　三角形 $ABC$ の外接円の半径を $R$，面積を $S$，四面体 $ABCD$ の体積を $V$ とし，以下のようにおく：
$$a=BC,\quad b=CA,\quad c=AB.$$
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**定理.**　$P$ は $\triangle ABC$ の垂心 $H$ を外心 $O$ に関して対称移動した点（de Longchamps点）である．\
**証明.**　四角形 $ABA^{\prime}C$, $BCB^{\prime}A$, $CAC^{\prime}B$ が平行四辺形となるように点 $A^{\prime},B^{\prime},C^{\prime}$ をとる．\
　ここで点 $A^{\prime}$ を通り辺 $BC$ に垂直な平面を $\alpha$ とすると，$\triangle A^{\prime}BC\equiv\triangle DBC$ より $D$ は $\alpha$ 上にあり，さらに $\alpha\perp\triangle ABC$ であるため $P$ も $\alpha$ 上にある．
従って $PA^{\prime}\perp B^{\prime}C^{\prime}$ である．\
　$PB^{\prime},PC^{\prime}$ についても同様であるから， $P$ は $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ の垂心である．$\triangle ABC$ と $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ の相似拡大の中心が双方の重心であることと，$H$ が $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ の外心であることを踏まえれば，Euler線の性質から結論を得る．
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　上述の定理および中線定理より，
$$AP^2+AH^2=BP^2+BH^2=CP^2+CH^2=2(R^2+OH^2) \tag{\*}$$
が得られる．一方，簡単な長さ計算により
$$AH^2=4R^2-a^2,\quad BH^2=4R^2-b^2,\quad CH^2=4R^2-c^2,\quad OH^2=9R^2-a^2-b^2-c^2$$
である．よって $PA^2=4k,PB^2=5k,PC^2=6k$ とおき，$(\*)$ 式にこれらを代入して整理することで
$$a^2=b^2-k,\quad c^2=b^2+k,\quad 16R^2=5c^2.  \tag{\*\*}$$
　またHeronの公式などより $S$ に対し次が成り立つ．
$$S=\frac{1}{4}\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)}=\frac{abc}{4R}$$
これに $(\*\*)$ 式を代入し $b$ について解けば
$$b=\sqrt{(8\pm 2\sqrt{11})k}$$
が得られ，このうち四面体 $ABCD$ が存在するのは複号が正の場合のみである（直下の議論を使えばよい）．\
　ここで，正実数 $x,y,z$ を用いて
$$a^2=y^2+z^2,\quad b^2=z^2+x^2,\quad c^2=x^2+y^2$$
とすれば四面体 $ABCD$ は各辺の長さが $x,y,z$ の直方体へ埋め込めて，また $x,y,z$ は次のように計算できる．
$$x=\sqrt{(3+\sqrt{11})k},\quad y=\sqrt{(4+\sqrt{11})k},\quad z=\sqrt{(5+\sqrt{11})k}$$
このとき四面体 $ABCD$ が内接する球の直径は $\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ であるため，
$$\pi=\frac{1}{6}(x^2+y^2+z^2)^{3\/2}\pi=\frac{1}{6}\bigl(3(4+\sqrt{11})k\bigr)^{3\/2}\pi$$
より $k=\dfrac{6^{2\/3}}{3(4+\sqrt{11})}$ を得る．
以上より
$$V=\frac{1}{3}xyz=\sqrt{\frac{-8+32\sqrt{11}}{675}}$$
と計算でき，特に解答すべき値は $-8+32+11+675=\textbf{710}$．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/2521
　四面体 $ABCD$ と(向きを込めて)相似な四面体 $XYZW$ であって, $P$ に対応する点を $Q$ としたとき,
