IMO 1985 · Problem 5
A circle with center \(O\) passes through the vertices \(A\) and \(C\) of triangle \(ABC\) and intersects the segments \(AB\) and \(BC\) again at distinct points \(K\) and \(N\), respectively. The circumscribed circles of the triangles \(ABC\) and \(EBN\) intersect at exactly two distinct points \(B\) and \(M\). Prove that angle \(OMB\) is a right angle.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The printed statement contains an undefined point \(E\). We prove the natural corrected statement in which \(EBN\) is replaced by \(KBN\).
Let \(U,V\) be the circumcenters of \(ABC,KBN\), respectively. Use position vectors with origin \(B\), and let \(\mathbf u,\mathbf v\) be unit vectors directed from \(B\) toward \(A,C\). Write \[ A=a\mathbf u,\qquad K=k\mathbf u,\qquad C=c\mathbf v,\qquad N=n\mathbf v. \] We have \(0<k<a\) and \(0<n<c\). Indeed, the second intersections differ from \(A,C\); neither can be \(B\), since then both would be \(B\), contrary to \(K\ne N\).
Because \(U\) is equidistant from \(B,A\), expanding \[ |U|^2=|U-a\mathbf u|^2 \] gives \(2U\cdot\mathbf u=a\). Similarly, because \(O\) is equidistant from \(A,K\), \[ |O-a\mathbf u|^2=|O-k\mathbf u|^2 \] gives \(2O\cdot\mathbf u=a+k\). Applying the same reasoning to all relevant pairs yields \[ \begin{array}{lll} 2U\cdot\mathbf u=a,&2V\cdot\mathbf u=k,&2O\cdot\mathbf u=a+k,\\ 2U\cdot\mathbf v=c,&2V\cdot\mathbf v=n,&2O\cdot\mathbf v=c+n. \end{array} \] Thus \(O-U-V\) is perpendicular to both \(\mathbf u,\mathbf v\). These vectors are linearly independent because \(ABC\) is a triangle, so \[ O=U+V. \]
Since \(B=0\) and \(M\) lie on both circumcircles, \[ |M-U|^2=|U|^2,\qquad |M-V|^2=|V|^2. \] Adding the expanded equations and using \(O=U+V\), we obtain \[ |M|^2=O\cdot M. \] Consequently, \[ (O-M)\cdot(B-M)=0. \]
It remains to verify that \(O\ne M\), so this orthogonality defines a right angle. By the secant power theorem for the original circle, \[ ak=cn. \] Hence triangles \(BAC\) and \(BNK\) are similar by side-angle-side, with similarity ratio \[ \lambda=\frac an=\frac ck. \] Moreover, \[ \lambda^2=\frac{ac}{nk}>1. \] Their circumradii \(R_1=|U|\) and \(R_2=|V|\) therefore satisfy \(R_1>R_2\). If \(O=M\), however, then \[ R_1=|M-U|=|O-U|=|V|=R_2, \] a contradiction.
Thus \(O\ne M\), while \(B\ne M\) is given. The displayed dot-product identity now proves \[ \boxed{\angle OMB=90^\circ}. \]
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1985 · Aufgabe 5
Ein Kreis mit Mittelpunkt \(O\) geht durch die Eckpunkte \(A\) und \(C\) des Dreiecks \(ABC\) und schneidet die Strecken \(AB\) beziehungsweise \(BC\) ein weiteres Mal in den voneinander verschiedenen Punkten \(K\) und \(N\). Die Umkreise der Dreiecke \(ABC\) und \(EBN\) schneiden sich in genau zwei verschiedenen Punkten \(B\) und \(M\). Beweise, dass der Winkel \(OMB\) ein rechter Winkel ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die gedruckte Aufgabenstellung enthält einen nicht definierten Punkt \(E\). Wir beweisen die naheliegende korrigierte Aussage, in der \(EBN\) durch \(KBN\) ersetzt wird.
Es seien \(U,V\) die Umkreismittelpunkte von \(ABC,KBN\) in dieser Reihenfolge. Wir verwenden Ortsvektoren mit Ursprung \(B\), und \(\mathbf u,\mathbf v\) seien Einheitsvektoren, die von \(B\) in Richtung \(A,C\) zeigen. Wir schreiben \[ A=a\mathbf u,\qquad K=k\mathbf u,\qquad C=c\mathbf v,\qquad N=n\mathbf v. \] Es gilt \(0<k<a\) und \(0<n<c\). Tatsächlich unterscheiden sich die zweiten Schnittpunkte von \(A,C\); keiner von ihnen kann \(B\) sein, denn dann wären beide gleich \(B\), im Widerspruch zu \(K\ne N\).
