　$3$ 点 $P,Q,R$ は $y=x^2-\sqrt{5}x-2\sqrt{6}+1$ と $xy=0$ を同時に満たす $3$ 点である．
$$\begin{aligned}
&(y=x^2-\sqrt{5}x-2\sqrt{6}+1)\land(xy=0) \\\\
 \implies & (y^2=-(2\sqrt{6}-1)y)\land(y=x^2-\sqrt{5}x-2\sqrt{6}+1)\\\\
 \implies & x^2+y^2-\sqrt{5}x+(2\sqrt{6}-2)y-2\sqrt{6}+1=0 \\\\
\iff & \Bigl(x-\dfrac{\sqrt{5}}{2}\Bigr)^2+(y+\sqrt{6}-1)^2=\dfrac{29}{4}
\end{aligned}$$
より，$3$ 点 $P,Q,R$ は円 $\Bigl(x-\dfrac{\sqrt{5}}{2}\Bigr)^2+(y+\sqrt{6}-1)^2=\dfrac{29}{4}$ 上にある．この円の面積は $\dfrac{29}{4}\pi$ であるから，求める値は $29+4=\mathbf{33}$.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/6408
　公式解説の式変形はエレガントで素晴らしいですが，地道な計算によって中心を求めることも可能です．

　外接円の中心は，線分 $PQ$ の垂直二等分線上にあるため，$x$ 座標はすぐにわかる．そこで，外接円の中心の座標を $A\left( \dfrac{\sqrt{5}}{2}，t \right)$とおく．$PQ$ の長さは $\sqrt{1+8\sqrt{6}}$ であり，これを用いれば $ AP^2=\dfrac{1+8\sqrt{6}}{4}+t^2$．\
　一方，$AR^2=( \dfrac{\sqrt{5}}{2} )^2+(t+2\sqrt{6}-1)^2$ であり，$AP^2＝AR^2$ から $t$ を求めれば，円の中心の座標（さらには円の半径）が求まる．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/6408/260
$y$ 軸とのもう一つの交点を考える方針．\
\
$R$ の座標は $(0,-2\sqrt{6} +1)$ である．\
また，原点を $O$ とすると，解と係数の関係を考えて $OP\cdot OQ=OR$ であり，点 $O$ は三角形 $PQR$ の外接円の内部にあるので，方べきの定理から三角形 $PQR$ の外接円は点 $(0,1)$ を通る(この点を $S$ とする)．\
放物線の軸の位置を考えれば $PQ$ の中点の $x$ 座標は $\frac{\sqrt{5}}{2}$ であり，$RS$ の中点の $y$ 座標は $-\sqrt{6}+1$ だから，円の中心の座標は $(\frac{\sqrt{5}}{2},-\sqrt{6}+1)$ ．この点と点 $S$ との距離の二乗は $\frac{5}{4}+6=\frac{29}{4}$ なので外接円の面積は$\displaystyle \frac{29}{4}\pi$ ．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/6408/266
　$2$ 次関数 $y=x^2-\sqrt{5}x-2\sqrt{6}+1$ の $x$ 軸との $2$ 交点，$y$ 軸との交点をそれぞれ $P,Q,R$ とするとき，三角形 $PQR$ の外接円の面積は互いに素な正整数 $a,b$ を用いて $\dfrac{a}{b}\pi$ と表されるので， $a+b$ の値を解答してください.