　直線 $RH$ と $\Gamma$ の交点を $S$ $(S\neq R)$ とする．$H$ と $P$ は直線 $AC$ に関して対称であり，$H$ と $Q$ は直線 $AB$ に関して対称であるから，$A$ を中心とし $H$ を通る円を $\Omega$ とすると，$\Omega$ は $P, Q$ を通る．線分 $AR$ が $\Gamma$ の直径であることから $\angle{APR}=\angle{AQR}=90^\circ$ であり，$\Omega$ は直線 $PR, QR$ とそれぞれ $P, Q$ で接する．また，$O$ を中心とし，$M, N$ を通る円を $\omega$ とすると，$\omega$ は $R$ を中心として $\Omega$ を $\dfrac{1}{2}$ に相似拡大した円である．よって，$\omega$ は直線 $PR, QR$ とそれぞれ $M, N$ で接する．線分 $BC$ の中点を $L$ とすると，$OL=\dfrac{1}{2}AH$ であり，線分 $OL$ と直線 $BC$ は直交するから，$\omega$ は $L$ で直線 $BC$ に接する．

**補題 (La Hire's theorem)．** 円 $\gamma$ と，$\gamma$ の中心とは異なる $2$ 点 $I, J$ に対して，$J$ が $I$ の極線上にあるならば， $I$ は $J$ の極線上にある．
<details>
<summary>証明<\/summary>
　$\gamma$ の中心を $O$ とし，$\gamma$ に関する反転で $I, J$ がうつる点を $I^{\prime}$, $J^{\prime}$ とする．$I$ の極線 $l$ は，$I^{\prime}$ を通り $OI$ に垂直な直線であるから， $\gamma$ に関する反転で $l$ が移る円を $\omega$ とすると，$OI$ は $\omega$ の直径となる．$J$ が $l$ 上にあることから，$J^\prime$ は $\omega$ 上にあり，$\angle{IJ^\prime O}=90^\circ$ である．よって，$I$ は $J^\prime$ を通り，$OJ$ に垂直な直線，すなわち $J$ の極線上にある．
<\/details>

　直線 $MN$ は $\omega$ に関する $R$ の極線であり，$X$ は直線 $MN$ 上にあるから，補題より直線 $RL$ は $X$ の極線である．よって，直線 $XO$ と直線 $RS$ は直交し，特に $\angle{XRS}=\angle{XSR}$ が成り立つ．また，三角形 $AHO$ と三角形 $RXH$ は相似であるから，$\angle{HAO}=\angle{XRH}$ が成り立つ．よって，直線 $AH$ と $SX$ の交点を $D$ とすると，
$$\angle{DSH}=\angle{XSR}=\angle{XRH}=\angle{HAO}=\angle{DAR}$$
が成り立つから，$D$ は $\Gamma$ 上にある．$D$ は直線 $AH$ と $\Gamma$ の $A$ でない方の交点であるから, $BC$ に関して $H$ と対称であり，$\angle{XDH}=\angle{XHD}$ が成り立つ．また，円周角の定理より $\angle{XDH}=\angle{HRO}$ であるから，$\angle{XHD}=\angle{HRO}$ である．再び三角形 $RXH$ と三角形 $AHO$ の相似より，$\angle{RHX}=\angle{AOH}$ であるから，$\angle{SHX}=\angle{HOR}$ である．以上より，
$$\angle{SHD}=\angle{SHX}+\angle{XHD}=\angle{HOR}+\angle{HRO}=\angle{OHS}$$
を得る．また，$\angle{SDH}=\angle{ORS}=\angle{OSH}$ であるから，三角形 $SHD$ と三角形 $OHS$ は相似であり，特に $\angle{DSH}=\angle{SOH}$ である．よって，$$\angle{SOH}=\angle{DSH}=\angle{RAH}=\angle{ROL}$$
であり，$OS=OR$ であることとあわせて，$H$ と $L$ が $OX$ に関して対称であることが分かる．これより，$OH=OL$ であるから，$AH=2OL=2OH$ であり，$SH=HL=LR$ であるから，$HR=2SH$ である．また，$H$ と $L$ の対称性より，$\angle{XHL}=\angle{XLH}$ であるから，$H$ から直線 $AR$ に下した垂線の足を $E$ とすると，
$$\angle{HOE}=\angle{XHL}=\angle{XLH}=\angle{DRS}=\angle{HAS}$$
が成り立ち，$\angle{HEO}=\angle{HSA}=90^\circ$ とあわせて三角形 $HOE$ と三角形 $HAS$ は相似であることが分かる．よって，三角形 $SHE$ と三角形 $AHO$ は相似となり，$AH=2HO$ より，$SH=2HE$ となる．$HR=2SH$ であったから，$HR=2SH=4HE$ であり，三角形 $RHE$ と三角形 $RAS$ は相似であるから，$AR=4AS$ が分かる．\
　以上より，$\Gamma$ の半径を $r$ とおくと，
$$AR=2r, \hspace{5pt}AS:AR=1:4, \hspace{5pt}SH:HR=1:2$$
が成り立つから，三平方の定理などを用いて計算することで，
$$AH=\dfrac{\sqrt{6}}{3}r, \hspace{5pt}\tan\angle{HAS}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}$$ 
を得る．$H$ と $L$ が $OX$ に関して対称であることから，$\angle{OHX}=\angle{OLX}=90^\circ$ であり，三角形 $AHO$ と三角形 $RXH$ の相似により，$$XR=AH\cdot \dfrac{HX}{OH}=AH\cdot \tan\angle{HOX}$$が成り立つ．また，四角形 $OLXH$ は円に内接するから，円周角の定理より，$\angle{HOX}=\angle{HLX}=\angle{HAS}$ である．以上より，$$XR=AH\cdot \tan\angle{HOX}=AH\cdot\tan\angle{HAS}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}r\cdot\dfrac{\sqrt{15}}{3}=\dfrac{\sqrt{10}}{3}r$$
と計算できるから，$r=2024$ を代入することで，$XR=\dfrac{2024\sqrt{10}}{3}$ を得る．特に解答すべき値は $\mathbf{40965769}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12702
　半径 $2024$ の円 $\Gamma$ に内接する三角形 $ABC$ があり，その垂心を $H$，外心を $O$ とします．直線 $BH, CH, AO$ と $\Gamma$ が再び交わる点をそれぞれ $P(\neq B),~ Q(\neq C), ~ R(\neq A)$ とします．線分 $PR, QR$ の中点をそれぞれ $M, N$ とし，直線 $MN$ と直線 $BC$ の交点を $X$ とするとき，三角形 $AHO$ と三角形 $RXH$ は相似でした（点は並び順の通りに対応する）．このとき，線分 $XR$ の長さの二乗は互いに素な正整数 $a, b$ を用いて $\dfrac{a}{b}$ と表せるので，$a+b$ を解答してください．