[рис.] а)  Пусть прямая AK пересекает прямую PH в точке M. $PC\bot альфа$ и $AK\subset альфа$ поэтому $PC\bot AK$ $AC=AB $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента =12 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента =AP$ поэтому AK  ― высота и медиана правильного треугольника PAC. Следовательно, M  ― точка пересечения медиан этого треугольника, откуда и получаем PM : MH  =  2 : 1.
б)  Пусть точка L  ― проекция точки K на плоскость ABC. KL || PH и PK  =  KC, поэтому $L принадлежит AC$ и L  ― середина CH. Отрезок BL  ― проекция отрезка BK на плоскость ABC. Поскольку $( ABC ) \bot PH$ точка H  ― проекция прямой PH на плоскость ABC. Значит, расстояние между прямыми PH и BK = расстоянию от точки H до прямой BL, то есть высоте h треугольника BHL проведенной из вершины H.
Далее имеем:

$BH= $\frac{BD}{2}$ = \frac{12 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} =6 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ $LH= $\frac{AC}{4}$ = \frac{12 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{4} =3 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента$ $BL= $\sqrt{аргумента: BH ^2 + LH ^2}$ аргумента =3 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента$
$h= $\frac{2S_\Delta BHL}{BL}$ = $\frac{BH \cdot LH}{BL}$ = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента}{5}$

Ответ: б) $\frac{6 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента}{5}$

Приведем решение пункта б) Александра Турбанова (Липецк).
[рис.]
б)  Поскольку треугольник PAC  — = сторонний, то

$PH=AP \cdot \sin 60 ^{\circ} =12 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} =6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента$

Введем прямоугольную систему координат с началом в точке B, как показано на рисунке. Имеем:

$B ( 0;0;0 )$
$P ( 6;6;6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента )$
$H ( 6;6;0 )$
$K ( 3;9;3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента )$
$\overrightarrowPH ( 0; 0; - 6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента )$
$\overrightarrowBK ( 3; 9; 3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента )$

Рассмотрим плоскость α, которая проходит через прямую PH параллельно прямой BK. Вектор $\overrightarrowBK$ параллелен плоскости α, а значит, перпендикулярен нормали к ней. Пусть вектор нормали имеет координаты $\vecn = ( A, B, C )$ тогда

$\overrightarrowBK \cdot \vecn = 3A + 9B + 3 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента C = 0$

Подставим координаты точек P и H в уравнение плоскости $Ax + By + Cz + D=0$ получим систему уравнений:

$$$\begin{cases} 6А + 6B + 6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента C + D=0 \\[6pt] 6A + 6B + D = 0 \\[6pt] A + 3B + $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента C = 0 . \end{cases}$$$

Вычтем из первого уравнения системы второе, получим: $6 $\sqrt{аргумента: 6}$ аргумента C = 0$ откуда $C = 0$ Подставим в третье уравнение, получим $A + 3B = 0$ откуда $A = - 3B$ Находим D:

$ - 18B + 6B + D = 0 = сильно D = - 3B$

Получаем уравнение плоскости α:

$ - 3Bx + By + 12B = 0 = сильно - 3x + y + 12 = 0$

следовательно, вектор нормали к плоскости α имеет координаты $\vecn_1 = ( - 3; 1;0 )$ Расстояние между прямыми PH и BK =

$\rho ( PH;BH ) = \rho ( B; альфа ) = \frac{| - 3 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + 12|}{$\sqrt{аргумента: 9 + 1 + 0}$ аргумента} = \frac{12}{$\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента} = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 10}$ аргумента}{5}$