NF杯2024(T)

　平面 $AER$ を $p$ とする．$A,E,F,G,M,P,Q,R$ はすべて $p$ 上にあることに注意する．$E_1,E_2,E_3$ および $E^\prime$ をそれぞれ $$\overrightarrow{EE_1}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}$$ $$\overrightarrow{EE_2}=\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}$$ $$\overrightarrow{EE_3}=\overrightarrow{ED}+\overrightarrow{EB}$$ $$\overrightarrow{EE^\prime}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}$$ となるようにとると，これらの $4$ 点はどれも $\mu$ 上にあり $\angle BEC=\angle CED=\angle DEB=90°$ より $EBE_1C-DE_3E^\prime E_2$ は直方体である．この直方体の対角線の交点を $O$ とすると，$O$ から各頂点までの距離は等しいので $O$ は $\mu$ の中心である．ここで，平面 $AEO$ による $\mu$ の断面を $\omega$ とすると，線分 $EE^\prime$ は $\omega$ の直径なので $\angle EAE^\prime=90°$ つまり平面 $BCD$ と直線 $AE^\prime$ は平行である．よって，直線 $AE$ と平面 $BCD$ との交点を $H$ とすると $$\frac{AH}{EH}=\frac{|ABCD|}{|EBCD|}=\frac{|E^\prime BCD|}{|EBCD|}$$ となる (ただし，$|XYZW|$ で四面体 $XYZW$ の体積を表す) が，これは $EBE_1C-DE_3E^\prime E_2$ が直方体であることから $$\frac{AH}{EH}=\frac{|E^\prime BCD|}{|EBCD|}=2$$ と計算できる．また，四面体 $BCDE^\prime$ は等面四面体なので，$E^\prime$ から平面 $BCD$ へ下ろした垂線の足を $H^\prime$，三角形 $BCD$ の外心を $O^\prime$ とすると，四面体 $BCDE^\prime$ の展開図を考えることで $H^\prime$ は三角形 $ABC$ の垂心と $O^\prime$ に関して対称であることがわかるが，直線 $OO^\prime$ が平面 $BCD$ と直交することから $H$ は三角形 $BCD$ の垂心であることがわかる． $$\frac{EH}{OO^\prime}=\frac{GH}{GO^\prime}=2,\quad \angle EHG=\angle OO^\prime G=90°$$ より $\triangle EHG\sim \triangle OO^\prime G$，つまり $G$ は直線 $EO$ 上にある．
　$p$ 上の点について考察する．上の議論より $O,O^\prime$ は $p$ 上にある．$E$ を中心とする半径 $\sqrt{EA\cdot EG}$ の円による反転の後 $\angle AEG$ の二等分線に関して鏡映する操作を $i$ とする．$i$ によって直線 $GH$ は $\omega$ に移ることに注意する．$\omega$ の $A$ での接線と直線 $GH$ との交点を $T$ とすると $$\measuredangle EAT=\measuredangle EE^\prime A=\measuredangle EGT$$ より $A,E,G,T$ は同一円周上にある． $$\measuredangle AET=\measuredangle FGT=\measuredangle FGE+\measuredangle EGT=\measuredangle FGE+\measuredangle EFG=\measuredangle FEG$$ より $i$ によって $T$ は $F$ に移るので，直線 $ET$ と $\omega$ との交点のうち $E$ でない方を $R^\prime$ とすると $$\measuredangle GER^\prime =\measuredangle GEF+\measuredangle FER^\prime =\measuredangle TEA+\measuredangle PET=\measuredangle PEA$$ より $i$ によって $P$ は $R^\prime$ に移る．よって，$\triangle AET\sim R^\prime EG$ なので，直線 $GH$ 上に $\measuredangle EIG=\measuredangle ER^\prime G=\measuredangle EAP$ となるよう点 $I$ をとると $E,G,I,R^\prime$ と $A,E,I,P$ はそれぞれ同一円周上にあるので $$\measuredangle GIR^\prime =\measuredangle GER^\prime =\measuredangle PEA=\measuredangle AIG$$ より $A,I,R^\prime$ は同一直線上にある． $$\measuredangle GEI=\measuredangle EGI+\measuredangle GIE=\measuredangle EAT+\measuredangle PAE=\measuredangle EQA+\measuredangle QAE=\measuredangle QEA$$ より $i$ によって $I$ は $Q$ に移るので，$i$ によって $A$ は $G$，$P$ は $R^\prime$ に移ることとあわせて $G,Q,R^\prime$ は同一直線上にある．つまり，$R^\prime$ は $R$ と一致する．
