三角形 $GBE$ の外接円と直線 $FG$ が再び交わる点を $I$ とする.このとき $\measuredangle BEI = \measuredangle BGI = \measuredangle CDA = \measuredangle BEA$ より,$I$ は直線 $AC$ 上にある.ここで次の補題を示す.
補題1. $HB = HI$ である.
証明. $\angle BAF = \angle IAH , \angle AIH = \angle BIF$ より,三角形 $ABI$ において $F$ と $H$ は互いに等角共役である.したがって $\angle IBH = \angle ABF = \angle GEB = \angle HIB$ であり,$HI = HB$ が成り立つ.$\blacksquare$
補題2. $AH^2 = AF^2 + HI^2$ である.
証明. 線分 $AH , BE$ の交点を $J$ とする.いま $[A , B , E , F]$ と $[A , I , G , H]$ は相似であるから $\angle AFJ = \angle AHF$ が成り立ち,$AF^2 = AH \times AJ$ を得る.また $\angle HBJ = \angle DAE = \angle HAB$ であるから,$HB^2 = AH \times JH$ を得る.したがって $AF^2 + HB^2 = AH \times \left( AJ + JH \right) = AH^2$ である.これと補題1より示すべき式を得る.$\blacksquare$
補題3. $EF = 2$ である.
証明. 三角形 $BDF$ の外接円と直線 $EG$ が再び交わる点を $K$ とすると,$\angle FKE = \angle FBG = \angle FEK$ より $EF = FK$ である.また $\angle EGF = \angle EBI = \angle GBD$ より $FK = DG = 2$ である.以上より $EF = 2$ である.$\blacksquare$
$\angle ADG = \angle ABE = \angle AIH , \angle DAG = \angle IAH$ より三角形 $ADG$ と三角形 $AIH$ は相似であるから,$AG = \dfrac{GD \times AH}{HI} = \dfrac{2AH}{HI}$ が成り立つ.また三角形 $AGH$ と三角形 $AEF$ は相似であるから,$AG = \dfrac{AH \times AE}{AF} = \dfrac{5AH}{AF}$ が成り立つ.以上より $AF : HI = 5 : 2$ を得,これと補題2より $AH : AF = \sqrt{29} : 5$ が成り立つ.したがって,三角形 $AGH$ と三角形 $AEF$ の相似および補題3より $GH = \dfrac{EF \times AH}{AF} = \dfrac{2\sqrt{29}}{5}$ を得る.特に解答すべき値は $\boldsymbol{141}$ である.
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