　$ABC$ の外接円において弧 $BAC$ の中点を $M$ とすると, well-known factとして $A,D,E,M$ は同一円周上にあり, $MBC$ と $MDE$ は相似な二等辺三角形, ここでは特に正三角形である.\
　一般にそれぞれ線分 $BC,DE$ 上にあり $BK:KC=EL:LD$ をみたす点の組 $(K,L)$ を考えると, $K$ を $B$ から $C$ まで動かしたとき, $\angle BKL$ の大きさは狭義単調減少し, 一方で $\angle DLK$ の大きさは狭義単調増加する. すなわち $\angle BKL=\angle DLK$ なる組 $(K,L)$ は高々 $1$ つしかなく, 存在すればそれが $(P,Q)$ である.\
　ここで, $\angle BME$ の二等分線と線分 $BC,DE$ の交点をそれぞれ $P^\prime,Q^\prime$ とすると, これらは $MBC$ と $MDE$ の相似において対応することが分かるから, 結局これらが $P,Q$ に一致する.\
　$MC$ に関して $B,E$ が反対側にあることから, $\angle BMC\lt \angle BME=2\angle BMP$ より $BP\gt CP$ に留意する.

**方針1.**　$PQ$ に関して $D,E$ と対称な点をそれぞれ $D^\prime,E^\prime$ とすると, それぞれ直線 $CM,BM$ 上にあり, $MD^\prime E^\prime$ は正三角形である. すなわち直線 $D^\prime E^\prime$ は $BC$ に平行であるから, これより
$$10:9=(BC-DE):PQ=BE^\prime:PQ=ME^\prime:MQ$$
$ME^\prime=10,MQ=9$ とおけば, $E^\prime Q=x$ とおいて $ME^\prime Q$ に余弦定理を適用することで
$$MQ^2=E^\prime M^2+E^\prime Q^2-2E^\prime M\times E^\prime Q\cos60^\circ \implies x^2-10x+19=0$$
$D^\prime Q\lt E^\prime Q$ より $x\gt 5$ に留意すれば $x=5+\sqrt{6}$ を得る. よって以下より, 解答すべき値は $\textbf{66}$ である.
$$ \frac{CP}{BP}=\frac{D^\prime Q}{E^\prime Q}=\frac{10-x}{x}=\frac{31-10\sqrt{6}}{19}$$

**方針2.**　求める比を $t$ とすれば，$BC$ の中点 $N$ について直角三角形 $MNP$ に三平方の定理を適用して
$$\left(\dfrac{MP}{BC}\right)^2=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{1-t}{2(1+t)}\right)^2\implies MP=\frac{\sqrt{t^2+t+1}}{t+1}BC$$
一方で, $MP:MQ=BC:DE$ であることから,
$$\dfrac{9}{10}(BC-DE)=PQ=MP-MQ=MP\left(1-\frac{DE}{BC}\right)=\frac{\sqrt{t^2+t+1}}{t+1}(BC-DE)$$
以上より, $t\lt 1$ と併せて $\displaystyle t=\frac{31-10\sqrt{6}}{19}$ を得る.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc064/editorial/266
　$AB\gt AC,\angle A=60^\circ$ なる鋭角三角形 $ABC$ において, それぞれ辺 $AB,AC$ 上の点 $D,E$ が $BD=CE$ を, それぞれ線分 $BC,DE$ 上の点 $P,Q$ が $BP:PC=EQ:QD$ をみたします. このとき,
$$\angle BPQ=\angle DQP,\quad (BC-DE):PQ=10:9$$
が成立するならば, $\displaystyle\frac{CP}{BP}=\frac{a-b\sqrt{c}}{d}$ と表せます. ただし, $a,b,d$ は最大公約数が $1$ で, $c$ は平方因子をもたないものとします. $a+b+c+d$ を解答してください.