　一般に，$AP = x, DP = y$ の場合を考える．\
　直線 $DP$ と三角形 $ABC$ の内接円の交点のうち $D$ でない方を $Q$ とし，三角形 $ABC$ の内接円の $Q$ での接線と辺 $AB, AC$ の交点を $R, S$ とする．\
$$\begin{aligned}
\angle BRS
&= 180^\circ - 2\angle FQR\\\\
&= 180^\circ - 2\angle FDQ\\\\
&= 180^\circ - 2(90^\circ - \angle EFD)\\\\
&= 2\angle CED\\\\
&= 180^\circ - \angle BCS
\end{aligned}$$
より，四角形 $BCSR$ は円に内接する．この円の中心を $M$ とし，直線 $BC$ と $EF$ の交点を $X$ とする．六角形 $BCESRF, BDCSQR$ へのBrianchonの定理より $4$ 直線 $BS, CR, DQ, EF$ は $P$ で交わるので，Brocardの定理より，直線 $AP$ と $XM$ は直交する．ここで，直線 $AP$ は辺 $BC$ とも直交するので，$M$ は辺 $BC$ の中点である．従って，$\angle BRC = \angle BSC = 90^\circ$ であるから，$P$ は三角形 $ABC$ の垂心である．\
　三角形 $ABC$ の内心を $I$ とし，直線 $AP$ と $BC$ の交点を $H$ とする．
$$\angle IBR + \angle ICS = 180^\circ - (\angle IRS + \angle ISR) = \angle RIS$$
であるから，接弦定理より三角形 $BIR$ の外接円と三角形 $CIS$ の外接円は接する．ここで，この二つの円と四角形 $BCSR$ の外接円の根心は $A$ であるから，
$$AI^2 = AB \times AR = AH\times AP$$
である．従って，四角形 $APDI$ が平行四辺形であることと併せて，$AH = \dfrac{y^2}{x}$ である．また，三平方の定理より
$$DH = \sqrt{y^2 - (AH - x)^2} = \frac{\sqrt{3x^2y^2 - x^4 - y^4}}{x}$$
である．\
　三角形 $ABC$ の外心を $O$ とし，$A$ に対する傍接円と辺 $BC$ の接点を $T$，線分 $AH$ の中点を $N$ とする．線分 $DT$ の中点は $M$ であり，$MO = 0.5x$ であるから，$3$ 点 $I,O,T$ は同一直線上にある．また，$3$ 点 $I,N,T$ も同一直線上にあるので，$3$ 点 $I, N, O$ は同一直線上にあることが分かる．
<details><summary>線分 $DT$ の中点が $M$ であることの証明<\/summary>
　三角形 $ABC$ の $A$ に対する傍心を $J$ とし，三角形 $ABC$ の外接円の $A$ を含まない弧 $BC$ の中点を $K$ とする．\
　$\angle IBJ = \angle ICJ = 90^\circ$ であるから，$4$ 点 $B,C,I,J$ は線分 $IJ$ を直径とする円上に存在する．また，
$$\angle IBK = \angle IBC + \angle CBK = \angle \angle ABI + \angle CAK = \angle ABI + \angle IAB = \angle BIK$$
より $BK = IK$ であり，同様にして $CK = IK$ なので，$I$ は三角形 $BCI$ の外心である．従って，$K$ は線分 $IJ$ の中点である．ここで，$D,M,T$ は $I,K,J$ を直線 $BC$ に正射影した点であるので，$M$ は線分 $DT$ の中点である．
<\/details>
<details><summary>$3$ 点 $I,N,T$ が同一直線上にあることの証明<\/summary>
　$I$ に関して $D$ と対称な点を $D^\prime$ とする．$D^\prime$ での三角形 $ABC$ の内接円の接線と $T$ での三角形 $ABC$ の $A$ に対する傍接円の接線は平行であるから，$A$ を中心とする三角形 $ABC$ の内接円と $A$ に対する傍接円の相似において $D^\prime$ と $T$ は対応する．従って，$A,D^\prime, T$ は同一直線上にある．また，$H,D,T$ も同一直線上にあり，直線 $AH$ と $D^\prime D$ は平行であるから，線分 $AH$ の中点 $N$ と線分 $D^\prime D$ の中点 $I$ を結ぶ直線は $T$ を通る．
<\/details>

今，三平方の定理より
$$IN^2 = DH^2 + (AN - ID)^2 = \frac{8x^2y^2 - 3y^4}{4x^2}$$

であるから，$\angle NAI = \angle OAI$ より次の補題を用いることで
$$AO = \frac{AN\times AI^2}{AN^2 - IN^2} = \frac{xy^2}{2y^2 - 4x^2}$$
を得る．

