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) \(\dfrac{42}{25}\).