Симметрично отобразим $\triangle ABK$ относительно гипотенузы $AK$, а $\triangle ADL$ $-$ относительно гипотенузы $AL$ (рис.$2$). При этом точки $B$ и $D$ склеятся в точку $P$, так как $AB$ = $AD$, $\angle B = \angle D = 90^{\circ}$ и $AP$ является высотой $\triangle AKL$.

Более того, при этом точки $M$ и $N$ склеятся в точку $Q$, где $Q$ $-$ ортоцентр $\triangle AKL$. Это произойдет потому, что $\angle QLA = \angle QKA = \angle KAL = 45^{\circ},$ из чего следует, что прямые $QL$ и $QK$ $-$ высоты $\triangle AKL$, а три высоты пересекаются в одной точке.

Сразу делаем вывод: $BM = DN.$

Используя теорему Пифагора сначала для $\triangle ABK$ и $\triangle MBK$, а затем для $\triangle ADL$ и $\triangle NDL$ получаем $AB^2 — BM^2 = AK^2 — MK^2$ и $AD^2 — DN^2 = AL^2 — NL^2.$

Окончательно получим $MK^2 + AL^2 = AK^2 + NL^2,$ что и требовалось доказать.

Дополнительно можно доказать, что $AM = AN = KL$ и что пять точек $M,$ $K,$ $A,$ $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.

$AP \perp KL$. Проведем через точки $K$ и $Q$ прямую до пересечения с прямой $AL$,

$$KQ \cap AL = K_{1}.$$ Также проведем прямую, проходящую через точки $L$ и $Q$ и пересекающую прямую $AK$, $$QL \cap AK = L_{1}.$$ Так как $AP$ — высота $\triangle AKL$. Осталось показать, что $KK_{1}$ и $LL_{1}$ — высоты $\triangle AKL$.

Рассмотрим $\triangle AKK_{1}$, в нём

$$\angle KAK_{1} = \angle AKK_{1} = 45^{\circ},$$ тогда $$\angle AK_{1}K = 180^{\circ} — 45^{\circ} — 45^{\circ} = 90^{\circ} \Rightarrow$$ $$KK_{1} \perp AL,$$ то есть $KK_{1}$ — высота $\triangle AKL$. Аналогично, $\triangle ALL_{1}$: $$\angle KAK_{1} = \angle AKK_{1} = 45^{\circ} \Rightarrow$$ $$LL_{1} \perp AK,$$ то есть $LL_{1}$ — высота $\triangle AKL$.

Таким образом, три высоты $\triangle AKL$ пересекаются в одной точке $Q$, что и означает, что $Q$ — ортоцентр $\triangle AKL$.

Так как около любого треугольника можно описать окружность, то точки $K,$ $A$ и $L$ уже принадлежат окружности $\omega_{1}$, описанной около $\triangle AKL$. Покажем, что точки $M$ $L$ также принадлежат этой окружности.

Рассмотрим $\triangle BMK$ и обозначим в нем $\angle BKM = \alpha$, тогда

$$\angle BMK = 90^{\circ} -\alpha.$$ $\triangle AMK:$ $$\angle AMK = 180^{\circ} — (90^{\circ} -\alpha) = 90^{\circ} + \alpha$$ $$\angle MAK = 180^{\circ} — (45^{\circ} + 90^{\circ} + \alpha) = 45^{\circ} — \alpha$$ $\triangle ADL:$ $$\angle DAL = 90^{\circ} — (45^{\circ} -\alpha + 45^{\circ}) = \alpha$$ $\triangle NLD:$ $$\angle LND = 45^{\circ} + \alpha$$ $$\angle NLD = 90^{\circ} — (45^{\circ} + \alpha) = 45^{\circ} — \alpha.$$

Из первого пункта следует, что

$$\angle NLD = \angle QLK = 45^{\circ} — \alpha,$$ $$\angle BKM = \angle QKP = \alpha.$$ Значит, $$\angle ALK = 45^{\circ} + 45^{\circ} — \alpha = 90^{\circ} — \alpha,$$ $$\angle MKL = 45^{\circ} + 45^{\circ} + \alpha = 90^{\circ} + \alpha.$$ Тогда, $$\angle AMK + \angle ALK = 90^{\circ} + \alpha + 90^{\circ} — \alpha = 180^{\circ}$$ $$\angle MKL + \angle MAL = 90^{\circ} + \alpha + 90^{\circ} — \alpha = 180^{\circ}$$

Таким образом, в четырехугольнике $AMKL$ сумма противолежащих углов равна $180^{\circ}$, значит четырехугольник $AMKL$ можно вписать в окружность $\omega_{2}$. Так как, окружность $\omega_{2}$ описана около $AMKL$, тогда она описана около $\triangle AKL$, но так как около треугольника можно описать только одну окружность, то $\omega_{1} = \omega_{2}$ и точки $M$, $K$, $A$, $L$ и $N$ принадлежат одной окружности.

Из первого пункта:

$$BM = ND,$$ а так как $$AB = AD,$$ то $$AM = AN$$ Осталось показать, что $$AM = KL.$$ Так как $$\angle MKA = \angle KAL = 45^{\circ},$$ то $MK \parallel AL$, тогда, так как $\angle MAL = \angle KLA = 90^{\circ} — \alpha$, $AMKL$ — равнобокая трапеция $\Rightarrow$ $AM = KL$, тогда $$AM = AN = KL.$$