　点 $Y$ を含まない方の弧 $AB$ の中点を $P$，点 $Y$ を含む方の弧 $AB$ の中点を $Q$ とする．このとき，$3$ 点 $Y, X, P$ 及び $Z，X，Q$ がこの順に同一直線上に並ぶことをまず示す．\
　以下，円 $Ω$ の中心を $O$，円 $Ω_1$ の中心を $O_1$，円 $Ω_2$ の中心を $O_2$ とする．このとき，$P$ が弧 $AB$ の中点であることから $PO \perp AB$ が従い，また，明らかに $O_1X \perp AB$ であるため，$PO \parallel O_1X$ が従い， $Y, O_1, O$ がこの順に一直線上に並ぶことと合わせて，$∠YO_1X = ∠YOP$ が導かれる．そして，$YO_1 = O_1X, YO = OP$ から $∠O_1YX = ∠OYP$ が従い，直線 $YO$ に関して $X$ と $P$ が同じ側にあることと合わせて，$Y, X, P$ がこの順に同一直線上に並ぶことが示された．$3$ 点 $Z, X, Q$ が同一直線上に並ぶことについても，同様にして示される．\
　これより，$AP = BP$ から
$$∠AYX = ∠AYP = ∠BYP = ∠BYX$$
となり， $AX : BX = AY : BY = 2 : 1$ と分かる．同様にして，$∠AZX = ∠BZX$，及び $AZ : BZ = AX : BX = 2 : 1$ も分かる．ここで，円 $Ω$ の周上に点 $Z^\prime$ を，$ZZ^\prime \parallel BA$ を満たすように取ったとする．このとき，$∠ZAB = ∠AZZ^\prime$ より，$AZ^\prime = BZ$ が従い，四角形 $AZ^\prime ZB$ は等脚台形と分かる．よって，$AZ^\prime : Z^\prime B = BZ : ZA = 1 : 2$ と分かり， $YZ^\prime$ と $AB$ の交点を $M^\prime$ とおくと，
$$AM^\prime : M^\prime B = AY × AZ^\prime : BY × BZ^\prime = 1 : 1$$
となることが分かる．よって，$M^\prime$ と $M$ は一致し，$3$ 点 $Y, M, Z^\prime$ が同一直線上に並ぶことが分かる．このとき，
$$∠YMB = ∠YAM + ∠AYM = ∠YAB + ∠AYZ^\prime = ∠YAB + ∠BAZ = ∠YAZ$$ 
が導かれる．(最後から $2$ 番目の等号に $AZ^\prime = BZ$ を用いた．) 同様にして，$∠ZMB = ∠YAZ$ も導かれる．よって，$∠YMZ = 2∠YAZ = ∠YOZ$ が分かり，$4$ 点 $Y, M, O, Z$ は共円と分かる．また，$YZ$ と $AB$ の交点を $L$ とすると，$∠YML = ∠ZML$ から，$YL : ZL = YM : ZM = 3 : 5$ である．また，$∠AYB + ∠AZB = 180^\circ$ より $\sin \angle AYB =\sin\angle  AZB  $ であるので
$$YA × YB : ZA × ZB = \triangle AYB : \triangle AZB = AB\times YL : AB\times ZL=3 : 5$$
 が従う．これと，$ZA : ZB = 2 : 1$ を合わせると，$ZA = \cfrac{8\sqrt{15}}{3}, \ ZB = \cfrac{4\sqrt{15}}{3}$ が得られる．また，$∠AYB + ∠AZB = 180^\circ$，つまり，$\textrm{cos}∠AYB + \textrm{cos}∠AZB = 0$ を用いて，三角形 $AYB$ と三角形 $AZB$ に余弦定理を適用すると，$AB = 10$，及び，$\textrm{cos}∠AYB = -\cfrac{5}{16}$ が得られる．よって,　$\textrm{sin}∠AYB = \cfrac{\sqrt{231}}{16}$ が分かり，正弦定理より，円 $Ω$ の半径が $\cfrac{80}{\sqrt{231}}$ と分かる．\
　そして，$3$ 点 $N, M,O$ がこの順に一直線上に並ぶこと，及び $4$ 点 $Y,M,O,Z$ が共円であることから，三角形 $NYM$ と三角形 $NOZ$ が相似であると分かる．よって，$NM : NZ = YM : OZ$，及び，$∠NMY = ∠NZO$
が分かる．三角形 $AYB$ に中線定理を適用することで，$YM = \sqrt{15}$ が分かり，かつ $OZ = \cfrac{80}{\sqrt{231}}$ であることから，$NM : NZ = 3\sqrt{385} : 80$ と分かる．また，
$$∠OMZ = 90^\circ - ∠ZMB = 90^\circ - ∠YMB = ∠NMY = ∠OZN$$
より，三角形 $OMZ$ と三角形 $OZN$ が相似とも分かる．よって，$OM × ON = OZ^2 = \cfrac{6400}{231}$ が従う．$OM = \sqrt{OB^2 - BM^2} = \cfrac{25}{\sqrt{231}}$ より，$ \ ON = \cfrac{256}{\sqrt{231}}$ が分かり，$NM = ON - OM = \sqrt{231}$ が分かる．よって，$NM : NZ = 3\sqrt{385} : 80$ より，$NZ = \cfrac{80}{\sqrt{15}}$ が分かり，$NZ^2 = \cfrac{1280}{3}$ が分かる．特に，解答すべき値は $\mathbf{1283}$ となる.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc212/editorial/8078
（きちんと読むのが面倒な方向けに）本別解のハイライト\
　点 $M$ の周りの方べきの定理を用いて，$MA \cdot MB = MY \cdot MZ$ である（わからなければ公式解説の点 $Z^{\prime}$ を参考にせよ）．

