OMC170(E)

たぶん皆が思いつくであろう座標計算でやってみます.

直交座標において

$B(-16,0), D(0,0), C(25,0), I(0,r)$ とおく. ただし $r$ は正の実数とする.

ここで, $\angle IBC+\angle ICB=\dfrac{1}{2}(\angle ABC+\angle ACB)\lt90^\circ$ であるため, $r\lt20$ でなければならないことに留意しておく. （ $r$ が大きいと$\angle BIC$ が $90^\circ$ 以下になってしまい図が成立しないようになる）

この設定のもと, $BH=HI$ となるような $r$ を求めていきたい.

点 $B$ を通り, 直線 $BC$ ではない直線は実数 $b$ を用いて, $x+by+16=0$ と表すことができる. 直線 $AB$ と点 $I$ との距離は $r$ であるため, $\dfrac{|br+16|}{\sqrt{1+b^2}}=r$ を解いて $b=\dfrac{r^2-256}{32r}$ であり, 直線 $AB$ を表す式は $x+\dfrac{r^2-256}{32r}y+16=0$ である.

同様にして, 直線 $AC$ を表す式は $x+\dfrac{625-r^2}{50r}y-25=0$ である.

点 $A$ は直線 $AB$と直線 $AC$ の交点であるから, 点 $A$ の座標は $(\dfrac{-9r^2}{400-r^2},\dfrac{800r}{400-r^2})$ である. 点 $H$ は点 $A$ から直線 $BC$ におろした垂線の足であるから, 点 $H$ の座標は $(\dfrac{-9r^2}{400-r^2},0)$ である.

ここで, $HI$ の長さを素直に求めて $BH=HI$ を満たす $r$ を求めようとしたのですが, 自分ではこの方程式を解けなかった. （ojamesi1357さんによると, $BH^2-DH^2=DI^2$ と変形してから解けばそこまで大変ではないらしい.）

そこで, 線分 $BI$ の垂直二等分線と直線 $BC$ の交点が $H$ になるような $r$ を求めるという方針を新たに考える. この方針は, 線分 $BI$ の垂直二等分線と直線 $BC$ の交点の座標は比較的単純に表せるので, なんとかなりそうという希望的観測のもと立てた. そんな感じだったと憶えている.

直線 $BI$ の傾きは $\dfrac{r}{16}$ であるから, その垂直二等分線の傾きは $-\dfrac{16}{r}$ である. これは, $BI$ の中点 $(-8,\dfrac{r}{2})$ を通っているので, 直線 $BC$ との交点の座標は $(-8+\dfrac{r^2}{32},0)$ である.

これが, $H$ と一致するような $r$ は $\dfrac{-9r^2}{400-r^2}=-8+\dfrac{r^2}{32}$ を満たすことが必要で, これを整理して, $0\lt r\lt 20$ であることに注意すると, $r=\sqrt{472-24\sqrt{209}}$ に限られることがわかる.

さて, 今回求めたい $\dfrac{EI}{AE}$ について, $\dfrac{EI}{AE}=\dfrac{DI}{AH}=\dfrac{r}{\frac{800r}{400-r^2}}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{r^2}{800}=\dfrac{-9+3\sqrt{209}}{100}$ である. この値を $z$ とおく.

まず, $(100z+9)^2=1881$ であることから, $z^2+\dfrac{9}{50}z-\dfrac{9}{50}=0$ であることがわかる. また, $z$ は無理数であるから $z$ を解に持つ $1$ 次の有理数係数多項式は存在しないことがわかる. 以上より, 提出するべき値は $\lfloor1000^2+\dfrac{9}{50}\cdot1000-\dfrac{9}{50}\rfloor=\mathbf{1000179}$ である.

余談: この問題における内接円の半径 $\sqrt{472-24\sqrt{209}}$ は実のところ $6\sqrt{11}-2\sqrt{19}$ に等しいのだが, 今回の問題ではこのことは用いないで済む.