Da \(U\) von \(B,A\) gleich weit entfernt ist, ergibt das Ausmultiplizieren von \[ |U|^2=|U-a\mathbf u|^2 \] die Gleichung \(2U\cdot\mathbf u=a\). Da \(O\) von \(A,K\) gleich weit entfernt ist, ergibt ebenso \[ |O-a\mathbf u|^2=|O-k\mathbf u|^2 \] die Gleichung \(2O\cdot\mathbf u=a+k\). Wenden wir dieselbe Überlegung auf alle entsprechenden Paare an, so erhalten wir \[ \begin{array}{lll} 2U\cdot\mathbf u=a,&2V\cdot\mathbf u=k,&2O\cdot\mathbf u=a+k,\\ 2U\cdot\mathbf v=c,&2V\cdot\mathbf v=n,&2O\cdot\mathbf v=c+n. \end{array} \] Somit steht \(O-U-V\) sowohl auf \(\mathbf u\) als auch auf \(\mathbf v\) senkrecht. Diese Vektoren sind linear unabhängig, da \(ABC\) ein Dreieck ist, also gilt \[ O=U+V. \]
Da \(B=0\) und \(M\) auf beiden Umkreisen liegen, gilt \[ |M-U|^2=|U|^2,\qquad |M-V|^2=|V|^2. \] Durch Addition der ausmultiplizierten Gleichungen und unter Verwendung von \(O=U+V\) erhalten wir \[ |M|^2=O\cdot M. \] Folglich gilt \[ (O-M)\cdot(B-M)=0. \]
Es bleibt zu überprüfen, dass \(O\ne M\), damit diese Orthogonalität einen rechten Winkel bestimmt. Nach dem Sekantensatz für den ursprünglichen Kreis gilt \[ ak=cn. \] Somit sind die Dreiecke \(BAC\) und \(BNK\) nach dem Ähnlichkeitssatz SWS ähnlich, mit dem Ähnlichkeitsverhältnis \[ \lambda=\frac an=\frac ck. \] Außerdem gilt \[ \lambda^2=\frac{ac}{nk}>1. \] Ihre Umkreisradien \(R_1=|U|\) und \(R_2=|V|\) erfüllen daher \(R_1>R_2\). Wäre jedoch \(O=M\), so wäre \[ R_1=|M-U|=|O-U|=|V|=R_2, \] ein Widerspruch.
Also gilt \(O\ne M\), während \(B\ne M\) vorausgesetzt ist. Die oben angegebene Skalarproduktidentität beweist nun \[ \boxed{\angle OMB=90^\circ}. \]
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1985 · Soru 5
Merkezi \(O\) olan bir çember, \(ABC\) üçgeninin \(A\) ve \(C\) köşelerinden geçmekte ve \(AB\) ile \(BC\) doğru parçalarını ikinci kez, sırasıyla birbirinden farklı \(K\) ve \(N\) noktalarında kesmektedir. \(ABC\) ve \(EBN\) üçgenlerinin çevrel çemberleri, tam olarak iki farklı \(B\) ve \(M\) noktasında kesişmektedir. \(OMB\) açısının dik açı olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Basılı soru metninde tanımlanmamış bir \(E\) noktası bulunmaktadır. \(EBN\) yerine \(KBN\) yazılarak yapılan doğal düzeltmeyle elde edilen önermeyi kanıtlayacağız.
\(U,V\), sırasıyla \(ABC,KBN\) üçgenlerinin çevrel çemberlerinin merkezleri olsun. Başlangıç noktası \(B\) olan konum vektörleri kullanalım ve \(\mathbf u,\mathbf v\), \(B\)'den \(A,C\)'ye doğru yönelen birim vektörler olsun. \[ A=a\mathbf u,\qquad K=k\mathbf u,\qquad C=c\mathbf v,\qquad N=n\mathbf v \] olarak yazalım. \(0<k<a\) ve \(0<n<c\) olur. Gerçekten de ikinci kesişim noktaları \(A,C\)'den farklıdır; bunların hiçbiri \(B\) olamaz, çünkü o zaman ikisi de \(B\) olurdu ve bu, \(K\ne N\) ile çelişirdi.
