　$YZ$ 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．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce004/editorial/8146
　直線 $AB, AC$ に関して $H_A$ と対称な点を順に $H_1, H_2$ とすれば $H_2, H_B, L, H_C, H_1$ は同一直線上で，三角形 $AYZ$ と三角形 $AH_1H_2$ が相似から $4$ 点 $A, Y, H_1, L$ および $A, L, Z, H_2$ はいずれも同一円周上．ここで三角形 $AH_AX, AH_1Y, AH_2Z$ は全て合同な直角三角形なので $\angle ALY=\angle AH_1Y=\angle AH_AX=\angle AH_2Z=\angle ALZ=90\degree$ より $\angle YAL=\angle ZAL=\angle BAC$ なので $\angle BAX= \angle BAY=\angle CAH$ から三角形 $ABC$ の外心 $O$ は直線 $AX$ 上にある．\
　あとは公式解説と同様であるが，点 $O$ に関して 点 $A$ と対称な点を$D$，点 $M$ に関して点 $P$ と対称な点を $Q$ とすれば，
$$BC=DP\times\dfrac{AM}{AQ}=\dfrac{AP^2}{YP}\times\dfrac{AM}{AQ}$$
$$YP=AP-PM\times\sqrt2$$
　が言えるので，ここからも求めることはできる（が，これを示す労力よりも公式解説の計算の方が軽いと思われるので非推奨）
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce004/editorial/8146/538
　垂心が $H$ である三角形 $ABC$ があり，$A$, $B$, $C$ から直線 $BC$, $CA$, $AB$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $H_A, H_B, H_C$ とします．線分 $H_AC$ 上（両端点を除く）に点 $X$ を取り，直線 $AB, AC$ に関して $X$ と対称な点をそれぞれ $Y, Z$ とすると，$3$ 直線 $YZ , AH , H_BH_C$ が $1$ 点 $L$ で交わりました．さらに線分 $XY$ の中点を $M$ とし，三角形 $ALM$ の外接円と三角形 $ABC$ の外接円の $A$ でない方の交点を $P$ とすると，
$$ AP = 5, \quad PM = \sqrt{2}, \quad \angle ACB = 45^\circ $$
となりました．このとき，辺 $BC$ の長さは互いに素な正整数 $a,b$ によって $\sqrt\dfrac{a}{b}$ と表されるので，$a+b$ の値を解答して下さい.