　ここで，三垂線の定理より $\angle OTS=90°$ なので $S$ の $\mu$ に対する方べきは $$OS^2-OA^2=AT^2+ST^2=AS^2$$ である．また，直線 $OM$ は平面 $ERS$ と直交するので平面 $ERS$ による $\mu$ の断面は線分 $ER$ を直径とする円となる．$S$ のこの円に対する方べきは $\mu$ に対する方べきと等しいので $$EM^2=MS^2-AS^2=1$$ $$ER=2EM=2$$ となる．
　一方，直線 $OO^\prime$ と直線 $AG$ との交点を $N$ とすると $\triangle AEG\sim \triangle NOG$ であり，この相似で $E^\prime$ と $E$ がそれぞれ対応するので $\angle ENO=\angle E^\prime AE=90°$ である．よって，$N$ に関して $E$ と対称な点を $J$ とすると $J$ は直線 $EN$ と $\omega$ との交点のうち $E$ でない方である．$NG:AG=1:2$ より $$\frac{AN}{FN}=\frac{AG+GN}{FG-NG}=\frac{1+\frac{1}{2}}{\frac{73}{50}-\frac{1}{2}}=\frac{25}{16}$$ であり，$\angle FJN=\angle GAH$ と方べきの定理から $$\frac{EN}{AN}=\frac{FN}{JN}=\frac{4}{5}$$ がわかる．$\measuredangle EFR=\measuredangle EPT$ より $FR\parallel PT\parallel EJ$ であることと三平方の定理などから $$O^\prime H=EN=JN=JF \cdot \frac{JN}{JF}=ER \cdot \frac{JN}{JF}=\frac{10}{3}$$ $$AH=\frac{2}{3}\frac{AE}{NE} \cdot JN=\frac{5}{3}$$ $$EH=\frac{1}{2}AH=\frac{5}{6}$$ と求まる．
　直線 $BH$ と三角形 $BCD$ の外接円との交点のうち $B$ でない方を $K$ とすると，$A,B,E,K$ を含む円について方べきの定理を用いることで $$BH\cdot KH=AH\cdot EH=\frac{25}{18}$$ がわかるので $$O^\prime B^2=O^\prime H^2+BH\cdot KH=\frac{25}{2}$$ となる．また，線分 $BK$ の中点を $L$ とすると $\angle O^\prime LS=\angle O^\prime TS=90°$ より $O^\prime ,L,S,T$ は同一円周上にあるので，これと $A,E,G,T$ が同一円周上にあることから $$HS=\sqrt{AS^2-AH^2}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$$ $$HL=\frac{HO^\prime\cdot HT}{HS}=\frac{3}{2}\frac{HG\cdot HT}{HS}=\frac{3}{2}\frac{AH\cdot EH}{HS}=\frac{5\sqrt{5}}{8}$$ $$LS=LH+HS=\frac{31\sqrt{5}}{24}$$ $$BL^2=SL^2-SB\cdot SK=LS^2-AS^2=\frac{1925}{576}(\because Sの\mu に対する方べき)$$ と求まる．よって $$BH+KH=2BL=\sqrt{\frac{1925}{144}}, \quad BH\cdot KH=AH\cdot EH=\frac{25}{18}$$ より の解 $\alpha ,\beta$ はそれぞれ $BH,KH$ と対応している．さらに，直線 $BH$ と 直線 $CD$ との交点を $U$，線分 $CD$ の中点を $V$ とすると $U$ は線分 $KH$ の中点であり，$BH=2O^\prime V$ なので $$BU=BH+\frac{1}{2}KH$$ $$CD=2CV=2\sqrt{O^\prime C^2-O^\prime V^2}=2\sqrt{O^\prime B^2-(\frac{1}{2}BH)^2}=\sqrt{50-BH^2}$$ となる．
　以上より，$\alpha +\beta=\sqrt{\dfrac{1925}{144}}, \alpha \beta=\dfrac{25}{18}$ に注意すると多面体 $ABCDE$ の体積としてありうる値の総積は $$\begin{aligned} \prod \frac{1}{3} &AE \bigg( \frac{1}{2}BU\cdot CD \bigg) \\ &=\frac{25}{576}(2\alpha +\beta)(2\beta +\alpha)\sqrt{(50-\alpha ^2)(50-\beta^2)}\\ &=\frac{25}{576}(2(\alpha +\beta)^2+\alpha \beta)\sqrt{\alpha ^2\beta ^2-50((\alpha +\beta)^2-2\alpha \beta)+2500}\\ &=\frac{15625\sqrt{4090}}{18432} \end{aligned}$$ なので，答える値は $\mathbf{38147}$ である．