а) В треугольнике \(SAD\) отрезок \(MK\) соединяет середины сторон \(SD\) и \(SA\), значит это средняя линия:

\[MK \parallel AD, \qquad MK = \frac{1}{2}AD.\]

В правильном шестиугольнике \(ABCDEF\) сторона \(CB\) параллельна большой диагонали \(AD\) и вдвое короче неё:

\[CB \parallel AD, \qquad CB = \frac{1}{2}AD.\]

Значит \(MK \parallel CB\) и \(MK = CB\), то есть четырёхугольник \(MKBC\) — параллелограмм. Отсюда \(BK \parallel CM\), а параллельные прямые всегда лежат в одной плоскости. Обозначим её \(\alpha\).

б) Пусть \(P\) — середина \(BC\), \(R\) — середина \(EF\), \(O\) — центр основания.

Треугольник \(SBC\) равнобедренный, поэтому его медиана \(SP\) является и высотой: \(SP \perp BC\). В правильном шестиугольнике отрезок \(PR\), соединяющий середины противоположных сторон, тоже перпендикулярен \(BC\). Две пересекающиеся прямые плоскости \((SPR)\) перпендикулярны \(BC\), значит

\[BC \perp (SPR).\]

Прямые \(PR\) и \(AD\) пересекаются в центре \(O\), а высота \(SO\) правильной пирамиды лежит и в плоскости \((SPR)\), и в плоскости \((SAD)\).

Пусть \(Q\) — точка пересечения \(KM\) и \(SO\). Отрезок \(QP\) лежит в плоскости \((SPR)\), поэтому \(QP \perp BC\). Прямая \(BC\) — это линия пересечения плоскостей \(\alpha\) и основания, значит \(\angle QPO\) — линейный угол между ними, и по условию он равен \(60^\circ\).

Треугольник \(OBC\) равносторонний со стороной 6, его высота

\[OP = \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 6 = 3\sqrt{3}.\]

Из прямоугольного треугольника \(QOP\):

\[\operatorname{tg}\angle QPO = \frac{QO}{OP} \quad\Longrightarrow\quad QO = 3\sqrt{3}\cdot\operatorname{tg}60^\circ = 3\sqrt{3}\cdot\sqrt{3} = 9.\]

Так как \(KM\) — средняя линия треугольника \(SAD\), точка \(Q\) делит высоту пополам: \(SQ = QO\). Следовательно,

\[SO = 2\,QO = 18.\]

Ответ: б) \(18\).