　$O$ を回転の中心とし ，$\triangle{OCD}$ を $\triangle{OAX}$ に移すような回転を考える．角度追跡より $4$ 点 $A,O,C,D$ は共円であるので，$D,A,X$ は共線である．よって，四角形 $AOCD$ の面積は三角形 $ODX$ の面積に等しい．$OD=OX=5,~\angle{DOX}=120^\circ$ であるので，
$$\square AOCD=\triangle{ODX}=\dfrac12\cdot5\cdot5\sin{120^\circ}=\dfrac{25\sqrt3}{4}$$
である．また，$\triangle OAC$ における正弦定理より，$OB=2\sqrt3$ が分かるので，四角形 $ABCD$ の面積は，
$$\dfrac{25\sqrt3}{4}\cdot\dfrac{5+2\sqrt3}{5}=\dfrac{\sqrt{1875}+30}{4}$$
　である．特に解答すべき値は $\mathbf{1909}$．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/10276
（幾何的な考察）\
　まずは幾何的な考察をしておきたい．$\angle ABC=60^{\circ}$ という条件をどのように活用できるだろうか．\
　問題文中に「$\triangle ABC$ の外心を $O$ とする」とあるが，これがなくても外接円を考えて良いくらいである．なぜならば $\angle ABC$ が一定値であるという条件は，線分 $AC$ を固定したときに，点 $B$ がある定円上に存在すると言い換えられるからである（∵ 円周角の定理）．特にこの一定値が $60^{\circ}$ であるという条件はさらに強力で，外接円の半径も容易に求まるし，余弦定理等を使うことも可能である．このような発想があれば，$\triangle ABC, \triangle ADC$ の外接円をそれぞれ描いてみたくなるのは，そう飛躍のあることではない．\
　さて今回の図形は，$4$ 点 $ABCD$ が四角形を成すという条件から，円 $ABC$ と円 $ADC$ は直線 $AC$ から見て反対側に存在する．そして，それらの円の半径が共に一致し，中心間の距離が半径に等しいことは，容易にわかるであろう．\
　以下，公式解説ほどスマートではないが，三角比を用いる方法と座標を用いる方法をそれぞれ紹介する．

---

（三角比を用いる方法）\
　角度追跡より，$4$ 点 $O,A,C,D$ は共円である．さらに円周角の定理から，$\angle ADO=\angle CDO=30^{\circ}$ である．\
　よって求めるべき面積は，

$$\begin{aligned}
\triangle ADB+\triangle BDC&=\dfrac{1}{2}DB\cdot DA \sin 30^{\circ}+\dfrac{1}{2}DB\cdot DC \sin 30^{\circ}\\\\
&=\dfrac{1}{4}DB(DA+DC)
\end{aligned}$$
である．正弦定理を用いれば円 $O$ の半径は $2\sqrt{3}$ なので，$DB=5+2\sqrt{3}$ となる．$DA+DC$ については，四角形 $OADC$ に Ptolemy の定理を適用すればよい．$2\sqrt{3}(DA+DC)=5×6$ より $DA+DC=5 \sqrt{3}$ を得る．

<details><summary>Ptolemy の定理を使わない方針<\/summary>
　$\triangle OAD$ と $\triangle OCD$ はどちらも，$OA=OC=2 \sqrt{3}$，$OD=5$ 共通，$\angle ADO=\angle CDO=30^{\circ}$ である．余弦定理を用いれば，$DA,DC$ はいずれも次の二次方程式の解であることがわかる：
$$(2\sqrt{3})^2=5^2+x^2-2\cdot 5 \cdot x \cos 30^{\circ}$$
　$DA \neq DC$ より，解と係数の関係を用いれば，$DA+DC=5 \sqrt{3}$ であることがわかる．

（$DA \neq DC$ の理由：円 $OACD$ について考えれば，$DA = DC$ ならば $OD$ は円の直径であり，$OD=4\sqrt{3}$ となるはずである．）
<\/details>

---

（座標を用いる方法）\
　$O$ を原点とし，$AC$ が $y$ 軸に平行になるような $xy$ 直交座標を考える．ここでは，点 $C, D$ が共に第 $1$ 象限となるように座標を取る．\
　点 $A(\sqrt{3},-3), C(\sqrt{3},3),$ は比較的容易にわかる．\
　点 $D$ については，条件 $\angle ADC=60^{\circ}$ より，点 $D$ が円 $(x-2\sqrt{3})^2+y^2=12$ 上にあることがわかる．一方，条件 $OD=5$ より点 $D$ は $x^2+y^2=25$ を満たす．連立方程式を解けば $D \left( \dfrac{25 \sqrt{3}}{12}, \dfrac{5 \sqrt{69}}{12}\right)$ であるとわかる．これより，直線 $BOD$ は $y=\dfrac{\sqrt{23}}{5}x$ であり，$OB=2\sqrt{3}$ より $B\left(-\dfrac{5}{2},-\dfrac{\sqrt{23}}{2} \right)$ を得る．\
　よって四角形の面積は，$\triangle ABC+\triangle ADC$ を求めればよいので，次のように得られる：
$$\dfrac{1}{2}×6×\left(\dfrac{25 \sqrt{3}}{12}+\dfrac{5}{2} \right)$$

<details><summary>極形式を用いると少し早い<\/summary>
　円 $ADC$ はよく見ると，極形式と非常に相性の良い形をしている（原点を通り，中心が $x$ 軸上である）．\
　円 $ADC$ の直径が $4\sqrt{3}$ なので，円 $ADC$ の極方程式は $r=4\sqrt{3}\cos\theta$ である．一方 $OD=5$ より，$D\left( 5,\alpha \right)$ と置ける（$\alpha$ は $ \cos\alpha =\dfrac{5}{4\sqrt{3}}$ を満たす）．このとき $B\left( -2\sqrt{3},\alpha \right)$ と置けるのはほぼ明らかであり，
$$\triangle ABC+\triangle ADC=\dfrac{1}{2}×AC×BD \cos\alpha=\dfrac{1}{2}×6×(5+2\sqrt{3})\cos\alpha$$
<\/details>
愚直に求める方法 2 つ（三角比・座標）
https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/10276/459
　凸四角形 $ABCD$ は $AC=6$ および $\angle{ABC}=\angle{ADC}=60^\circ$ を満たします．さらに，$\triangle ABC$ の外心を $O$ とすると $OD=5$ であり，加えて $3$ 点 $B,O,D$ は同一直線上にありました．このとき，四角形 $ABCD$ の面積は互いに素な正整数 $a,b,c$ を用いて $\dfrac{b+\sqrt c}{a}$ と表されるので，$a+b+c$ を解答してください．