по стороне и двум прилежащим углам, так как $O$ - середина диагонали, а углы накрест лежащие при параллельных прямых).
Из равенства треугольников следует, что $AL=KC\text{.}$
По условию $BK:KC=3:1\text{,}$ а сторона $BC=4\text{.}$ Значит, $KC=\frac{1}{4}\cdot 4=1\text{.}$ Следовательно, $AL=1\text{.}$

Теперь вернемся к плоскости $SAD\text{.}$ Плоскость $OMK$ пересекает грань $SAD$ по некоторой прямой. Так как плоскость $OMK$ параллельна $SA$ (из пункта «а»), линия пересечения плоскости $OMK$ и грани $SAD$ должна быть параллельна $SA\text{.}$
Обозначим эту линию как $LN\text{,}$ где $N$ лежит на ребре $SD\text{.}$ Значит, $LN\parallel SA\text{.}$
Рассмотрим треугольник $SAD\text{.}$ Так как $LN\parallel SA\text{,}$ треугольник $DLN$ подобен треугольнику $DSA\text{.}$
Сторона $AD=4\text{.}$ Отрезок $DL=AD-AL=4-1=3\text{.}$
Коэффициент подобия $k=\frac{DL}{DA}=\frac{3}{4}\text{.}$
Значит, $LN=\frac{3}{4}SA\text{.}$

Осталось найти длину бокового ребра $SA\text{.}$
В квадрате $ABCD$ диагональ $AC=AB\sqrt{2}=4\sqrt{2}\text{.}$ Тогда $AO=2\sqrt{2}\text{.}$
В прямоугольном треугольнике $ASO$ по теореме Пифагора:

Подставляем найденное значение:

Ответ: б) $6\text{.}$