а)  Продлим KP до пересечения с DC в точке Q. Очевидно $CQ=KB= $\frac{CD}{2}$ =3$ Соединим теперь M и Q и отметим точку пересечения MQ с CS ( L). По теореме Менелая для треугольника DSC и прямой MLQ имеем $\frac{DM}{MS} \cdot $\frac{SL}{LC}$ \cdot $\frac{CQ}{QD}$ =1$ откуда $SL:LC=3:1$ Аналогично построим на AS точку N, делящую AS в том же отношении. Поэтому KPLMN  — искомое сечение.
б)  Соединим M с серединой KP (точкой T). Проекция этой прямой на плоскость основания перпендикулярна KP и NL (ибо совпадает с BD, а они параллельны AC). При этом она пересекает NL в его середине, лежащей на высоте пирамиды и делящей высоту в отношении $3:1$ То есть расстояние от M до плоскости основания вдвое больше расстояния от этой точки до той же плоскости. Следовательно, эта точка является серединой отрезка и высоты в треугольнике MNL и трапеции KPLN равны.
Тогда

$S_KPLMN=S_MLN + S_PLNK= $\frac{1}{2}$ \cdot 12MT \cdot NL + $\frac{1}{2}$ \cdot 12MT \cdot ( NL + KP ) =$

$= $\frac{1}{4}$ MT \cdot ( $\frac{3}{2}$ AC + $\frac{1}{2}$ AC ) = $\frac{1}{2}$ MT \cdot 3= $\frac{3}{2}$ \sqrt{аргумента: 2 ^2 + ( 3 $\sqrt{начало аргумента: 2}$ аргумента ) ^2}аргумента = $\frac{3}{2}$ $\sqrt{аргумента: 22}$ аргумента$

Мы использовали то, что проекция M и точка P делят диагональ BD в отношении $1:2:1$ что очевидно.

Ответ: $\frac{3}{2} $\sqrt{аргумента: 22}$ аргумента$