[рис.] а)  Пусть плоскость пересекает ребро SB в точке N. Поскольку плоскость α параллельна ребру SA, она пересекает грань SBA по прямой, параллельной SA. Таким образом, прямые KN и SA параллельны, треугольники NBK и SBA подобны, а $SN:NB=AK:KB =2:7$ что и требовалось доказать.
б)  Пусть плоскость сечения пересекает ребро АС в точке L. Аналогично пункту а) из подобия треугольников MCL и SCA находим, что $AL:LC = SM:MC = 2:7$ Из равенства $AL:LC = AK:KB$ следует, что LK и CB параллельны.
Проведём SH и АH, и пусть плоскость SHА пересекает α по прямой QR (см. рис.), причем QR || SA, поскольку плоскость α параллельна SA.
Проведем в плоскости SHА перпендикуляр RP к прямой SA. Прямая RP ⊥ QR, поскольку QR || SA. Прямая RP ⊥ LK, поскольку ее проекция RA ⊥ LK. Следовательно, прямая RP перпендикулярна плоскости α, тогда RP  — расстояние от прямой SA до плоскости α. Это расстояние = расстоянию между скрещивающимися прямыми SA и KM.
Заметим, что AR : RH  =  AK : KB  =  2 : 7, поскольку прямые LK и CB параллельны.
Тогда $AR= $\frac{2}{9}$ AH= $\frac{2}{9}$ \cdot 9 \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Заметим, что $RP=RA \sin \angle SAO$ где O  — основание высоты пирамиды, тогда

$RP=AR \cdot $\frac{SO}{SA}$ =AR \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: SA ^2 - AO ^2}$ аргумента}{SA} = $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента \cdot \frac{\sqrt{аргумента: 6 ^2 - ( 3 $\sqrt{начало аргумента: 3}$ аргумента ) ^2}аргумента}{6} = \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

Ответ: б) $\frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$