　$C,G$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $P,Q$ とし，$DM$ と $\omega$ の交点のうち $D$ でない方を $F$ とする．\
　$MG=GE$ より $MQ=QE$ である．これと $MQ:MP=MG:MC=1:3$ であることより，$ME=\dfrac{2}{3}MP$ を得る．また，次の角度計算により，$AB\parallel CF$ がわかる．
$$\begin{aligned}
\angle ABF+\angle BFC&=\angle ABC+\angle FDC +(180^\circ-\angle BAC)\\\\
&=(180^\circ+\angle ABC -\angle BAC)+(180^\circ-\angle COM)\\\\
&=(360^\circ+\angle ABC -\angle BAC)-(\angle ACB+2\angle ABC)=180^\circ
\end{aligned}$$
特に四角形 $ABFC$ は等脚台形であり，$MF=MC$ である．よって次が成り立つ．
$$MF:EG=MC:MG=3:1=PM:PE$$
また，簡単な角度計算により $MF\parallel EG$ がわかるので $3$ 点 $P,G,F$ は同一直線上にある．よって次の計算が可能である．
$$DM:DF=ME:FC=\frac{2}{3}MP:FC=\frac{2}{3}MG:GC=1:3$$
したがって，方べきの定理より，
$$5^2=DM\cdot MF=\frac{1}{2}MF^2=\frac{1}{2}CM^2$$
なので $CM^2=\bf50$ である．\
　なお，$DG=2\sqrt7$ は余剰な条件であるがこれを満たす図は存在する．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11368
　$\angle{CAB}=a,\angle{CBA}=b,\angle{ACB}=c$ とおく．$\angle{MDE}=180^{\circ}-\angle{COA}-\angle{AOM}=180^{\circ}-2b-c=a-b$ より，$\angle{ADE}=b,\angle{BDM}=\angle{BDE}-\angle{MDE}=a-(a-b)=b$ なので，$\mathrm{CD}$ は三角形 $ADB$ の $D$ 類似中線であり，四角形 $ACBD$ は調和四角形である．  
　よって，$CD$ は三角形 $ABC$ の $C$ 類似中線であり，$\angle{ACM}=\angle{DCB}=\angle{DAM}$ となり，$\angle{ADM}=\angle{BDC}=\angle{CAM}$ を加味して，三角形 $CAM$ と三角形 $ADM$ は相似となる．  
　よって，$AM=5$ より，$CM=x$ とおくと，$DM=\dfrac{25}{x}$ となる．  
さらに，$\angle{GEM}=\angle{GME}=\angle{AMD}$ であり，$EG\/\/DM$ となることに注意して，$x:\dfrac{25}{x}=CE:ED=CG:GM=2:1$ なので，$x^2=\textbf{50}$．
調和四角形
https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11368/722
　 $AC\lt BC$ を満たす三角形 $ABC$ があり，外心を $O$，重心を $G$，外接円を $\omega$ とします．
 $AB$ の中点を $M$ とし，三角形 $OMC$ の外接円と $\omega$ との交点のうち， $C$ でない方を $D$， $CD$ と $AB$ の交点を $E$ とした時，以下が成り立ちました．
 $$
AB=10,\quad EG=MG,\quad DG=2\sqrt{7}
 $$
この時，$CM^2$ の値を求めてください．