а) Так как \(AM = MC,\) то треугольник AMC – равнобедренный, поэтому: \(\angle MAC = \angle MCA.\) В параллелограмме ABCD: \(\angle MCA = \angle CAD\) как накрест лежащие. Следовательно, \(\angle MAC = \angle CAD\) и AC – биссектриса угла MAD, на которой лежит центр вписанной в треугольник AMD окружности. Что и требовалось доказать.
б) Пусть \(AM = MC = x,\) тогда \(BM = BC-MC = 21-x.\) По теореме косинусов в треугольнике ABM:
\(A{M^2} = A{B^2} + B{M^2}-2 \cdot AB \cdot BM \cdot \cos \left( {{{180}^ \circ }-{{60}^ \circ }} \right)\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,{x^2} = {7^2} + {\left( {21-x} \right)^2}-2 \cdot 7 \cdot \left( {21-x} \right) \cdot \left( {-\dfrac{1}{2}} \right)\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \)
\( \Leftrightarrow \,\,\,\,\,{x^2} = 49 + 441-42x + {x^2} + 147-7x\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,x = 13.\)
По теореме косинусов в треугольнике CMD:
\(MD = \sqrt {M{C^2} + C{D^2}-2 \cdot MC \cdot CD \cdot \cos {{60}^ \circ }} = \sqrt {{{13}^2} + {7^2}-2 \cdot 13 \cdot 7 \cdot \dfrac{1}{2}} = \sqrt {127} .\)
Треугольник AMD и параллелограмм ABCD имеют общие основание и высоту, проведённую к основанию, поэтому площадь треугольника равна половине площади параллелограмма:
\({S_{AMD}} = \dfrac{{AB \cdot AD \cdot \sin \angle BAD}}{2} = \dfrac{{7 \cdot 21 \cdot \sqrt 3 }}{{2 \cdot 2}} = \dfrac{{147\sqrt 3 }}{4}.\)
Также площадь треугольника AMD равна произведению его полупериметра на радиус вписанной окружности:
\({S_{AMD}} = p \cdot r = \dfrac{{AM + MD + AD}}{2} \cdot r\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,r = \dfrac{{2{S_{AMD}}}}{{AM + MD + AD}} = \dfrac{{2 \cdot 147\sqrt 3 }}{{4\left( {13 + \sqrt {127} + 21} \right)}} = \dfrac{{\sqrt 3 \left( {34-\sqrt {127} } \right)}}{{14}}.\)
Ответ: \(\dfrac{{\sqrt 3 \left( {34-\sqrt {127} } \right)}}{{14}}.\)