\(U\), \(B,A\) noktalarına eşit uzaklıkta olduğundan, \[ |U|^2=|U-a\mathbf u|^2 \] eşitliğini açarak \(2U\cdot\mathbf u=a\) elde ederiz. Benzer biçimde, \(O\), \(A,K\) noktalarına eşit uzaklıkta olduğundan, \[ |O-a\mathbf u|^2=|O-k\mathbf u|^2 \] eşitliğinden \(2O\cdot\mathbf u=a+k\) elde edilir. Aynı akıl yürütmeyi ilgili bütün çiftlere uygulayarak \[ \begin{array}{lll} 2U\cdot\mathbf u=a,&2V\cdot\mathbf u=k,&2O\cdot\mathbf u=a+k,\\ 2U\cdot\mathbf v=c,&2V\cdot\mathbf v=n,&2O\cdot\mathbf v=c+n \end{array} \] elde ederiz. Dolayısıyla \(O-U-V\), \(\mathbf u,\mathbf v\) vektörlerinin her ikisine de diktir. \(ABC\) bir üçgen olduğundan bu vektörler doğrusal bağımsızdır; bu nedenle \[ O=U+V. \]
\(B=0\) ve \(M\), her iki çevrel çemberin de üzerinde bulunduğundan, \[ |M-U|^2=|U|^2,\qquad |M-V|^2=|V|^2. \] Eşitlikleri açıp toplayarak ve \(O=U+V\) eşitliğini kullanarak \[ |M|^2=O\cdot M \] elde ederiz. Dolayısıyla, \[ (O-M)\cdot(B-M)=0. \]
Bu dikliğin bir dik açı belirlediğinden emin olmak için \(O\ne M\) olduğunu doğrulamak kalıyor. Başlangıçtaki çember için kesenlere ilişkin kuvvet teoremine göre, \[ ak=cn. \] Dolayısıyla \(BAC\) ve \(BNK\) üçgenleri kenar-açı-kenar benzerlik koşuluna göre benzerdir ve benzerlik oranı \[ \lambda=\frac an=\frac ck \] olur. Ayrıca, \[ \lambda^2=\frac{ac}{nk}>1. \] Bu nedenle çevrel çemberlerinin yarıçapları \(R_1=|U|\) ve \(R_2=|V|\), \(R_1>R_2\) eşitsizliğini sağlar. Oysa \(O=M\) olsaydı, \[ R_1=|M-U|=|O-U|=|V|=R_2, \] olurdu; bu bir çelişkidir.
Böylece \(O\ne M\) olur; \(B\ne M\) olduğu ise verilmiştir. Yukarıdaki skaler çarpım eşitliği artık \[ \boxed{\angle OMB=90^\circ} \] olduğunu kanıtlar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1985 · Problema 5
Una circunferencia de centro \(O\) pasa por los vértices \(A\) y \(C\) del triángulo \(ABC\) y vuelve a cortar los segmentos \(AB\) y \(BC\) en puntos distintos \(K\) y \(N\), respectivamente. Las circunferencias circunscritas a los triángulos \(ABC\) y \(EBN\) se cortan en exactamente dos puntos distintos \(B\) y \(M\). Demostrar que el ángulo \(OMB\) es recto.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
El enunciado impreso contiene un punto \(E\) que no está definido. Demostramos la corrección natural del enunciado, en la que se sustituye \(EBN\) por \(KBN\).
Sean \(U,V\) los circuncentros de \(ABC,KBN\), respectivamente. Usamos vectores de posición con origen en \(B\), y sean \(\mathbf u,\mathbf v\) vectores unitarios dirigidos desde \(B\) hacia \(A,C\). Escribimos \[ A=a\mathbf u,\qquad K=k\mathbf u,\qquad C=c\mathbf v,\qquad N=n\mathbf v. \] Tenemos \(0<k<a\) y \(0<n<c\). En efecto, los segundos puntos de intersección son distintos de \(A,C\); ninguno de ellos puede ser \(B\), pues entonces ambos serían \(B\), en contradicción con \(K\ne N\).
