　$BD$ について $C$ と対称な点を $E$ とすると，$BCDE$ はひし形であるから，
$$\angle ABE=(\angle ABC+\angle BCD)-(\angle EBC+\angle BCD)=240^{\circ}-180^{\circ}=60^{\circ}$$
を得る．よって三角形 $ABE$ は正三角形であるから，
$$\angle DAE=\dfrac{1}{2}(180^{\circ}-116.55^{\circ}-60^{\circ})=\dfrac{69}{40}^{\circ},\quad \angle DAB=60^{\circ}-\dfrac{69}{40}^{\circ}=\dfrac{2331}{40}^{\circ}$$
であり，特に求めるべき値は $\textbf{2371}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/3566
　点 $B$ が中心で半径 $BA$ の円，点 $C$ が中心で半径 $CD$ の円を考える．これらの交点のうち一方は線分 $AD$ 上に存在し，他方の点 $P$ は，$\triangle{PAD}$ が正三角形となるような点である．\
　このことを用いれば，容易に解くことができる．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/3566/258
　$AB=CD,\angle BAD+\angle ADC=120^\circ$ から，四角形$ABCD$の形をしたタイルを$6$つつなげると下図のように正六角形が$2$つできることが分かります．あとは等辺の条件を用いて良い感じに角度追跡（後述）をすれば良いです．

注：問題文と点の文字が異なります．また，図を作り間違えて$BH=HG$にするのを忘れました．心の目で見てください．

![figure 1](\/images\/9su6gROkKkGp279ONypzycEoyVCqdCkTB2t0hsBz)

<details>
<summary>良い感じの角度追跡（雑です）<\/summary>
　点の記号は上図を参照してください．$\angle BHG=123.45^\circ, \angle OHG=60^\circ$から$\angle BHO=176.55^\circ$がわかります．$\triangle HBO$が$HB=HO$なる二等辺三角形であることから，$\angle HBO=1.725^\circ$であり，$\angle ABO=60^\circ$とあわせ$\angle ABH=58.275^\circ$であることが分かりました．
<\/details>

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　一般に，$AD$を$BC$にうつす相似拡大の中心（上の条件では六角形の中心）を$O$とするとき，$O$は（完全）四角形$ABCD$のミケル点と呼ばれます．いろいろと良い性質があるので船旅本の10章を参照することをおすすめします．また，OMCに還元した例としては[OMC100(D)](https:\/\/onlinemathcontest.com\/contests\/omc100\/tasks\/2630)などが挙げられます．

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　また，類題として以下の問題を紹介します．なお，この問題にはミケル点を使わない比較的単純な解法も存在します．

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$$AB=5,BC=14,CD=8,\angle ABC=80^\circ,\angle BCD=40^\circ$$
をみたす四角形$ABCD$について，辺$BC,AD$の中点をそれぞれ$M,N$としたとき，線分$MN$の長さを求めよ．


<details>
<summary>ミケル点を利用した解法<\/summary>
　直線$AB$と直線$CD$の交点を$P$とし，円$PAD$と円$PBC$の交点$(\neq P)$を$Q$とする．このとき，円周角の定理から$\triangle QAD\sim\triangle QBC$が成り立ち，これより$\triangle QAB \sim\triangle QDC$が成り立つことがわかる．（この点$Q$が四角形$ABCD$のミケル点である．）$\angle BQC=\angle BPC=60^\circ$と$QB:QC=AB:DC=5:8$より余弦定理から$QB=10, QC=16$がわかる．$\triangle QBC$に中線定理を適用すると$2(QM^2+BM^2)=QB^2+QC^2$を得られ，これより$QM=\sqrt{129}$がわかる．$\triangle QAD$と$\triangle QBC$の相似で点$M$と点$N$が対応するので$\triangle QAN \sim \triangle QBM$すなわち$\triangle QAB \sim \triangle QNM$が成り立つので，$QM:MN=QB:BA=2:1$であるから，$MN=\dfrac{QM}{2}=\boxed{\dfrac{\sqrt{129}}{2}}$を得る．
<\/details>

<details>
<summary>ミケル点を利用しない解法の概略（表現が雑です）<\/summary>
　$DN$が$AN$にくっつくように四角形$NMCD$を回転させ四角形$ABMN$とくっつけます．$C,M$が動いた先を$C^\prime,M^\prime$とすると，四角形$BMC^\prime D^\prime$は平行四辺形になります．また，角度の条件から良い感じに$120^\circ$が出てくるので，余弦定理を利用することにより答えが求まります．
<\/details>
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/3566/265
　凸四角形 $ABCD$ が
$$AB=BC=CD,\quad \angle ABC=123.45^{\circ},\quad \angle BCD=116.55^{\circ}$$
を満たすとき，$\angle DAB$ の大きさは度数法で互いに素な正整数 $a, b$ によって $\dfrac{a}{b}$ 度と表せるので，$a+b$ を解答してください．