　三角形 $BCP$ の垂心を $H$ とするとこれは直線 $PQ$ 上にある．
$$\angle PBC+\angle PCB=\angle BHC=\angle BAP$$
より，直線 $BC,AD$ の交点を $X$ とすれば次の角度計算が可能である．
$$\begin{aligned}
\angle ABC&=180^\circ-\angle BAP+\angle BXA\\\\
&=180^\circ-\angle BAP+\angle PBC-\angle BPA\\\\
&=180^\circ-\angle BAP+(\angle BAP-\angle PCB)-\angle PCB\\\\
&=2(90^\circ-\angle PCB)\\\\
&=2\angle HBC
\end{aligned}$$
同様に $\angle DCB=2\angle HCB$ がわかるので，直線 $AB,CD$ の交点を $Y$ とすると，点 $H$ は三角形 $YBC$ の角 $Y$ 内の傍心であることがしたがう．よって点 $H$ から直線 $AB,CD$ へ下ろした垂線をそれぞれ $S,T$ とすると次が成り立つ．
$$BS=BQ,\quad CT=CQ, \quad AS=DT$$
よって，
$$CQ-QB=(CD+DT)-(BA+AS)=CD-BA=25$$ 
であるので，$CQ:QB=39:25$ と合わせて，
$$\begin{aligned}
BC&=(CQ-QB)\cdot \frac{CQ+QB}{CQ-QB}\\\\
&=25\cdot \frac{39+25}{39-25}\\\\
&=\frac{800}{7}
\end{aligned}$$
である．特に解答すべき値は $\mathbf{807}$．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983
　図：https:\/\/drive.google.com\/file\/d\/1V8x87dSGONtXBbUe77c5OCLJSrd0VBIm\/view?usp=drive_link

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　まず $\angle BCP=\angle BPA$ は円 $BCP$ と $AD$ が接することに言い換えておく．  
　$BP$ と $CD$ の交点を $S$ とし，$CP$ と $AB$ の交点を $T$ とする．このとき
$$\angle APT=\angle DPC=\angle PBC, \quad \angle PAT=180^\circ-\angle BAP=\angle BPC$$
より $\triangle BPC\sim \triangle PAT$ がわかる．同様に $\triangle BPC\sim \triangle SDP$ もわかる．これより $\angle BTP=\angle SPD=\angle BPA$ であるから，$\triangle BAP\sim \triangle BPT$ がわかる．同様に $\triangle CDP\sim \triangle CPS$ もわかる．さらに同様の角度計算から $BC=BT=CS$ がわかる．

　さて，計算パートに入ろう．$BQ=25x,QC=39x$ とおく．このとき，$BS=CT=BC=64x$ であるから，
$$PB=\sqrt{64x\times 23},PC=\sqrt{64x\times 48}$$
がわかる．$\triangle PBQ$ と $\triangle PCQ$ に三平方の定理を適用すると，
$$PQ^2=64x\times 23-(25x)^2=64x\times 48-(39x)^2$$
が従い，これを解くことにより $BC=64x=\boxed{\dfrac{800}{7}}$ がわかる．
相似を作ろう
https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983/638
　$AB=x,BC=y,CA=z$ とおく．

　$BP$ が $BC$ に移るような回転相似で $A$ が移る点を $A^\prime$ ，$PC$ が $BC$ に移るような回転相似で $D$ が移る点を $D^\prime$ とする．このとき $A^\prime ,D^\prime$ が $BC$ に関して $P$ と同じ側にあるとする．

　$\angle BCP=\angle BPA=\angle BCA^\prime$ と $\angle BAP\lt 90\degree$ より $A^\prime ,P,C$ はこの順に一直線上に並び，また\
　$\angle PBC=180\degree -\angle BPC-\angle BCP=180\degree -\angle BPC-\angle BPA=\angle DPC$ より同様にして $B,P, D^\prime$ はこの順に一直線上に並ぶ．

　このとき $\angle BA^\prime C = 180\degree -\angle BPC=\angle BPA^\prime$ より $A^\prime B=PB$ だから $\dfrac{23y}{x}=x$ ，同様にして $\dfrac{48y}{z}=z$ ．

　よって $x=\sqrt{23y},z=\sqrt{48y}$ だから，三平方より

$$PZ^2=23y-\left\(\dfrac{25}{64}y\right\)^2=48y-\left(\dfrac{39}{64}y\right)^2$$

　これを解くと $y=\dfrac{800}{7}$ がわかる．
回転相似
https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983/639
　$AB$ と $CD$ の交点を $O$ とすると角度追跡で $\angle OBC=2 \angle BCP, \angle OCB=2 \angle CBP$ がわかる．\
三角形 $OBC$ の内心を $I$ とすると，四角形 $BPCI$ は平行四辺形である．三角形 $OBC$ の内接円と $BC,CO,BO$ の接点をそれぞれ $X,Y,Z$ とすると $$OY=OZ,BX=BZ,CX=CY,BX:XC=CQ:QB=39:25$$ である．$BX=39x$ とおくと，$OA=OD$ より $39x+23=25x+48$ なので $x=\dfrac{25}{14}$ であるので，$BC=64x=\dfrac{800}{7}$
内心を取る
https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983/640
　三角形 $ABP, DCP$ の外接円と $BC$ との交点をそれぞれ $R(\neq B), S(\neq C)$ とする．$\angle BPA = \angle BCP = \angle SDP$ より $BP \parallel SD$ であるから，$\angle RAP = \angle RBP = \angle CSD = \angle CPD$ となる．よって $\angle BAR = \angle BAP - \angle RAP = (180^{\circ} - \angle BPC) - \angle CPD = \angle BPA = \angle BRA$ より $BR = BA = 23$．また，$\angle CDS = \angle CDP - \angle SDP = \angle BAP - \angle BAR = \angle RAP = \angle CSD$ より $CS = CD = 48$．さらに，$\angle PRS = \angle BAP = \angle CDP = \angle PSR$ より $PQ$ は二等辺三角形 $PRS$ の垂線となるから，$QR = QS = x$ とおける．$BQ:QC = (x + 23):(x + 48) = 25:39$ より $x = \dfrac{303}{14}$ となるから，$BC = 2x + 71 = \dfrac{800}{7}$．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983/644
　凸四角形 $ABCD$ は $AB = 23, ~ CD = 48, ~ \angle BAD=\angle CDA \le 90^\circ $ をみたしています．さらに辺 $AD,BC$ 上（端点を除く）にそれぞれ点 $P,Q$ をとると，
$$ \angle BCP=\angle BPA, \quad \angle BAP + \angle BPC = 180^\circ $$
$$ BQ:QC=25:39,\quad BC\perp PQ $$
がすべて成り立ちました．このとき，辺 $BC$ の長さは互いに素な正の整数 $a,b$ によって $\dfrac{a}{b}$ と表せるので，$a+b$ を解答してください．