Como \(U\) equidista de \(B,A\), al desarrollar \[ |U|^2=|U-a\mathbf u|^2 \] se obtiene \(2U\cdot\mathbf u=a\). Análogamente, como \(O\) equidista de \(A,K\), \[ |O-a\mathbf u|^2=|O-k\mathbf u|^2 \] da \(2O\cdot\mathbf u=a+k\). Aplicando el mismo razonamiento a todos los pares pertinentes, obtenemos \[ \begin{array}{lll} 2U\cdot\mathbf u=a,&2V\cdot\mathbf u=k,&2O\cdot\mathbf u=a+k,\\ 2U\cdot\mathbf v=c,&2V\cdot\mathbf v=n,&2O\cdot\mathbf v=c+n. \end{array} \] Así pues, \(O-U-V\) es perpendicular tanto a \(\mathbf u\) como a \(\mathbf v\). Estos vectores son linealmente independientes porque \(ABC\) es un triángulo, por lo que \[ O=U+V. \]
Como \(B=0\) y \(M\) pertenecen a ambas circunferencias circunscritas, \[ |M-U|^2=|U|^2,\qquad |M-V|^2=|V|^2. \] Sumando las ecuaciones desarrolladas y usando \(O=U+V\), obtenemos \[ |M|^2=O\cdot M. \] En consecuencia, \[ (O-M)\cdot(B-M)=0. \]
Queda por comprobar que \(O\ne M\), para que esta ortogonalidad defina un ángulo recto. Por el teorema de la potencia de un punto aplicado a las secantes de la circunferencia original, \[ ak=cn. \] Por tanto, los triángulos \(BAC\) y \(BNK\) son semejantes por el criterio lado-ángulo-lado, con razón de semejanza \[ \lambda=\frac an=\frac ck. \] Además, \[ \lambda^2=\frac{ac}{nk}>1. \] Los radios de sus circunferencias circunscritas, \(R_1=|U|\) y \(R_2=|V|\), satisfacen, por tanto, \(R_1>R_2\). Sin embargo, si \(O=M\), entonces \[ R_1=|M-U|=|O-U|=|V|=R_2, \] lo cual es una contradicción.
Así pues, \(O\ne M\), mientras que \(B\ne M\) se da en el enunciado. La identidad del producto escalar mostrada anteriormente demuestra ahora que \[ \boxed{\angle OMB=90^\circ}. \]
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1985 · 问题 5
一个以 \(O\) 为圆心的圆经过三角形 \(ABC\) 的顶点 \(A\) 和 \(C\)，并分别与线段 \(AB\) 和 \(BC\) 再交于两个不同的点 \(K\) 和 \(N\)。三角形 \(ABC\) 和 \(EBN\) 的外接圆恰好交于两个不同的点 \(B\) 和 \(M\)。证明：角 \(OMB\) 是直角。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
印刷题面中出现了一个未定义的点 \(E\)。我们证明将 \(EBN\) 替换为 \(KBN\) 后的自然更正版本。
设 \(U,V\) 分别为 \(ABC,KBN\) 的外心。取 \(B\) 为原点，使用位置向量，并设 \(\mathbf u,\mathbf v\) 分别为从 \(B\) 指向 \(A,C\) 的单位向量。记 \[ A=a\mathbf u,\qquad K=k\mathbf u,\qquad C=c\mathbf v,\qquad N=n\mathbf v. \] 有 \(0<k<a\) 且 \(0<n<c\)。事实上，第二个交点分别不同于 \(A,C\)；它们也都不可能是 \(B\)，否则两者都将是 \(B\)，与 \(K\ne N\) 矛盾。
由于 \(U\) 到 \(B,A\) 的距离相等，展开 \[ |U|^2=|U-a\mathbf u|^2 \] 可得 \(2U\cdot\mathbf u=a\)。同理，由于 \(O\) 到 \(A,K\) 的距离相等，由 \[ |O-a\mathbf u|^2=|O-k\mathbf u|^2 \] 可得 \(2O\cdot\mathbf u=a+k\)。对所有相关点对应用相同的推理，得到 \[ \begin{array}{lll} 2U\cdot\mathbf u=a,&2V\cdot\mathbf u=k,&2O\cdot\mathbf u=a+k,\\ 2U\cdot\mathbf v=c,&2V\cdot\mathbf v=n,&2O\cdot\mathbf v=c+n. \end{array} \] 因此，\(O-U-V\) 同时垂直于 \(\mathbf u,\mathbf v\)。由于 \(ABC\) 是三角形，这两个向量线性无关，所以 \[ O=U+V. \]
由于 \(B=0\) 和 \(M\) 都在这两个外接圆上， \[ |M-U|^2=|U|^2,\qquad |M-V|^2=|V|^2. \] 将两式展开后相加，并利用 \(O=U+V\)，得到 \[ |M|^2=O\cdot M. \] 因此， \[ (O-M)\cdot(B-M)=0. \]