$$QX=2,\\:\ QY=\sqrt{5},\\:\ QZ=\sqrt{6}$$
 となるものを考える. $WQ=x$ としたとき, 
$$
\begin{aligned}
YZ=WX=\sqrt{WQ^2+QX^2}=\sqrt{x^2+4}\\\\
ZX=WY=\sqrt{WQ^2+QY^2}=\sqrt{x^2+6}\\\\
XY=WZ=\sqrt{WQ^2+QZ^2}=\sqrt{x^2+5}\\\\
\end{aligned}
$$
　四面体 $XYZW$ の体積 $V$ を $2$ 通りの方法で表すことを考える.\
　①$V=\frac{1}{3}\times$ (三角形 $XYZ$ の面積) $\times WQ$ を用いて計算する.\
ヘロンの公式より,
$$
\begin{aligned}
(三角形 XYZ の面積)&=\frac{1}{4}\sqrt{2(XY^2YZ^2+YZ^2ZX^2+ZX^2XY^2)-(XY^4+YZ^4+ZX^4)}\\\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{2(3x^4+30x^2+74)-(3x^4+30x^2+77)}\\\\
&=\frac{1}{4}\sqrt{3x^4+30x^2+71}
\end{aligned}
$$
よって,
$$V=\frac{1}{12}x\sqrt{3x^4+30x^2+71}$$.\
　②等面四面体を埋め込む直方体を用いる.\
直方体の $3$ 辺の長さを $a,b,c$ とすると,
$$
\begin{aligned}
a^2+b^2=WX^2=x^2+4\\\\
b^2+c^2=WY^2=x^2+6\\\\
c^2+a^2=WZ^2=x^2+5
\end{aligned}
$$
これを解くと, 
$$(a,b,c)=\Big(\sqrt{\frac{x^2+3}{2}},\sqrt{\frac{x^2+5}{2}},\sqrt{\frac{x^2+7}{2}}\Big)$$
$V$ はこの直方体の体積の $\frac{1}{3}$ 倍であるから,
$$
\begin{aligned}
V&=\frac{1}{3}abc\\\\
&=\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(x^2+3)(x^2+5)(x^2+7)}
\end{aligned}
$$
　①,②の結果を比較すると, 
$$(x^2+6)(x^2-3-2\sqrt{11})(x^2-3+2\sqrt{11})=0$$
が得られる. よって, $x=\sqrt{3+2\sqrt{11}}$ であり, この四面体の外接球の半径 $r^{\prime}$ は, 
$$r^{\prime}=\sqrt{\Big(\frac{1}{2}a\Big)^2+\Big(\frac{1}{2}b\Big)^2+\Big(\frac{1}{2}c\Big)^2}=\sqrt{\frac{3}{8}(x^2+5)}$$
 であり, 四面体 $ABCD$ の外接球の半径 $r$ は $\frac{4}{3}\pi r^3=\pi$ より, $r=\sqrt[3]{\frac{3}{4}}$ である. よって,
$$
\begin{aligned}
(四面体 ABCD の体積)&=\frac{r^3}{(r^{\prime})^3}V\\\\
&=\frac{3}{4}\Big(\sqrt{\frac{8}{3(x^2+5)}}\Big)^3\frac{1}{6\sqrt{2}}\sqrt{(x^2+3)(x^2+5)(x^2+7)}\\\\
&=\frac{2}{3\sqrt{3}}\sqrt{\frac{(x^2+3)(x^2+7)}{(x^2+5)^2}}\\\\
&=\frac{2}{3\sqrt{3}}\sqrt{\frac{(6+2\sqrt{11})(10+2\sqrt{11})}{(8+2\sqrt{11})^2}}\\\\
&=\sqrt{\frac{-8+32\sqrt{11}}{675}}
\end{aligned}
$$
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc152/editorial/2521/646
　体積 $\pi$ の球に内接し，すべての面が合同である四面体 $ABCD$ があり，点 $D$ から平面 $ABC$ へ下ろした垂線の足を $P$ とすると，次が成り立ちました：
$$PA:PB:PC=2:\sqrt{5}:\sqrt{6}$$
このとき，四面体 $ABCD$ の体積は整数 $p,q$ および正整数 $r,s$（ただし，$p,q,s$ は最大公約数が $1$ で， $r$ は平方因子をもたない）を用いて
$$\sqrt{\dfrac{p+q\sqrt{r}}{s}}$$
と表されるので， $p+q+r+s$ の値を解答してください．