Решение:

а) Докажем предварительно следующее утверждение: если две плоскости, перпендикулярные к третьей плоскости, пересекаются, то их линия пересечения есть перпендикуляр к этой плоскости.

Доказательство: пусть плоскости \(\alpha\) и \(\beta\) пересекаются по прямой \(c\) и обе перпендикулярны плоскости \(\gamma.\) Рассмотрим сначала плоскости \(\alpha\) и \(\gamma.\) Пусть \(\alpha \cap \gamma = a.\) Выберем на прямой \(a\) произвольную точку \(C,\) отличную от точки \(B\) — точки пересечения всех трёх плоскостей. Тогда \(a = BC.\) Проведём в плоскостях \(\alpha\) и \(\gamma\) к точке \(C\) соответственно перпендикуляры \(EC\) и \(FC\). По условию, линейный угол \(ECF\) двугранного угла к ребру \(BC\) равен \(90^\circ .\) Кроме того, \(\angle ECB = 90^\circ\) по построению. Значит, прямая \(EC\) перпендикулярна двум пересекающимся прямым \(CB\) и \(CF,\) лежащих в плоскости \(\gamma .\) Поэтому, \(EC \perp \gamma .\) Аналогично, рассматривая плоскости \(\beta\) и \(\gamma\) можно показать, что \(KD \perp \gamma.\)

Две прямые \(EC\) и \(KD\) перпендикулярны одной плоскости, значит они параллельны между собой. Но тогда, по признаку параллельности прямой и плоскости получаем, что \(EC \parallel \beta .\) В частности, прямая \(EC\) не пересекается с прямой \(AB,\) лежащей в плоскости \(\beta .\) Но, прямая \(AB\) также лежит и в плоскости \(\alpha.\) Значит, \(AB \parallel EC.\) Из того, что \(EC \perp \gamma\) немедленно получаем, что \(AB \perp \gamma .\) Ч.т.д.

Возвращаясь к нашей задаче, заключаем, что прямая \(SB\) перпендикулярна плоскости основания. Отсюда \(\angle SBA = \angle SBC = 90^\circ .\) Кроме того, \(\angle ABC = 150^\circ \) как линейный угол двугранного угла к ребру \(SB.\)

Два прямоугольных треугольника \(SBA\) и \(SBC\) равны по двум катетам: катет \(SB\) общий, а катеты \(BA\) и \(BC\) равны как стороны ромба. Значит \(SA = SC.\) Но тогда \(\triangle SAD = \triangle SCD\) по трём сторонам: \(SD\) общая сторона, \(SA = SC\) по только что доказанному, \(AD = CD\) как стороны ромба. Значит, грани \(SAD\) и \(SCD\) равновелики.

б) Опустим из вершины \(S\) на сторону \(CD\) перпендикуляр \(SH.\) Тогда \(BH\) будет является проекцией наклонной \(SH\) и по теореме о трёх перпендикулярах \(BH \perp CD.\) И \(\angle SHB = 60^\circ\) как линейный угол двугранного угла к ребру \(CD.\)

Так как \(\angle ABC = 150^\circ ,\) то \(\angle BCD = 30^\circ .\) Тогда \(BH = 3;\) \(SH = \cfrac{3}{\cos 60^\circ} = 6;\) \(SB = 6 \sin 60^\circ = 3 \sqrt{3}.\) Теперь легко найти площади боковых граней: $$S_{SBA} = S_{SBC} = \frac{1}{2} SB \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 3 \sqrt{3} \cdot 6 = 9 \sqrt{3}$$ $$S_{SAD} = S_{SCD} = \frac{1}{2} SH \cdot CD = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 = 18$$ Окончательно, площадь боковой поверхности пирамиды \(SABCD\) равна $$2 \cdot 9 \sqrt{3} + 2 \cdot 18 = 18 \left( 2 + \sqrt{3} \right)$$

Ответ: б) \(18 \left( 2 + \sqrt{3} \right)\)