а) Здесь всё решает одна красивая средняя линия. Точка O — центр квадрата, то есть точка пересечения диагоналей, а значит, середина AC. Точка M — середина SC. Тогда в треугольнике ASC отрезок OM соединяет середины сторон CA и CS — это средняя линия, и OM \parallel SA.

Осталось убедиться, что сама прямая SA не лежит в плоскости OMK. Если бы лежала, то точка A была бы в этой плоскости, а раз A ещё и в плоскости основания — она попала бы на след плоскости OMK в основании, то есть на прямую OK. Но прямая OK проходит через центр и точку K на стороне BC, а через центр и точку A проходит диагональ AC; эти прямые различны, так как K не лежит на AC. Противоречие. Значит, прямая OM лежит в плоскости, SA \parallel OM и SA вне плоскости — по признаку параллельности прямой и плоскости SA \parallel (OMK). Что и требовалось доказать.

б) Сначала продлим след плоскости в основании. Прямая KO проходит через центр квадрата, поэтому центральная симметрия относительно O переводит её в себя, а сторону BC — в сторону DA. Значит, прямая KO пересекает AD в точке T, симметричной K: DT = BK = \dfrac{3}{2} и TA = KC = \dfrac{1}{2}, то есть DT : TA = 3 : 1.

Теперь пересечём плоскость OMK с гранью SAD. Плоскость грани содержит прямую SA, а наша плоскость ей параллельна (пункт а), поэтому линия пересечения — прямая через T, параллельная SA. Внутри треугольника SAD она идёт от стороны AD до стороны SD: обозначим точку на SD через L. Искомый отрезок — TL.

Из TL \parallel AS треугольники DTL и DAS подобны с коэффициентом \dfrac{DT}{DA} = \dfrac{3/2}{2} = \dfrac{3}{4}, значит, TL = \dfrac{3}{4}\,SA.

Считаем SA: диагональ основания AC = AB\sqrt{2} = 2\sqrt{2}, поэтому AO = \sqrt{2}; из прямоугольного треугольника SOA: SA = \sqrt{SO^2+AO^2} = \sqrt{14+2} = 4. Тогда TL = \dfrac{3}{4}\cdot 4 = 3. Проверим: 3 < SA = 4 и точка T лежит внутри стороны AD — отрезок целиком помещается в грани, всё сходится. Ответ: 3.