Решение:

а) В $\bigtriangleup ABC$ по теореме синусов

$\frac{AC}{\sin\angle ABC}=2R,\;\frac{AC}{\sin\alpha}=2R,\;AC=2AH,\;2AH=2R\sin\alpha,\;AH=R\sin\alpha$ (см. рисунок)

В $\bigtriangleup ABH:\;tg\angle ABH=\frac{AH}{BH},\;AH=BH\times tg\angle ABH=BH\times tg\;\frac\alpha2.$

Имеем $R\sin\alpha=BHtg\frac\alpha2.$

$BH=\frac{2R\sin{\displaystyle\frac\alpha2}\cos{\displaystyle\frac\alpha2}\cos{\displaystyle\frac\alpha2}}{\sin{\displaystyle\frac a2}}=2R\cos^2\frac\alpha2$, что и требовалось доказать

б) $S_{ABC}=\frac12\times AC\times BH=\frac12\times2R\sin\alpha\times2R\cos^2\frac\alpha2=2R^2\cos^2\frac\alpha2\sin\alpha.$

$S_{KBP}=\frac12PK\times BE.$ По условию $MN$ - средняя линия $\bigtriangleup ABC$? значит $BE=\frac12BH=R\cos^2\frac\alpha2.$ Из прямоугольного треугольника $BKF$ по свойству высоты, проведенной из вершины прямого угла

$KE^2=BE\times FE=R\cos^2\frac\alpha2(2R-R\cos^2\frac\alpha2)=$

$=R^2\cos^2(1+1-\cos^2\frac\alpha2)=R^2\cos^2\frac\alpha2(1+\sin^2\frac\alpha2).$

$PK=2KE=2R\cos\frac\alpha2\sqrt{1+\sin^2\frac\alpha2}$

$S_{KPB}=\frac12\times2R\cos\frac\alpha2\sqrt{1+\sin^2\frac\alpha2}\times R\cos^2\frac\alpha2=R^2\cos^3\frac\alpha2\sqrt{1+\sin^2\frac\alpha2}.$

$\frac{S_{ABC}}{S_{KBP}}=\frac{2R^2\cos^2{\displaystyle\frac\alpha2}\sin\alpha}{R^2\cos^3{\displaystyle\frac\alpha2}\sqrt{1+\sin^2{\displaystyle\frac\alpha2}}}=\frac{2\sin\alpha}{\cos{\displaystyle\frac\alpha2}\sqrt{1+\sin^2{\displaystyle\frac\alpha2}}}=\frac{4\sin{\displaystyle\frac\alpha2}}{\sqrt{1+\sin^2{\displaystyle\frac\alpha2}}}.$

По условию $\alpha=120^\circ,$

Ответ: $\frac{4\sqrt{21}}7$