Пусть $N_{1}$ — точка, симметричная точке $N$ относительно $K$ (см.рисунок). Тогда $bigtriangleup KCN_{1} = bigtriangleup KDN$, поэтому $CN_{1} = ND$ и $angle N_{1}CK = angle NDK =pi — angle ABN.$ Заметим ещё, что $angle MCK = pi — angle ABM$.
Складывая полученные равенства, находим, что $angle N_{1}CM = angle MBN$. Кроме того, из условия следует, что $CM=MB$ и $BN=ND$ (т.е. $BN=CN_{1}$). Значит $bigtriangleup MCN_{1} = bigtriangleup MBN$, откуда $MN_{1} = MN$.
$MK$ — медиана в равнобедренном треугольнике $MNN_{1}$, поэтому $angle MKN=90^circ$.

Замечание

Задача имеет много других решений. Например, можно воспользоваться подобием треугольников $MEK$ и $KFN$, где $E$ и $F$ — середины отрезков $BC$ и $BD$ соответственно. Эти треугольники имеют две пары взаимно перпендикулярных сторон: $EK$ и $FN$, $ME$ и $KF$; следовательно, перпендикулярны и их третьи стороны.

Кроме того, соображения, использующие композицию поворотов, позволяют отказаться от дополнительного условия в задаче (о том, что точки $C$ и $D$ лежат по разные стороны от $A$), которое было задано лишь затем, чтобы избежать разбора различных случаев. Действительно, рассмотрим композицию поворотов $R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha}$ — на углы $alpha=angle DNB$ и $beta=angle BMC$ вокруг точек $N$ и $M$ соответственно (углы передпологаются ориентированными).
Заметим, что $alpha+beta=180^circ$, поэтому $R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha}=Z_{x}$ — центральная симметрия относительно некоторой точки $X$. Но $Z_{x}(D)=(R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha})=R_{M}^{beta}(B)=C,$ поэтому $X$ — середина отрезка $CD$, т.е. точка $K$. Если $N_{1}=Z_{K}(N)$, то $N_{1}=(R_{M}^{beta} circ R_{N}^{alpha})(N)=R_{M}^{beta}(N)$, т.е. $bigtriangleup NMN_{1}$, равнобедренный и $angle MKN=90^circ$