　平面 $AER$ を $p$ とする．$A,E,F,G,M,P,Q,R$ はすべて $p$ 上にあることに注意する．$E_1,E_2,E_3$ および $E^\prime$ をそれぞれ
$$\overrightarrow{EE_1}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}$$
$$\overrightarrow{EE_2}=\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}$$
$$\overrightarrow{EE_3}=\overrightarrow{ED}+\overrightarrow{EB}$$
$$\overrightarrow{EE^\prime}=\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}$$
となるようにとると，これらの $4$ 点はどれも $\mu$ 上にあり $\angle BEC=\angle CED=\angle DEB=90°$ より $EBE_1C-DE_3E^\prime E_2$ は直方体である．この直方体の対角線の交点を $O$ とすると，$O$ から各頂点までの距離は等しいので $O$ は $\mu$ の中心である．ここで，平面 $AEO$ による $\mu$ の断面を $\omega$ とすると，線分 $EE^\prime$ は $\omega$ の直径なので $\angle EAE^\prime=90°$ つまり平面 $BCD$ と直線 $AE^\prime$ は平行である．よって，直線 $AE$ と平面 $BCD$ との交点を $H$ とすると
$$\frac{AH}{EH}=\frac{|ABCD|}{|EBCD|}=\frac{|E^\prime BCD|}{|EBCD|}$$
となる (ただし，$|XYZW|$ で四面体 $XYZW$ の体積を表す) が，これは $EBE_1C-DE_3E^\prime E_2$ が直方体であることから
$$\frac{AH}{EH}=\frac{|E^\prime BCD|}{|EBCD|}=2$$
と計算できる．また，四面体 $BCDE^\prime$ は等面四面体なので，$E^\prime$ から平面 $BCD$ へ下ろした垂線の足を $H^\prime$，三角形 $BCD$ の外心を $O^\prime$ とすると，四面体 $BCDE^\prime$ の展開図を考えることで $H^\prime$ は三角形 $ABC$ の垂心と $O^\prime$ に関して対称であることがわかるが，直線 $OO^\prime$ が平面 $BCD$ と直交することから $H$ は三角形 $BCD$ の垂心であることがわかる．
$$\frac{EH}{OO^\prime}=\frac{GH}{GO^\prime}=2,\quad \angle EHG=\angle OO^\prime G=90°$$
より $\triangle EHG\sim \triangle OO^\prime G$，つまり $G$ は直線 $EO$ 上にある．  
　$p$ 上の点について考察する．上の議論より $O,O^\prime$ は $p$ 上にある．$E$ を中心とする半径 $\sqrt{EA\cdot EG}$ の円による反転の後 $\angle AEG$ の二等分線に関して鏡映する操作を $i$ とする．$i$ によって直線 $GH$ は $\omega$ に移ることに注意する．$\omega$ の $A$ での接線と直線 $GH$ との交点を $T$ とすると
$$\measuredangle EAT=\measuredangle EE^\prime A=\measuredangle EGT$$
より $A,E,G,T$ は同一円周上にある．
$$\measuredangle AET=\measuredangle FGT=\measuredangle FGE+\measuredangle EGT=\measuredangle FGE+\measuredangle EFG=\measuredangle FEG$$
より $i$ によって $T$ は $F$ に移るので，直線 $ET$ と $\omega$ との交点のうち $E$ でない方を $R^\prime$ とすると
$$\measuredangle GER^\prime =\measuredangle GEF+\measuredangle FER^\prime =\measuredangle TEA+\measuredangle PET=\measuredangle PEA$$
より $i$ によって $P$ は $R^\prime$ に移る．よって，$\triangle AET\sim R^\prime EG$ なので，直線 $GH$ 上に $\measuredangle EIG=\measuredangle ER^\prime G=\measuredangle EAP$ となるよう点 $I$ をとると $E,G,I,R^\prime$ と $A,E,I,P$ はそれぞれ同一円周上にあるので
$$\measuredangle GIR^\prime =\measuredangle GER^\prime =\measuredangle PEA=\measuredangle AIG$$
より $A,I,R^\prime$ は同一直線上にある．
$$\measuredangle GEI=\measuredangle EGI+\measuredangle GIE=\measuredangle EAT+\measuredangle PAE=\measuredangle EQA+\measuredangle QAE=\measuredangle QEA$$
より $i$ によって $I$ は $Q$ に移るので，$i$ によって $A$ は $G$，$P$ は $R^\prime$ に移ることとあわせて $G,Q,R^\prime$ は同一直線上にある．つまり，$R^\prime$ は $R$ と一致する．  
　ここで，三垂線の定理より $\angle OTS=90°$ なので $S$ の $\mu$ に対する方べきは
$$OS^2-OA^2=AT^2+ST^2=AS^2$$
である．また，直線 $OM$ は平面 $ERS$ と直交するので平面 $ERS$ による $\mu$ の断面は線分 $ER$ を直径とする円となる．$S$ のこの円に対する方べきは $\mu$ に対する方べきと等しいので
