OMCE004(E)

　$YZ$ の中点を $L^\prime$ とすると，$AY = AZ$ より $\angle AL^\prime Y = \angle AL^\prime Z = 90^\circ$ である.　また， $$\angle YAL^\prime = \angle ZAL^\prime = \dfrac{\angle YAZ}{2} = \angle BAC$$ であるから， $$\triangle YAL^\prime \sim \triangle BAH_B, \quad \triangle ZAL^\prime \sim \triangle CAH_C$$ と分かる．また，このとき，$YA:BA = AL^\prime:AH_B , \ \angle YAB = \angle L^\prime AH_B$ より，$\triangle YAB \sim \triangle L^\prime AH_B$ も分かる．同様に，$\triangle ZAC \sim \triangle L^\prime AH_C$ も分かる．これより， $$\begin{aligned} L^\prime H_B &= YB \cdot \dfrac{AH_B}{AB} = XB \cdot \cos \angle BAC \\ L^\prime H_C &= ZC \cdot \dfrac{AH_C}{AC} = XC \cdot \cos \angle BAC \end{aligned}$$ が分かる．よって，$$L^\prime H_B + L^\prime H_C = XB \cdot \cos \angle BAC + XC \cdot \cos \angle BAC = BC \cdot \cos \angle BAC$$ が従う．一方で，$4$ 点 $B, H_C, H_B, C$ が同一円周上にあることから $\triangle AH_BH_C \sim \triangle ABC$ が分かる．よって， $$H_BH_C = BC \cdot \dfrac{AH_B}{AB} = BC \cdot \cos \angle BAC$$ となり，$L^\prime H_B + L^\prime H_C = H_BH_C$ が従う．よって，$L^\prime$ は $H_BH_C$ 上にあり，$YZ$ と $H_BH_C$ の交点が $L^\prime$ であること，つまり，$L^\prime = L$ を得る．これより $AH$ と $YZ$ が $YZ$ の中点 $L = L^\prime$ で交わるため，$AH \perp YZ$，すなわち $YZ \parallel BC$ を得る．よって，$\angle ZYM = \angle BXM = 90^\circ - \angle ABC = \angle BAH_A$ と分かる．ここで， $$\begin{aligned} \angle ZYM &= \angle AYM - \angle AYZ = 90^\circ - \angle YAM - \left(90^\circ - \dfrac{\angle YAZ}{2} \right) \\ &= \angle BAC - \angle XAB = \angle XAC \end{aligned}$$ より $\angle XAC = \angle BAH_A$ が従う．これより三角形 $ABC$ の外心は直線 $AX$ 上にあるので，直線 $AX$ と三角形 $ABC$ の外接円の $A$ でない方の交点を $D$ とすると，$AD$ が $\triangle ABC$ の外接円の直径となる．ここで，$\angle ALY= \angle AMY = 90^\circ$ より，$\triangle ALM$ の外接円は $AY$ を直径とすると分かる．よって，$\angle APY = \angle APD = 90^\circ$ と分かり，$3$ 点 $Y, P, D$ が同一直線上にあることおよび $AP \perp YD$ が分かる．さらに $\angle XAC = \angle BAH_{A}$ より，$\angle XAB = \angle CAH_{A} = 45^\circ$ から $\angle XAM = 45^\circ$ および $\angle AXM = 45^\circ$ が従い，$\angle AYM = \angle AXM = 45^\circ$ が分かる．よって，$A, Y, P, M$ の共円から，円周角の定理より $\angle APM = \angle AYM = 45^\circ$ が従う．これより，$\triangle APM$ に余弦定理を適用して $AM = \sqrt{17}$ が得られる．また，$\triangle AMY$ と $\triangle AMX$ は共に $\angle M = 90^\circ$ の直角二等辺三角形のため，$AY = AX = \sqrt{34}$ が分かる．よって，$\triangle APY$ に三平方の定理を適用して $YP = 3$ が分かる．これより，$\triangle APY$ と $\triangle DPA$ の相似比が $3 : 5$ と分かり，$AD = \dfrac{5\sqrt{34}}{3}$ が得られる．よって，$AX = \sqrt{34}, \ XD = \dfrac{2\sqrt{34}}{3}$ と分かる．ここで，$\triangle ABC$ の外接円の直径が $AD = \dfrac{5\sqrt{34}}{3}$ のため，$\triangle ABC$ に正弦定理を適用して $AB = \dfrac{5\sqrt{17}}{3}$ と分かる．よって，$\triangle BAX$ に余弦定理を適用して $BX = \dfrac{\sqrt{221}}{3}$ が分かる．また，方べきの定理より，$AX \cdot XD = BX \cdot XC$ のため，$XC = \dfrac{4\sqrt{221}}{13}$ が分かり，$BC = \dfrac{25\sqrt{221}}{39}$ が分かる．よって，$BC^{2} = \dfrac{10625}{117}$ となり，特に解答すべき値は $\mathbf{10742}$ となる．