还需验证 \(O\ne M\)，以保证这一正交关系确定了一个直角。对原来的圆应用割线定理，可得 \[ ak=cn. \] 因此，由两边成比例且夹角相等，三角形 \(BAC\) 与 \(BNK\) 相似，相似比为 \[ \lambda=\frac an=\frac ck. \] 此外， \[ \lambda^2=\frac{ac}{nk}>1. \] 因此，它们的外接圆半径 \(R_1=|U|\) 和 \(R_2=|V|\) 满足 \(R_1>R_2\)。然而，若 \(O=M\)，则 \[ R_1=|M-U|=|O-U|=|V|=R_2, \] 矛盾。
因此 \(O\ne M\)，而题目已知 \(B\ne M\)。现在，由上面的数量积恒等式可得 \[ \boxed{\angle OMB=90^\circ}. \]
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1985 · Задача 5
Окружность с центром \(O\) проходит через вершины \(A\) и \(C\) треугольника \(ABC\) и вторично пересекает отрезки \(AB\) и \(BC\) в различных точках \(K\) и \(N\) соответственно. Описанные окружности треугольников \(ABC\) и \(EBN\) пересекаются ровно в двух различных точках \(B\) и \(M\). Докажите, что угол \(OMB\) прямой.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
В напечатанном условии фигурирует неопределённая точка \(E\). Докажем естественное исправленное утверждение, в котором \(EBN\) заменено на \(KBN\).
Пусть \(U,V\) — центры описанных окружностей треугольников \(ABC,KBN\) соответственно. Будем пользоваться радиус-векторами с началом в \(B\), а через \(\mathbf u,\mathbf v\) обозначим единичные векторы, направленные из \(B\) к \(A,C\). Запишем \[ A=a\mathbf u,\qquad K=k\mathbf u,\qquad C=c\mathbf v,\qquad N=n\mathbf v. \] Имеем \(0<k<a\) и \(0<n<c\). Действительно, вторые точки пересечения отличны от \(A,C\); ни одна из них не может совпадать с \(B\), поскольку тогда обе совпадали бы с \(B\), вопреки \(K\ne N\).
Поскольку \(U\) равноудалена от \(B,A\), раскрытие скобок в равенстве \[ |U|^2=|U-a\mathbf u|^2 \] даёт \(2U\cdot\mathbf u=a\). Аналогично, поскольку \(O\) равноудалена от \(A,K\), равенство \[ |O-a\mathbf u|^2=|O-k\mathbf u|^2 \] даёт \(2O\cdot\mathbf u=a+k\). Применяя то же рассуждение ко всем соответствующим парам, получаем \[ \begin{array}{lll} 2U\cdot\mathbf u=a,&2V\cdot\mathbf u=k,&2O\cdot\mathbf u=a+k,\\ 2U\cdot\mathbf v=c,&2V\cdot\mathbf v=n,&2O\cdot\mathbf v=c+n. \end{array} \] Таким образом, \(O-U-V\) перпендикулярен обоим векторам \(\mathbf u,\mathbf v\). Эти векторы линейно независимы, поскольку \(ABC\) — треугольник, поэтому \[ O=U+V. \]
Поскольку \(B=0\) и \(M\) лежат на обеих описанных окружностях, \[ |M-U|^2=|U|^2,\qquad |M-V|^2=|V|^2. \] Раскрывая скобки, складывая равенства и используя \(O=U+V\), получаем \[ |M|^2=O\cdot M. \] Следовательно, \[ (O-M)\cdot(B-M)=0. \]
Остаётся проверить, что \(O\ne M\), чтобы эта перпендикулярность действительно задавала прямой угол. По теореме о произведениях отрезков секущих для исходной окружности \[ ak=cn. \] Значит, треугольники \(BAC\) и \(BNK\) подобны по двум сторонам и углу между ними с коэффициентом подобия \[ \lambda=\frac an=\frac ck. \] Кроме того, \[ \lambda^2=\frac{ac}{nk}>1. \] Поэтому радиусы их описанных окружностей \(R_1=|U|\) и \(R_2=|V|\) удовлетворяют неравенству \(R_1>R_2\). Однако если \(O=M\), то \[ R_1=|M-U|=|O-U|=|V|=R_2, \] что приводит к противоречию.
