　点 $C$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足を $R$, 辺 $CA$ に関して $H$ と対称な点を $S$, 辺 $CB$ に関して $H$ と対称な点を $T$ とする. $\angle HRB = \angle HPB = 90^\circ$ より $4$ 点 $B, H, P, R$ が同一円周上にあるから
$$\angle ASC = \angle AHC = 180^\circ - \angle CHP = 180^\circ - \angle RBC = 180^\circ - \angle ABC$$
より $S$ は $\Gamma$ 上にある. 同様にして $T$ も $\Gamma$ 上にある. $S, T$ の定義より $CH = CS = CT$ であるから, 結局 $\lbrace S, T\rbrace = \lbrace X, Y\rbrace$ が分かる. また, 線分 $HS$ の中点が $Q$, 線分 $HT$ の中点が $P$ であるから
$$XY = ST = 2PQ$$
が分かる. 以下 $PQ$ を求める. \
　$\angle CPH = \angle CQH = 90^\circ$ より $4$ 点 $C, H, P, Q$ は同一円周上にあるから $\angle CHP = \angle CQP = 30^\circ$. よって
$$CH = \dfrac{CP}{\sin30^\circ} = 4\sqrt6, \quad CQ = \sqrt{CH^2 - HQ^2} = 6+2\sqrt3$$
が成立する. 点 $C$ から直線 $PQ$ に下ろした垂線の足を $K$ とすると
$$CK = CQ\sin30^\circ = 3+\sqrt3, \quad PK = \sqrt{CP^2 - CK^2} = 3 - \sqrt3, \quad QK = \sqrt{CQ^2 - CK^2} = 3 + 3\sqrt3$$
より, $PQ = PK + QK = 6+2\sqrt3$ を得る. よって $XY = 2PQ = 12 + 4\sqrt3$ である. 特に解答すべきは $\bf{60}$.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc207/editorial/3099
　外接円を $\Gamma$ とする鋭角三角形 $ABC$ の垂心を $H$ とし，点 $A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足，点 $B$ から直線 $AC$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $P,Q$ とします．また，中心を点 $C$ ，半径を $CH$ とする円 $O$ と $\Gamma$ の交点を $X,Y$ とします．以下が成り立つとき，$XY$ を求めてください．
$$
PC=2\sqrt{6},\quad HQ=6-2\sqrt{3},\quad \angle{PQC}=30^{\circ}
$$ 
ただし，答えは整数 $a,b$ によって $a+\sqrt{b}$ と表されるので，$a+b$ を解答してください．