[Figura con tutti i punti e i segmenti dell'ipotesi e della tesi e la circonferenza passante per $A, B, C, M$]
$(a)$ L'ipotesi $AB=AC=AD$ implica che i triangoli $ABC$ e $ACD$ sono isosceli, rispettivamente sulle basi $BC$ e $CD$. Ne segue che $\angle{ABC}=\angle{BCA}$ e che $\angle{ACD}=\angle{CDA}$. Inoltre visto che $AM$ è per ipotesi bisettrice di $\angle{BAD}$ vale $\angle{BAM}=\angle{MAD}$. Poniamo quindi $\alpha=\angle{ABC}=\angle{BCA}$, $\beta=\angle{ACD}=\angle{CDA}$ e $\gamma=\angle{BAM}=\angle{MAD}$. La somma degli angoli interni del quadrilatero $ABCD$ vale $\angle{BAD}+\angle{ABC}+\angle{BCD}+\angle{CDA}=2\gamma+\alpha+\alpha+\beta+\beta=2(\alpha+\beta+\gamma)$. Ma in ogni quadrilatero la somma degli angoli interni è $360°$, quindi $2(\alpha+\beta+\gamma)=360°$, da cui $\alpha+\beta+\gamma=180°$. La somma degli angoli opposti$\angle{BAM}$ e $\angle{BCM}$ del quadrilatero $ABCM$ vale $\angle{BAM}+\angle{BCM}=\angle{BAM}+\angle{BCA}+\angle{ACD}=\gamma+\alpha+\beta=180°$. Quindi $ABCM$ ha due angoli opposti supplementari, ed è pertanto inscrivibile in una circonferenza, e la tesi è dimostrata.
$(b)$ Visto che $ABCM$ è inscrivibile in una circonferenza vale $\angle{BMA}=\angle{BCA}$ perché angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco (quello sotteso dalla corda $AB$). I triangoli $ANB$ e $ABM$ hanno l'angolo in $\angle{A}$ in comune, e inoltre hanno $\angle{ABN}=\angle{BMA}$ perché entrambi congruenti ad $\angle{BCA}$ (il primo perché $ABC$ è isoscele, il secondo per quanto dimostrato prima). Quindi i due triangoli sono simili per il primo criterio di similitudine (sulla soluzione ufficiale dice che è il secondo, ma io ho scritto che è il primo e continuo a pensarlo, ho controllato anche sul mio libro di geometria e dice che è il primo), quindi la tesi è dimostrata.