[рис.] Заметим, что отрезок AC виден из точек K и M под углом 90°, поэтому точки М, К, С и А лежат на одной окружности, диаметром которой является отрезок АС. Аналогично точки M, K, H, E лежат на окружности, диаметром которой является MK.
Пусть $\angle KAC = альфа$ Тогда $\angle KAC = \angle KMC= альфа$ поскольку они опираются на одну дугу KC в окружности, описанной вокруг четырёхугольника AMKC. Кроме того, $\angle KMC = \angle KEH= альфа$ поскольку они опираются на одну дугу KH в окружности, описанной вокруг четырёхугольника MKHE. $\angle OEH = \angle OAC$ поэтому прямые EH и АС параллельны, поскольку это соответственные углы при пересечении EH и AC секущей OA. Это и требовалось доказать.
б)  Используем подобие треугольников. Треугольники MBK и CBA подобны с коэффициентом подобия $k= \cos бета$ Треугольники OEH и OMK также подобны с тем же коэффициентом подобия. Кроме того, подобны треугольники OMK и AOC, поэтому подобны треугольники OEH и OAC, причем коэффициент подобия равен $k= \cos ^2 бета$ Тогда

$EH = \cos ^2 бета AC=AC \cos ^2 30 ^{\circ}= $\frac{3}{4}$ AC$

Тем самым искомое отношение длин сторон = 3:4.

Приведем другое решение пункта б).
Пусть КС  =  2x, тогда из треугольника KHC находим HC  =  X, из ΔOKC: ∠KOC  =  30°, тогда OC  =  4x, откуда

[рис.]
$OH=OC - HC=4x - x=3x$

В силу подобия ΔOEH и ΔОАС получаем:

$\frac{EH}{AC} = $\frac{OH}{OC}$ = $\frac{3x}{4x}$ = \frac{3}{4}$

Приведем решение Александра Шевкина (Москва).
а)  Построим вспомогательную окружность с диаметром MK. Она пройдёт через точки E и H, так как $\angleMEK = \angleMHK = 90 ^{\circ}$
Построим вспомогательную окружность с диаметром AC. Она пройдёт через точки M и K, т. к. $\angleAMC = \angleAKC = 90 ^{\circ}$
По свойству вписанных углов $\angleKAC = \angleKMC$ а $\angleKMC = \angleKEH$ значит, $\angleKAC = \angleKEH$ А это соответственные углы при прямых ЕН и АС и секущей AE. Из равенства этих углов следует параллельность прямых ЕН и АС, что и требовалось доказать.
б)  Прямая MK, проходящая через основания высот треугольника ABC, отсекает треугольник KMB, подобный треугольнику ABC. Коэффициент подобия равен $\frac{MK}{AC} = \cos \angleABC = \cos 30 ^{\circ}= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$
Рассмотрим треугольники MOK и EOH. Они подобны по двум углам: $\angleKMO = \angleKEH$ (свойство вписанных углов), $\angleMOK = \angleEOH$ (вертикальные). Коэффициент подобия равен $\frac{EH}{MK} = $\frac{OH}{OK}$ = \cos \angleKOH= \cos \angleABC= \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$
Умножив полученные равенства

$\frac{EH}{MK} = \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$ и $\frac{MK}{AC} = \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2}$

найдём отношение $\frac{EH}{AC}$ оно = $\frac{3}{4}$

Ответ: $3:4$

Приведем решение Софии Николенко (Москва).
а)  Пусть высоты АК и СМ пересекаются в точке О. Рассмотрим треугольник AMO. В нем ME является высотой, проведенной к гипотенузе, поэтому треугольники AME и OME подобны, а углы MAE и OME равны. Пусть эти углы равны  α, тогда ∠MOE  =  90° − α. Углы KOH и MOE равны 90° − α, тогда угол OKH равен α. Углы EMO и OKH равны, поскольку опираются на одну дугу EH, таким образом, четырехугольник EMKH можно вписать в окружность. [рис.] Четырехугольник AMKC также можно вписать в окружность с диаметром AC. Углы KAC и KMC равны, углы KEH и KMC тоже равны, поэтому угол KEH равен углу KAC. Углы KEH и KAC являются соответственными при пересечении прямых EH и AC секущей AO. Таким образом, прямые EH и AC параллельны.
б)  Рассмотрим треугольник AMO, пусть ME  =  x, тогда

$2ME=MO = сильно MO = 2x$

Отсюда $OE= $\sqrt{аргумента: 4x ^2 - x ^2}$ аргумента = x $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Рассмотрим треугольник AME, в нем: $AM= \frac{x}{\sin 60 ^{\circ}} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x}{3}$

$AE= \sqrt{аргумента: ( \frac{2 $\sqrt{начало аргумента: 3}$ аргумента x}{3} ) ^2 - x ^2}аргумента = \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x}{3}$
$AO=x $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента + \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x}{3} = \frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x}{3}$

Треугольники AOC и EOH подобны по двум углам. Значит, $\frac{EH}{AC} = \frac{EO}{AO}$ откуда $\frac{EO}{AO} = \frac{x $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{\frac{4 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента x,}{3}} = \frac{3}{4}$

[рис.]
Приведем решение пункта а) Дениса Чернышева (Тюмень).
а) Докажем параллельность, используя теорему, обратную теореме о пропорциональных отрезках для сторон OA и OC в треугольнике AOC. Для этой цели установим подобие иных треугольников, имеющих с AOC общие стороны (части сторон).
По признаку параллельности, две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны друг другу. Значит, прямая MB параллельна прямой KH. При этих параллельных равны соответственные углы: $\angle CKH= \angle CBM = \angle B$ Аналогично прямая KB параллельна прямой EM, а потому $\angle EMA= \angle KBA= \angle B$ Следовательно, прямоугольные треугольники CKH и EMA подобны по двум углам, а значит, $\frac{CH}{AE} = \frac{HK}{EM}$
Прямоугольные треугольники MOE и KOH также подобны, поскольку их острые углы MOE и KOH равны как вертикальные. В силу подобия стороны этих треугольников пропорциональны: $\frac{OH}{OE} = \frac{HK}{EM}$
Из двух полученных равенств следует третье: $\frac{CH}{AE} = \frac{OH}{OE}$ Итак, в треугольнике AOC прямые AC и EH делят общий угол AOC, начиная от вершины, на пропорциональные отрезки. Следовательно, по теореме, обратной теореме о пропорциональных отрезках, эти прямые параллельны, что и требовалось доказать.