а) Так как \(\angle AMH + \angle AKH = 180^\circ\), четырёхугольник \(AMHK\) вписанный, а значит
\[\angle HAK = \angle HMK\]
как углы, опирающиеся на одну сторону \(HK\).
Прямые \(HM\) и \(CT\) перпендикулярны \(AB\), поэтому \(HM \parallel ET\), и
\[\angle HMK = \angle KEC\]
как соответственные углы при параллельных \(HM\) и \(CT\) и секущей \(MK\).
Треугольники \(CAH\) и \(CHK\) прямоугольные с общим углом, поэтому
\[\angle CAH = 90^\circ - \angle ACH = \angle KHC.\]
Собирая цепочку, получаем
\[\angle KEC = \angle HMK = \angle CAH = \angle KHC.\]
На сторону \(KC\) четырёхугольника \(KEHC\) опираются равные углы \(KEC\) и \(KHC\), значит он вписанный. Тогда
\[\angle HEC = \angle HKC = 90^\circ,\]
то есть \(HE \perp TC\). Но и \(AB \perp TC\), поэтому \(HE \parallel AB\), что и требовалось доказать.
б)
Из пункта а) \(HE \parallel AB\), при этом \(HM \perp AB\) и \(ET \perp AB\). Значит \(MHET\) — прямоугольник, и
\[ME = TH\]
как его диагонали.
Треугольники \(ATC\) и \(CHA\) равны по стороне и двум прилежащим углам: сторона \(AC\) общая, \(\angle TAC = \angle HCA\), а
\[\angle TCA = 90^\circ - \angle TAC = 90^\circ - \angle HCA = \angle HAC.\]
Отсюда \(AT = CH\), а так как \(AB = BC\), то и \(TB = HB\), а также \(AH = CT\).
Проведём в треугольнике \(ABC\) высоту \(BP\). Она же медиана, поэтому \(AP = PC = 3\). По теореме Пифагора для треугольника \(APB\):
\[BP = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4.\]
Из прямоугольного треугольника \(APB\):
\[\cos\angle ABP = \frac{4}{5},\]
\[\cos\angle ABC = \cos\left(2\angle ABP\right) = 2\cos^2\angle ABP - 1 = 2\cdot\frac{16}{25} - 1 = \frac{7}{25}.\]
Так как
\[\frac{BT}{BC} = \frac{BH}{AB} = \cos\angle CBT,\]
треугольники \(BHT\) и \(BAC\) подобны, и коэффициент подобия равен \(\cos\angle ABC\):
\[\frac{7}{25} = \frac{TH}{AC} = \frac{TH}{6} \quad\Longrightarrow\quad TH = \frac{42}{25}.\]
Значит,
\[ME = TH = \frac{42}{25}.\]
Ответ: б) \(\dfrac{42}{25}\).