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　以下，各点の名称は，公式解説と同じものを用いている（定義も改めて記す）．\
　点 $Z$ を含む方の弧 $AB$ の中点を $P$，点 $Y$ を含む方の弧 $AB$ の中点を $Q$ とする．このとき，$3$ 点 $Y, X, P$ 及び $Z, X, Q$ はこの順に同一直線上にある（理由は公式解説を参照）．\
　なお，このことから $\angle AYX = \angle BYX$ が成り立ち，$AX:BX=2:1$，同様にして $AZ:BZ=2:1$ も示せる． 

　また，$\angle YMB=\angle ZMB$ である．これについては公式解説と別の証明を与える．\
　$4$ 点 $M, X, Y, Q$ は共円である（$\because \angle QMX=90^{\circ}, \angle QYX=\angle QYP=90^{\circ}$）．これより，$\angle YQX= \angle YMX$ が従う．\
　同様に，$4$ 点 $M, X, Z, P$ について考えて，$\angle ZPX= \angle ZMX$\
　円周角の定理より，$\angle YQX= \angle YQZ = \angle YPZ = \angle ZPX$ であり，これより $\angle YMB=\angle ZMB$ が従う．\
　ここで，点 $Y$，$Z$ から 直線 $AB$ に垂線を下ろし，その足をそれぞれ $H$，$I$ とする．\
　$\angle YMB=\angle ZMB$ より $MH:MI=MY:MZ=3:5$ であり，このことから，$NZ= \dfrac{5}{2}YZ$ が従う．従って，以下は $YZ$ を求めることが目標となる．

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　以上で準備が整った．あとは，適当な図形に諸定理を活用していこう．\
　$AM=m$ とおく．中線定理より $YM=\sqrt{40-m^2}$ を得，これより $ZM=\dfrac{5}{3} \sqrt{40-m^2}$ である．\
　点 $M$ の周りの方べきの定理を用いて，$MA \cdot MB = MY \cdot MZ$ である（わからなければ公式解説の点 $Z^{\prime}$ を参考にせよ）．これを用いて $m=5$ を得る．\
　$\triangle ABZ$ に再度中線定理を利用して，$AZ=\dfrac{8}{3}\sqrt{10}$，$BZ=\dfrac{4}{3}\sqrt{10}$．\
　最後に四角形 $AYBZ$ にトレミーの定理を利用して $YZ=\dfrac{32}{15}\sqrt{15}$ を得る．\
　なお，最終的に求めたいものは，$NZ=\dfrac{5}{2}YZ$ であったことに注意せよ．
方べきの定理・トレミーの定理等を利用した別解
https://onlinemathcontest.com/contests/omc212/editorial/8078/437
次の事実を用いる（証明は公式解説を参照）．
- $(1)$ 方べきの定理により$MA\times MB=MY\times MZ$
- $(2)$ $\angle YMB=\angle ZMB$
- $(3)$ $NZ=\dfrac{5}{2}YZ$
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　事実 $(1)$ より
$$MA:MB:MY:MZ=\sqrt{15}:\sqrt{15}:3:5$$
である．これと三角形 $ABY$ に対する中線定理により得られる式
$$8^2+4^2=2(MY^2+MB^2)$$
より，$MY=\sqrt{15}, ~ MB=5, ~ MZ=\dfrac{5\sqrt{15}}{3}$ を得るので，余弦定理により $\cos\angle YMB =\dfrac{4}{25}\sqrt{15}$ がわかる．\
これと事実 $(2)$ より，$\cos \angle YMZ=2\cos^2\angle YMB-1=-\dfrac{29}{125}$ である．もう一度余弦定理を用いて，
$$YZ^2=MY^2+MZ^2-2MY\cdot MZ\cos \angle YMZ=\frac{1024}{15}$$
である．したがって事実 $(3)$ を用いて $NZ^2=\dfrac{25}{4}YZ=\dfrac{1280}{3}$ を得る．
三角比による計算
https://onlinemathcontest.com/contests/omc212/editorial/8078/439
　円 $Ω$ の周上に異なる $2$ 点 $A,B$ があり，線分 $AB$ 上に点 $X$ があります．また, 円 $Ω$ の周上に $2$ 点 $Y,Z$ があり，これらは直線 $AB$ に関して反対側にあり，かつ $AY = 8, BY = 4$ を満たします．このとき，円 $Ω_1$ は点 $X$ で線分 $AB$ に接し，点 $Y$ で円 $Ω$ に内接しました．また，円 $Ω_2$ は点 $X$ で線分 $AB$ に接し，点 $Z$ で円 $Ω$ に内接しました．そして，線分 $AB$ の中点を $M$ としたとき，$YM : ZM = 3:5$ が成立しました．線分 $AB$ の垂直二等分線と直線 $YZ$ の交点を $N$ とするとき，線分 $NZ$ の長さの二乗を求めて下さい．ただし，答えは互いに素な正整数 $a,b$ を用いて $\dfrac{a}{b}$ と表されるため，$a+b$ の値を解答して下さい.