　三角形 $ABC$ の内心を $Z$, 内接円を $O^{\prime}$ とする. 有名事実として $D$ は三角形 $ABC$ の角 $A$ 内の傍接円が $BC$ と接する点である.また, $E$ から $BC$ におろした垂線の足を $P$ とすると, $AB-AC=BP-CP$ より $P$ は $O^{\prime}$ が $BC$ と接する点であり, 有名事実として $E$ は内接円において $P$ の対蹠点となる. 特に $O^{\prime}$ は $FG$ と接するから, 円 $O$ 上に $RFG$ の内接円が $O^{\prime}$ となるような点 $R$ が存在する. これはPonceletの閉形定理の帰結だが, $Z$を内心とするような $F$ を頂点に持つ三角形を考え, Eulerの定理を使うことによっても証明できる. このとき $EF-EG=RF-RG$ が成立し, $H$ は特徴付けから一意に定まることに留意すれば, $R$ は $H$ に一致する. 接線の長さに着目すれば
$$154=(BI+BJ+IJ)-(CK+CL+KL)=2BP-2PC=2(HF-HG)$$
また $FH$ と $O^{\prime}$ の接点を $S$ とすると $494=HJ+JL+LH=2HS$ であり, このことから
$$HF+HG=2HS+FG=949$$
よってこれらを連立させることで $HF=513,HG=436$ であり, Heronの公式などによって $O^{\prime},O$ の直径はぞれぞれ $266,545$ と計算されるから, 等脚台形 $BCGF$ に注目することで $BC^2=\textbf{243201}$ を得る.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/1414
　外接円を $O$ とする鋭角三角形 $ABC$ の辺 $BC$ 上に点 $D$ が, 線分 $AD$ 上に点 $E$ があり, $E$ を通り $BC$ に平行な直線を $m$ とします. $m$ と $O$ の劣弧 $AB,AC$ の交点をそれぞれ $F,G$ とし, 劣弧 $BC$ 上に点 $H$ をとると, $FGH$ は鋭角三角形となりました. さらに $AB,BC$ と $FH$ の交点をそれぞれ $I,J$, $AC,BC$ と $GH$ の交点をそれぞれ $K,L$ とすると, 三角形 $HJL$ の周長は $494$ で, 三角形 $BIJ$ の周長は三角形 $CKL$ の周長より $154$ 長く, 加えて
$$AB-AC=CD-BD=EF-EG=HF-HG \neq 0$$
が成立しました. $FG=455$ のとき, $BC^2$ を求めてください.