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**補題.**　三角形 $XYZ$ の辺 $YZ$ 上に $W$ を $\angle YXW = \angle ZXW$ を満たすように取ったとき，次が成立する．$$XZ = \frac{XY\times WX^2}{XY^2 - WY^2}$$
**証明.**　三角形 $XYZ$ の外接円と $WX$ の交点を $V$ とする．
$$\angle XVZ = \angle XYW,\quad \angle WXY = \angle VXZ$$
であるから，三角形 $WXY$ と $ZXV$ は相似である．従って，
$$XY\times XZ = WX\times VX$$
である．また，方べきの定理より $VW\times WX = WY\times WZ$ であるから，
$$WX^2 = WX\times VX - WX\times VW = XY\times XZ - WY\times WZ$$
である．さらに $WZ = \dfrac{WY\times XZ}{XY}$ を代入して変形すれば，所望の式を得る．
----

従って，
$$BC = 2BM = 2\sqrt{AO^2 - MO^2} = \frac{2x^2\sqrt{y^2 - x^2}}{y^2 - 2x^2}$$
であるから，求める面積は
$$\frac{1}{2}\times AH\times BC = \frac{xy^2\sqrt{y^2-x^2}}{y^2-2x^2}$$
である．$(x,y)=(321,500)$ を代入して計算すれば，解答すべき値は $\bf{40293918}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce005/editorial/7423
　$AP=x, DP=y$ とする．三角形 $ABC$ の $\angle A$ 内の傍心，傍接円を $I_A, \omega_A$ とし $\omega_A$ と直線 $BC, CA, AB$ の接点を順に $D_A, E_A, F_A$ とする．直線 $AP$ と直線 $BC, E_AF_A$ の交点を $H, Q$ とし，点 $I$ から直線 $AP$ に下ろした垂線の足を $J$ とする．\
　四角形 $APDI$ は平行四辺形なので $AP=ID=JH$ であり，$A, E, I, J, F$ の共円から
$$AP\times AJ=AF^2=AI^2-IF^2=AI^2-AP\times JH \rArr AI^2=AP\times AH$$
がわかる．$A$ を中心とした相似拡大などから $HD:HD_A=ID:I_AD_A$ より $\angle IHA=\angle I_AHQ$ であり，$AP:AQ=AI:AI_A$ から $AH\times AQ=AI\times AI_A$ より $I, I_A, Q, H$ が共円となるので，上記と合わせて $QI=QI_A$ となる．したがって四角形 $IE_AI_AF_A$ はひし形となり $IF_A=I_AF_A$ および $F_A, I, E$ が同一直線上であることから $\cos A=\dfrac {IF}{IF_A}=\dfrac {IF}{I_AF_A}=\dfrac {AI}{AI_A}$ となる．よって求める三角形 $ABC$ の面積は
$$\dfrac 12AB\times AC\sin A=\dfrac 12AI\times AI_A\sin A=\dfrac 12AI^2\tan A$$
　ここで $\sin \dfrac A2=\dfrac xy$ より $\tan A=\dfrac {2\sin \frac A2 \cos \frac A2}{1-2\sin ^2\frac A2}=\dfrac {2x\sqrt {y^2-x^2}}{y^2-2x^2}$ なので求める値は $\dfrac {xy^2\sqrt {y^2-x^2}}{y^2-2x^2}$ である．
傍心を用いた解法
https://onlinemathcontest.com/contests/omce005/editorial/7423/546
$EF$ の中点を $N$ とする．$x=500,y=321$ とすると四角形 $APDI$ は平行四辺形なので $AI=x,EI=DI=y$．そのため $IN=\frac{y^2}{x}$ で，$AN=x-\frac{y^2}{x}=\frac{x^2-y^2}{x}$．\
$AP$ と $BC$ の交点を $H$ とすると三角形 $ANP,PHD$ は相似なので $PH=AN\cdot \frac{PD}{AP}=\frac{y^2-x^2}{y}$．よって $AH=y+PH=\frac{x^2}{y}$．\
三角形 $ABC$ の面積を $S$ とし，辺 $BC,CA,AB$ の長さを $a,b,c$ とすると $aAH=(a+b+c)DI=2S$ となるので $a:a+b+c=DI:AH=y^2:x^2$．故に $a:\frac{b+c-a}{2}=y^2:\frac{x^2-2y^2}{2}$ である．\
ここで $AE=\frac{b+c-a}{2}$ で，$AE=\sqrt{AI^2-EI^2}=\sqrt{x^2-y^2}$ であるため，$a=\sqrt{x^2-y^2}\frac{2y^2}{x^2-2y^2}$．\
よって $S=aAH\frac{1}{2}=\sqrt{x^2-y^2}\frac{2y^2}{x^2-2y^2}\cdot \frac{x^2}{2y}=\sqrt{x^2-y^2}\frac{y}{x^2-2y^2}x^2$
後は代入するだけ．\
\
追記　本解と $x,y$ を逆にしてしまった、、、
周を利用する方法
https://onlinemathcontest.com/contests/omce005/editorial/7423/554
　$AB\neq AC$ なる三角形 $ABC$ の内接円と辺 $BC, CA, AB$ の接点をそれぞれ $D,E,F$ とし，$D$ から直線 $EF$ に下ろした垂線の足を $P$ とすると，$AP \perp BC$ となりました．さらに，
$$AP = 321,\quad DP = 500$$
であるとき，三角形 $ABC$ の面積を求めてください．ただし，求める答えは互いに素な正の整数 $a,b$ と平方因子を持たない正の整数 $c$ 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．