$$EM^2=MS^2-AS^2=1$$
$$ER=2EM=2$$
となる．  
　一方，直線 $OO^\prime$ と直線 $AG$ との交点を $N$ とすると $\triangle AEG\sim \triangle NOG$ であり，この相似で $E^\prime$ と $E$ がそれぞれ対応するので $\angle ENO=\angle E^\prime AE=90°$ である．よって，$N$ に関して $E$ と対称な点を $J$ とすると $J$ は直線 $EN$ と $\omega$ との交点のうち $E$ でない方である．$NG:AG=1:2$ より
$$\frac{AN}{FN}=\frac{AG+GN}{FG-NG}=\frac{1+\frac{1}{2}}{\frac{73}{50}-\frac{1}{2}}=\frac{25}{16}$$
であり，$\angle FJN=\angle GAH$ と方べきの定理から
$$\frac{EN}{AN}=\frac{FN}{JN}=\frac{4}{5}$$
がわかる．$\measuredangle EFR=\measuredangle EPT$ より $FR\parallel PT\parallel EJ$ であることと三平方の定理などから
$$O^\prime H=EN=JN=JF \cdot \frac{JN}{JF}=ER \cdot \frac{JN}{JF}=\frac{10}{3}$$
$$AH=\frac{2}{3}\frac{AE}{NE} \cdot JN=\frac{5}{3}$$
$$EH=\frac{1}{2}AH=\frac{5}{6}$$
と求まる．  
　直線 $BH$ と三角形 $BCD$ の外接円との交点のうち $B$ でない方を $K$ とすると，$A,B,E,K$ を含む円について方べきの定理を用いることで
$$BH\cdot KH=AH\cdot EH=\frac{25}{18}$$
がわかるので
$$O^\prime B^2=O^\prime H^2+BH\cdot KH=\frac{25}{2}$$
となる．また，線分 $BK$ の中点を $L$ とすると $\angle O^\prime LS=\angle O^\prime TS=90°$ より $O^\prime ,L,S,T$ は同一円周上にあるので，これと $A,E,G,T$ が同一円周上にあることから
$$HS=\sqrt{AS^2-AH^2}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$$
$$HL=\frac{HO^\prime\cdot HT}{HS}=\frac{3}{2}\frac{HG\cdot HT}{HS}=\frac{3}{2}\frac{AH\cdot EH}{HS}=\frac{5\sqrt{5}}{8}$$
$$LS=LH+HS=\frac{31\sqrt{5}}{24}$$
$$BL^2=SL^2-SB\cdot SK=LS^2-AS^2=\frac{1925}{576}(\because Sの\mu に対する方べき)$$
と求まる．よって
$$BH+KH=2BL=\sqrt{\frac{1925}{144}}, \quad BH\cdot KH=AH\cdot EH=\frac{25}{18}$$
より $x^2-\sqrt{\sqrt{\dfrac{144207}{4624}}x+\dfrac{25}{8}=0$ の解 $\alpha ,\beta$ はそれぞれ $BH,KH$ と対応している．さらに，直線 $BH$ と 直線 $CD$ との交点を $U$，線分 $CD$ の中点を $V$ とすると $U$ は線分 $KH$ の中点であり，$BH=2O^\prime V$ なので
$$BU=BH+\frac{1}{2}KH$$
$$CD=2CV=2\sqrt{O^\prime C^2-O^\prime V^2}=2\sqrt{O^\prime B^2-(\frac{1}{2}BH)^2}=\sqrt{50-BH^2}$$
となる．  
　以上より，$\alpha +\beta=\sqrt{\dfrac{1925}{144}}, \alpha \beta=\dfrac{25}{18}$ に注意すると多面体 $ABCDE$ の体積としてありうる値の総積は
$$\begin{aligned}
\prod \frac{1}{3} &AE \bigg( \frac{1}{2}BU\cdot CD \bigg) \\\\
&=\frac{25}{576}(2\alpha +\beta)(2\beta +\alpha)\sqrt{(50-\alpha ^2)(50-\beta^2)}\\\\
&=\frac{25}{576}(2(\alpha +\beta)^2+\alpha \beta)\sqrt{\alpha ^2\beta ^2-50((\alpha +\beta)^2-2\alpha \beta)+2500}\\\\
&=\frac{15625\sqrt{4090}}{18432}
\end{aligned}$$
なので，答える値は $\mathbf{38147}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12480
　$5$ 点 $A,B,C,D,E$ がある球面 $\mu$ 上にあり，以下を満たしています．  
- 直線 $AE$ は平面 $BCD$ と直交する  
- $\angle BEC=\angle CED=\angle DEB=90°$

　三角形 $BCD$ の重心を $G$，直線 $AG$ と $\mu$ との交点のうち $A$ でない方を $F$，直線 $EF$ と平面 $BCD$ との交点を $P$，直線 $AP$ と $\mu$ との交点のうち $A$ でない方を $Q$，直線 $GQ$ と $\mu$ との交点のうち $Q$ でないものを $R$，線分 $ER$ の中点を $M$ とします．平面 $ABE$，平面 $BCD$，「直線 $ER$ を含み平面 $AER$ と直交する平面」の交点を $S$ とすると， 
$$AS=\sqrt5, \quad MS=\sqrt6, \quad AG:FG=50:73$$
が成り立ちました．このとき，多面体 $ABCDE$ の体積としてありうる値の総積は，平方因子をもたない正の整数 $b$ と互いに素な正の整数 $a,c$ を用いて $\dfrac{a\sqrt{b}}{c}$ と表されるので，$a+b+c$ の値を解答してください．