Первое решение. Обозначим $\angle CBM = \alpha$. Поскольку $BM$ — внешняя биссектриса угла $ABC$, то $\angle ABM = 180^\circ - \alpha$ и $\alpha < 90^\circ$ (см. рис. 6).

Опустим из точки $D$ перпендикуляр $DH$ на прямую $BC$. Так как в треугольнике $BCD$ углы при вершинах $B$ и $C$ острые, точка $H$ лежит на отрезке $BC$. Поскольку $DCH$ — прямоугольный треугольник с углом $60^\circ$, имеем $CH = \frac{CD}{2} = AB$.

Треугольник $BHD$ — прямоугольный, $HM$ — его медиана, проведённая к гипотенузе, поэтому $HM = \frac{BD}{2} = BM$. Следовательно, $\angle MHB = \angle HBM = \alpha$, откуда мы получаем, что $\angle MHC = 180^\circ - \alpha = \angle ABM$. Поскольку также $AB = CH$ и $BM = MH$, треугольники $ABM$ и $CHM$ равны. Таким образом, $AM = MC$, что и требовалось доказать.

Второе решение. Обозначим через $A'$ точку, симметричную $A$ относительно прямой $BD$ (см. рис. 7). Поскольку $BD$ — внешняя биссектриса угла $ABC$, точка $A'$ лежит на продолжении отрезка $CB$ за точку $B$. Пусть $K$ — середина отрезка $BC$. Тогда $MK$ — средняя линия треугольника $BCD$, поэтому $MK \parallel CD$ и $\angle MKB = \angle BCD = 60^\circ$, а также $MK = \frac{CD}{2} = AB = A'B$.

На отрезке $A'K$ отметим точку $T$ так, что $MK = KT$. Тогда из того, что $TK = MK = A'B$, следует $A'T = BK = KC$. Заметим, что треугольник $MKT$ равносторонний, так как $MK = KT$ и $\angle MKT = 60^\circ$. Тогда $MT = MK$ и $\angle MTA' = 120^\circ = \angle MKC$, а, как было доказано ранее, $A'T = KC$. Значит, треугольники $МКС$ и $МТА'$ равны, поэтому $CM = A'M = AM$.

Замечание. Вместо того, чтобы отмечать точку $T$, можно записать теорему косинусов для треугольников $A'KM$ и $MSC$.

В них углы при вершине $K$ равны $60^\circ$ и $120^\circ$ соответственно. Пусть $MK = A'B = a$, $BK = KC = b$. Тогда
$$A'M = \sqrt{(a+b)^2 + a^2 - a(a+b)} = \sqrt{a^2 + ab + b^2} = CM.$$