Задача №17477

а) Так как $\angle AMH+\angle AKH=180^{\circ }\text{,}$ четырёхугольник $AMHK$ вписанный, поэтому $\angle HMK=\angle HAK$ (опираются на одну дугу). Поскольку $HM\perp AB$ и $CT\perp AB\text{,}$ то $HM\parallel CT\text{,}$ и $\angle HMK=\angle CEK$ (соответственные углы). В прямоугольном треугольнике $CAH$ с высотой $HK\text{:}$ $\angle KHC=90^{\circ }-\angle KCH=\angle HAC\text{.}$ Значит на сторону $KC$ опираются равные углы $\angle KEC=\angle KHC\text{,}$ поэтому $KEHC$ — вписанный, откуда $\angle HEC=\angle HKC=90^{\circ }\text{.}$ Тогда $HE\perp TC\text{,}$ а так как $AB\perp TC\text{,}$ то $HE\parallel AB\text{.}$
б) Из пункта а) $MHET$ — прямоугольник ($HM\perp AB\text{,}$ $ET\perp AB\text{,}$ $HE\parallel AB$), поэтому $ME=TH\text{.}$ Проведём в $△ABC$ высоту $BP$ к основанию $AC\text{:}$ тогда $AP=PC=3\text{,}$ $BP=\sqrt{A{B}^2-A{P}^2}=\sqrt{25-9}=4\text{,}$ $\cos \angle ABP=\frac{4}{5}\text{.}$ Значит $\cos \angle ABC=\cos (2\angle ABP)=2{\cos }^2\angle ABP-1=\frac{7}{25}\text{.}$ Из подобия $△BHT\sim △BAC$ ($\angle B$ общий, $\frac{BT}{BC}=\frac{BH}{BA}=\cos \angle B$) следует $\frac{TH}{AC}=\cos \angle ABC\text{,}$ откуда $ME=TH=AC\cdot \frac{7}{25}=6\cdot \frac{7}{25}=\frac{42}{25}\text{.}$