　直線 $BE$ 上に点 $F$ を，$DE = EF$ かつ $3$ 点 $B, E, F$ がこの順に並ぶように取る．すると $\angle CEF = \angle CED = 108^\circ$ より三角形 $CEF$ と三角形 $CED$ は合同なので，$\angle ECF = \angle ECD = 30^\circ$ となる．また $\angle CBF = \angle CBE = 30^\circ$ より，三角形 $ECF$ と三角形 $CBF$ が相似なので，$FE \times FB = FC^2$ となる．さらに $CD = CF$ と $\angle DCF = 2\angle DCE = 60^\circ$ より三角形 $DCF$ は正三角形なので，$DF = FC$ である．よって，
$$FE \times FB = FC^2 = DF^2$$
より三角形 $FED$ と 三角形 $FDB$ は相似なので，$FD = DB$ を得る．これより，$DB = DF = DC$ が従い，$\angle DBC = \angle DCB = 48^\circ$ から $\angle DAE = \angle BAC = 54^\circ$ となる．さらに $\angle ADE = 54^\circ$ および $DE = AE = 5$ も従うので，正弦定理より 
$$BD^2 = DC^2 = 100 \sin^2{108^\circ} = \dfrac{125 + 25\sqrt{5}}{2}$$ 
となる．解答すべき値は $\mathbf{3252}$．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc178/editorial/7916
　実は $BD = CD$ は様々な方法で示すことができます. ($BD = CD$ を示した後の方針は公式解説と同様です.) そこで, ここでは $BD = CD$ を示す $2$ つの方法の大まかな流れを紹介します. $ \\\ $
**方針1**
- 三角形 $BEC$ の外心を $F$ とする. すると, 三角形 $FEC$ は正三角形となる.
- $∠FCD = ∠ECD = 30^\circ$ より, 三角形 $FCD$ と三角形 $ECD$ は合同と分かり, $∠FDC = ∠EDC = 42^\circ$ と分かる.
- $DF \perp BC$, 及び $BF = CF$ から直線 $DF$ が $BC$ の垂直二等分線と分かり, $BD = CD$ が従う.

**方針2**
- 三角形 $DEC$ の外心を $L$ とする. すると, 三角形 $DLE$ は正三角形となり, 簡単な角度計算により $∠BCL = 30^\circ$ が分かる.
- 直線 $CL$ と直線 $BE$ の交点を $K$ とすると, $BK = CK$ , 及び $∠LKE = 60^\circ$ が分かる.
- $∠LKE = ∠LDE = 60^\circ$ より, 四点 $K, D, E, L$ が共円と分かり, 円周角の定理より $∠KDL = ∠KEL = 24^\circ$ が分かる.
- $∠KDC = ∠KDL + ∠LDC = 42^\circ$ より $DK \perp BC$ が, $BK = CK$ より直線 $DK$ が $BC$ の垂直二等分線であることが従い, $BD = CD$ が従う.
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc178/editorial/7916/288
　コンテスト中で用いた解法を整理したものです．

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![figure 1](\/images\/OtuE4jDDX85dsvjatHFm6eNpUc56LVFTpu0cTBWO)

　$\\ \triangle BCE$ の外心を $P$ とすると，$\angle CBE = 30^\circ$ より，$\angle CPE = 60^\circ$ となり $\triangle CEP$ は正三角形で，以下が分かる：
$$ \angle DCP = 30^\circ,\quad \angle PBC = \angle PCB = 18^\circ,\quad \angle BPC = 144^\circ. $$
また $E$ と $P$ は $CD$ に対して対称な位置にあるから，$DE = DP$ で
$$ \angle DPE = \angle DEP = 48^\circ,\quad \angle PDE = 84^\circ. $$
$\triangle DPE \equiv \triangle QBP$ となるように $Q$ をとると，$\angle DPQ = 60^\circ$ より $\triangle DPQ$ は正三角形で，以下が分かる：
$$ \angle BQD = 144^\circ,\quad \angle QBD = \angle QDB = 18^\circ,\quad \angle ADE = 54^\circ = \angle DAE.  $$
これより $AE = DE$ となって
$$ BQ = DQ = DP = DE = AE = 5 $$
より
$$ BD^2 = (2 \times 5\cos18^\circ)^2 = 50 \left(1 + \cos 36^\circ\right) = 50 \left(1 + \frac{1 + \sqrt5}4\right) = \frac{125 + 25\sqrt5}2. $$
したがって求める値は $\bm{3252}$．
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**【補足】**$\hspace{300000sp}$一般に整角四角形の問題は「外心 $3$ つ法」により単純化できる．すなわち，$\triangle BCE$ の外心を $P$，$\triangle CDE$ の外心を $P^\prime$，$\triangle CPP^\prime$ の外心を $P^{\prime\prime}$ とし，$\triangle BQP$ と $\triangle CP^\prime\\, E$，$\triangle DRP^\prime$ と $\triangle CPE$ がそれぞれ相似になるように $Q,\\, R$ を定める．このとき，各線分の長さの等しい折れ線 $BQPP^{\prime\prime}\\,P^\prime\\, RD$ を考えると，各線分の $CE$ に対する偏角は既知であるから，$BD$ の $CE$ に対する偏角を知ることができる．  
　今回は
$$ BQPP^{\prime\prime}\\,P^\prime\\, RD \stackrel{①}{\longrightarrow} BQPP^{\prime\prime}\\,P^\prime\\, D \stackrel{②}{\longrightarrow} BQPD \stackrel{③}{\longrightarrow} BQD $$
として得られる．ただし $①$ は $\triangle DP^\prime\\, R$ が正三角形であること，$②$ は四角形 $DPP^{\prime\prime}\\,P^\prime$ が平行四辺形であること，$③$ は $\triangle DPQ$ が正三角形であることを利用して変形した．
外心 3 つ法
https://onlinemathcontest.com/contests/omc178/editorial/7916/293
　三角形 $ABC$ の辺 $AB, AC$ 上に（端点を除く）それぞれ点 $D, E$ をとったところ，
$$ \angle{BED} = 36^\circ, \quad \angle{BEC} = 72^\circ $$
$$ \angle{DCA} = 30^\circ, \quad \angle{DCB} = 48^\circ, \quad AE = 5 $$
が成立しました．このとき，線分 $BD$ の長さの $2$ 乗を求めてください．ただし，答えは最大公約数が $1$ である正整数 $a, b, c$ によって $ \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．