OMC170(E) - 提出時の解法（初等解）

初等解です. 提出時にはこの解法を想定していました.

　三角形 $ABC$ の外接円を $\Gamma$ とし，$IE=1, AE=x$ とする. $AI, CI$ と $\Gamma$ の交点をそれぞれ $M, N$ とすると，$MB=MI, NB=NI$ より $M, N, H$ はいずれも $BI$ の垂直二等分線上にあり，よって共線. したがって，$$\angle BNM=\angle BAM=\angle BCM=\angle MBC$$ だから三角形 $MHB$ と $MBN$，$MEB$ と $MBA$ は相似なので，$MH×MN=MB^2=ME×MA$ より $A, N, H, E$ は共円. よって $\angle ANE=90^{\circ}$ より，$AO$ と三角形 $ABC$ の外接円の交点を $P(\neq A)$ とすると，$N, E, P$ は共線. ここで，$$\angle APN=\angle ACN=\angle ICB,　\angle AEN=90^{\circ}-\angle NAE=90^{\circ}-\angle NCM=\angle IMC/2=\angle IBC$$ だから，$\angle ANP=90^{\circ}$ と併せ，三角形 $IBD$ と $AEN$，$ICD$ と $APN$ はそれぞれ相似. よって $NE=16y, NP=25y$ とおける. ここで，三角形 $ABC$ の $\angle A$ 内の傍心を $I_A$ とすると，$$IE×EI_A=BE×CE=NE×PE$$ より $N, I, P, I_A$ は共円. ここで $$MI=MI_A,　\angle AMP=90^{\circ}$$ だから，$PI=PI_A$ である. したがって $$\angle PII_A=\angle PI_AI=\angle PNI$$ なので，三角形 $PEI$ と三角形 $PIN$ は相似. よって，$$PI=\sqrt{PE×PN}=15y,　NA=NI=\dfrac{5}{3}.$$ ところで，$MI=MI_A$ であり，また $AE×ME=BE×CE=IE×I_AE$ より $I_AE:ME=AE:IE=x:1$ だから，$ME=\dfrac{1}{x-2}$. よって $$16y×9y=NE×EP=AE×ME=\dfrac{x}{x-2}$$ だから，$y=\dfrac{\sqrt{x}}{12\sqrt{x-2}}$ であり，よって $NE=16y=\dfrac{4\sqrt{x}}{3\sqrt{x-2}}$ なので，三平方の定理から $NE^2-NI^2=EI×EA$ より，$$x=\dfrac{50-9x}{9x-18}$$. よって $x^2-x-\dfrac{50}{9}=0$ である. $z=\dfrac{1}{x}$ とすると，求めるものは $z$ の最小多項式であるから，$$P(z)=z^2+\dfrac{9}{50}z-\dfrac{9}{50}.$$ よって解答すべき値は $\textbf{1000179}$.