　$AB = 1, \angle B = 2b,\angle C = 2c$ とする．このとき，$BH = \cos2b$ と $BH = HI$ から
$$ BI = 2BH\cos b = 2\cos b\cos 2b$$
が従うので，余弦定理より
$$AI = \sqrt{AB^2 + BI^2 - 2AB\times BI\cos b} = \sqrt{1  - 4\cos^2 b\cos 2b + 4\cos^2b\cos^22b} $$
である．従って，正弦定理より，
$$\cos c = \sin\angle AIB = \frac{AB}{AI}\sin b = \frac{\sin b}{\sqrt{1  - 4\cos^2 b\cos 2b + 4\cos^2b\cos^22b}}$$
であるので，
$$\tan c = \frac{\sqrt{(1  - 4\cos^2 b\cos 2b + 4\cos^2b\cos^22b) - \sin^2 b}}{\sin b} = \frac{\cos b\ |2\cos2b - 1|}{\sin b}$$
である．ここで，$\angle AIB$ は鈍角であるから，$AI^2 + BI^2 \lt AB^2$ が成立するので，代入して整理することで $1 \gt 2\cos2b$ が分かる．従って，
$$\tan c = \frac{\cos b\ (1 - 2\cos2b)}{\sin b}$$
である．ここで，
$$16\tan b = \frac{16DI}{BD} = \frac{25DI}{CD} = 25\tan c$$
であるから，代入して整理することで
$$100\cos^4b - 91\cos^2 b + 16 = 0$$
を得る．従って，$\cos^2 b$ の最小多項式は $Q(x) = x^2 - \dfrac{91}{100}x + \dfrac{4}{25}$ である．今，
$$\frac{EI}{AE} = \frac{DI}{AH} = \frac{BI\sin b}{\sin2b} = \frac{2\sin b\cos b\cos 2b}{\sin2b} = 2\cos^2b - 1$$
であるから，
$$P(x) = 4Q\bigg(\frac{x+1}{2}\bigg) = x^2 + \frac{9}{50}x - \frac{9}{50}$$
を得る．特に，解答すべき値は $\bf{1000179}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386
初等解です. 提出時にはこの解法を想定していました. 

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　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 $\textbf{1000179}$.
提出時の解法（初等解）
https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/252
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.
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/256
　題意の図形は相似拡大ぶんの自由度があるので，$AB = a+16, BC = 41, CA = a+25$ とおいてよい．$B, H, D, E, C$ がこの順に並ぶことに注意する．いま余弦定理より
$ \cos B = \dfrac {16 \cdot 41 - 9a}{41} $
なので，$DH = \dfrac{9a}{41}$ を得る．さらに内接円の半径を $r$ とすると，ヘロンの公式より
$$ \frac{1}{2} \cdot r \cdot (2a+82) = \sqrt{(a+41) \cdot 25 \cdot 16 \cdot a} $$
なので $r^2 = \dfrac{400a}{a+41}$ を得る．いま三平方の定理より $BH^2 = DH^2 + DI^2$ なので，
$$ \left( 16 - \frac{9a}{41} \right)^2 = \left( \frac{9a}{41} \right)^2 + \dfrac{400a}{a+41} $$
から $a$ のみたす二次方程式である $25 \cdot 41 a = (16 \cdot 41 - 18a)(a+41)$ を得る．欲しいのは $x = \dfrac{EI}{AE} = \dfrac{41}{2(a+41)}$ であることが角の二等分線定理を $2$ 回用いればわかるので，$a+41$ に合わせて整理すれば
$x^2 + \dfrac{9}{50} x - \dfrac{9}{50} = 0$
が得られ，これは有理数解をもたない．$(\ddot\smile)$
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/257
　三角形 $ABC$ の $\angle A$ 内の傍接円と辺 $BC$ の接点を $F$とすれば，$H, D, E, F$ は調和点列であり，$CF=BD$ から $BD:DF=16:9$ である．$BH=HI$ より $\angle HIB = \angle HBI =\angle ABI$ から $HI\/\/BA$ であり，
$$\dfrac {DE}{HD} =\dfrac {IE}{AI} =\dfrac{HE}{BH}$$
調和点列の性質より
$$\dfrac{DE}{HD}=\dfrac{FE}{HF}$$
この二つから
$$\dfrac{DE+HE}{HD+BH}=\dfrac{FE-DE}{HF-HD} \rArr \dfrac{DE+HE}{BD}=\dfrac{FE-DE}{DF}$$
より，$(DE+HE):(FE-DE)=BD:DF=16:9$ であり $25DE+9HE=16FE$ が分かる．\
ここで，$HD=1-x, DE=x$ とおけば $\dfrac{EI}{AE}=x$ であり，$\dfrac{DE}{HD}=\dfrac{FE}{HF}$ から $EF=\dfrac x {1-2x}$ となるので，先の関係式に当てはめれば，$50x^2+9x-9=0$ が得られる．\
　あとは値を代入することで解答すべき値が得られる．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/259
　$\angle ABI=\angle HBI=\angle BIH$ より $AB\parallel IH$ である．$IE:AE=1:x,DE=16$ とすると，$AB:BH=AB:IH=x:1$ などから
$$DH=16(x-1),BH=16x(x-1),AB=16x^2(x-1),CE=25x^2-41,AC=(x-1)(25x^2-41)$$
となり，これと $AB^2-BH^2=AC^2-CH^2$ から，なんかいっぱい因数分解できて結局 $x^2-x-\dfrac{50}{9}=0$ がわかる．
体育
https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/763
　三角形 $ABC$ があり，その内心を $I$ とします．また，三角形 $ABC$ の内接円と辺 $BC$ の接点を $D$ とし，直線 $AI$ と辺 $BC$ の交点を $E$ とし，$A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足を $H$ とすると，以下が成立しました.
$$BH=HI,\quad BD:CD=16:25$$
このとき，$\dfrac{EI}{AE}$ の最小多項式 $P$ が存在するので，$\lfloor P(1000)\rfloor$ を解答してください．\
　ここで実数 $r$ の**最小多項式**とは，$r$ を根にもつ最高次の係数が $1$ の有理数係数多項式であって，その次数が最小である（唯一の）ものをさします．