Choose a point $K$ such that $A$ is the midpoint of $BK$ (see Fig. 2). Then the quadrilateral $AKDC$ is cyclic, due to
$$\angle BKC = \angle BAM = \angle ADC.$$
Hence $\angle CAM = \angle ACK = \angle ADK = \angle ADB$.

Первое решение.

На продолжении отрезка $AB$ за точку $A$ отметим точку $K$ так, что $AB = AK$ (см. рис. 2). Тогда $AM$ — средняя линия в треугольнике $BCK$, откуда $AM \parallel CK$. Значит, $\angle BKC = \angle BAM = \angle ADC$. Отсюда следует, что четырёхугольник $AKDC$ вписан.
Опять же используя параллельность $AM$ и $CK$, получаем
$\angle CAM = \angle ACK = \angle ADK$. Наконец, $DA$ — медиана и высота в треугольнике $BDK$, поэтому $DA$ является и биссектрисой; отсюда $\angle ADB = \angle ADK = \angle CAM$, что и требовалось доказать.

Второе решение.

Заметим, что $\angle ADC + \angle DAM = \angle BAM + \angle DAM = 90^\circ$; это значит, что $AM \perp CD$. Опустим перпендикуляры $MN$ и $BP$ из точек $M$ и $B$ на прямую $CD$; тогда точки $A$, $M$ и $N$ лежат на одной прямой (см. рис. 3).
Поскольку $BM = MC$, по теореме Фалеса получаем $PN = NC$. Значит, $AN$ — высота и медиана в треугольнике $APC$, откуда $\angle CAM = \angle MAP$. Так как $BP \parallel AN$, получаем $\angle MAP = \angle APB$. Наконец, поскольку $\angle BPD = \angle BAD = 90^\circ$, четырёхугольник $ABPD$ вписан; поэтому $\angle APB = \angle ADB$. Итак, мы получили, что $\angle CAM = \angle MAP = \angle APB = \angle ADB$, что и требовалось.

Рис. 2

Рис. 3

Третье решение.

Отложим на луче $AM$ точку $Q$ так, что $AQ = 2AM$ (см. рис. 4). Тогда в четырёхугольнике $ABQC$ диагонали делятся точкой пересечения пополам, то есть он — параллелограмм; значит, $\angle CAQ = \angle AQB$.
Так как $QC \parallel AB$, получаем $QC \perp AD$. Так как $\angle QAD = 90^\circ - \angle BAQ = 90^\circ - \angle ADC$, имеем $DC \perp AQ$. Значит, $C$ — точка пересечения высот в треугольнике $AQD$, откуда $AC \perp QD$ (и, значит, $BQ \perp QD$).
Поскольку $\angle BAD = \angle BQD = 90^\circ$, четырёхугольник $ABQD$ вписан. Значит, $\angle ADB = \angle AQB = \angle CAQ$, что и требовалось доказать.

Рис. 4