Таким образом, \(O\ne M\), а \(B\ne M\) по условию. Теперь полученное выше равенство для скалярного произведения доказывает, что \[ \boxed{\angle OMB=90^\circ}. \]
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1985 · المسألة 5
تمر دائرة مركزها \(O\) بالرأسين \(A\) و\(C\) من المثلث \(ABC\)، وتقطع القطعتين \(AB\) و\(BC\) مرة أخرى في نقطتين مختلفتين \(K\) و\(N\)، على الترتيب. تتقاطع الدائرتان المحيطتان بالمثلثين \(ABC\) و\(EBN\) في نقطتين مختلفتين بالضبط هما \(B\) و\(M\). أثبت أن الزاوية \(OMB\) قائمة.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
يتضمن النص المطبوع نقطة غير معرّفة هي \(E\). سنثبت الصيغة المصححة الطبيعية التي يُستبدل فيها \(EBN\) بـ \(KBN\).
ليكن \(U,V\) مركزي الدائرتين المحيطتين بالمثلثين \(ABC,KBN\)، على الترتيب. نستخدم متجهات الموضع باتخاذ \(B\) مبدأً، ولتكن \(\mathbf u,\mathbf v\) متجهي وحدة متجهين من \(B\) نحو \(A,C\). نكتب \[ A=a\mathbf u,\qquad K=k\mathbf u,\qquad C=c\mathbf v,\qquad N=n\mathbf v. \] لدينا \(0<k<a\) و\(0<n<c\). بالفعل، نقطتا التقاطع الثانيتان تختلفان عن \(A,C\)؛ ولا يمكن أن تكون أي منهما \(B\)، إذ ستكونان حينئذ كلتاهما \(B\)، خلافًا لـ \(K\ne N\).
بما أن \(U\) متساوي البعد عن \(B,A\)، فإن نشر \[ |U|^2=|U-a\mathbf u|^2 \] يعطي \(2U\cdot\mathbf u=a\). وبالمثل، بما أن \(O\) متساوي البعد عن \(A,K\)، فإن \[ |O-a\mathbf u|^2=|O-k\mathbf u|^2 \] يعطي \(2O\cdot\mathbf u=a+k\). وبتطبيق الاستدلال نفسه على جميع الأزواج المعنية نحصل على \[ \begin{array}{lll} 2U\cdot\mathbf u=a,&2V\cdot\mathbf u=k,&2O\cdot\mathbf u=a+k,\\ 2U\cdot\mathbf v=c,&2V\cdot\mathbf v=n,&2O\cdot\mathbf v=c+n. \end{array} \] ومن ثم يكون \(O-U-V\) عموديًا على كل من \(\mathbf u,\mathbf v\). وهذان المتجهان مستقلان خطيًا لأن \(ABC\) مثلث، لذا \[ O=U+V. \]
بما أن \(B=0\) و\(M\) تقعان على كلتا الدائرتين المحيطتين، فإن \[ |M-U|^2=|U|^2,\qquad |M-V|^2=|V|^2. \] بجمع المعادلتين بعد النشر واستخدام \(O=U+V\)، نحصل على \[ |M|^2=O\cdot M. \] وبالتالي، \[ (O-M)\cdot(B-M)=0. \]
يبقى أن نتحقق من أن \(O\ne M\)، حتى يحدد هذا التعامد زاوية قائمة. من نظرية قوة النقطة بالنسبة إلى الدائرة الأصلية باستخدام القاطعين، \[ ak=cn. \] ومن ثم فإن المثلثين \(BAC\) و\(BNK\) متشابهان وفق معيار ضلع–زاوية–ضلع، ونسبة التشابه هي \[ \lambda=\frac an=\frac ck. \] فضلًا عن ذلك، \[ \lambda^2=\frac{ac}{nk}>1. \] ولذلك فإن نصفي قطري دائرتيهما المحيطتين \(R_1=|U|\) و\(R_2=|V|\) يحققان \(R_1>R_2\). لكن إذا كان \(O=M\)، فإن \[ R_1=|M-U|=|O-U|=|V|=R_2, \] وهذا تناقض.
إذن \(O\ne M\)، في حين أن \(B\ne M\) معطاة. وتثبت الآن متطابقة الضرب القياسي المعروضة أن \[ \boxed{\angle OMB=90^\circ}. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).