OMC094(F)

　少しゴリ押し強めの解法です．

　$\triangle DEH$ と $\triangle CBH$ は相似であり，その相似比は $\cos \angle A:1$ であるから $BC=10/\cos\angle A$ である．また，接弦定理より $\angle A=\angle CBP$ だから $BC=32\cos\angle A$ である．これらを連立することで $\cos \angle A=\sqrt{5}/4, BC=8\sqrt 5$ を得る．
　$BC$ の中点を $M$ とし，$H$ から直線 $PM$ に下ろした垂線の足を $Q$ とおく．また $\triangle BHC$ の外心を $O$ とおく．このとき $O$ は線分 $PM$ 上にあり，$\angle BOC=2\angle A$ が分かるから $$MO=\frac12 BC\times \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{11}} = \frac{20}{\sqrt{11}},　HO=\frac12 BC\times \frac{4}{\sqrt{11}} = \frac{16\sqrt{5}}{\sqrt{11}}$$ を得る．また $PM=\dfrac{44}{\sqrt{11}}$ であるから $PO=\dfrac{24}{\sqrt{11}}$ である．ここで $QO=x$ とおけば，三平方の定理より $$(4\sqrt{19})^2-\left(\frac{16\sqrt 5}{\sqrt{11}}\right)^2=HP^2-HO^2=QP^2-QO^2=\left(x+\frac{24}{\sqrt{11}}\right)^2-x^2$$ が成立し，これを解くことで $x=\dfrac{31}{\sqrt{11}}$ を得る．同時に $HQ=\sqrt{29}$ も分かる．以上より，直線 $AH$ と $BC$ の交点を $F$ とおけば $$\begin{aligned} BH^2&=BF^2+HF^2 \\ &= (BM-HQ)^2+(QO-MO)^2　(\because AB\lt AC)\\ &= (4\sqrt{5}-\sqrt{29})^2+\sqrt{11}^2\\ &=120-8\sqrt{145} \end{aligned}$$ 従って解答すべき値は $120+8+145=\textbf{273}$ である．