Решение:

а) Рассмотрим прямоугольные треугольники $BCM$ и $NCD$. Они равны по двум катетам, из чего следует перпендикулярность отрезков $MC$ и $ND$.
В четырехугольнике $BNKM$ сумма противоположных углов $\angle MBN$ и $\angle NKM$ составляет $180^{\circ}$, следовательно, вокруг него можно описать окружность.
Углы $\angle MKB$ и $\angle BKN$ являются вписанными и опираются на равные хорды $BM$ и $BN$, значит, они равны между собой.
Поскольку угол $\angle MKN$ прямой, получаем $\angle BKM = \frac{90^{\circ}}{2} = 45^{\circ}$, что и требовалось доказать.

б) Заметим, что $\triangle AMD = \triangle MBC$ по двум катетам, откуда $\angle AMD = \angle BMC = \alpha$.
Для четырехугольника $AMKD$ углы $\angle AMD$ и $\angle AKD$ равны $\alpha$, так как они опираются на одну и ту же дугу $AD$.
Вычислим величину угла $\angle AKM$: $\angle AKM = \angle MKD - \angle AKD = 90^{\circ} - \alpha = \beta$.
Тогда искомый угол $\angle BKA$ равен сумме $\angle BKM + \angle AKM = 45^{\circ} + \beta$.
Найдем гипотенузу в $\triangle MBC$:
$CM = \sqrt{BC^{2} + BM^{2}} = \sqrt{(2\sqrt{10})^{2} + (\sqrt{10})^{2}} = \sqrt{40 + 10} = 5 \sqrt{2}$.
Определим тригонометрические функции угла $\beta$:
$\sin \beta = \frac{BM}{CM} = \frac{\sqrt{10}}{5 \sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$; $\cos \beta = \frac{BC}{CM} = \frac{2 \sqrt{10}}{5 \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
Применим теорему синусов для треугольника $ABK$:
$\frac{AB}{\sin (45^{\circ} + \beta)} = 2 R \Rightarrow R = \frac{AB}{2 (\sin 45^{\circ} \cos \beta + \cos 45^{\circ} \sin \beta)}$.
Подставим значения:
$R = \frac{2 \sqrt{10}}{2 \left(\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}}\right)} = \frac{2 \sqrt{10}}{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} \cdot 3} = \frac{2 \sqrt{10} \cdot \sqrt{5}}{3 \sqrt{2}} = \frac{10}{3}$.

Ответ: б) $\frac{10}{3}$

Источник: ФИПИ