　三角形 $ABC$ の外接円の $B$ での接線と $C$ での接線の交点を $N$ とする. 三角形 $ABO$ と三角形 $PBA$, 三角形 $ACO$ と三角形 $QCA$, 三角形 $QCR$ と三角形 $PBR$ はそれぞれ相似であるから, 
$$BR:CR=PB:QC=(PB\times OB):(QC\times OC)=AB^2:AC^2$$
を得る. 従って直線 $AR$ は三角形 $ABC$ の $A$ に対する類似中線であるから, 直線 $AR$ 上に $N$ が存在する. \
　また, 三角形 $SXY$ の内心が $A$ となるように点 $S$ を取ると
$$\angle NAX + \angle SAX = \angle YAD + \angle SAX = (90^\circ - \angle AYX) + (180^\circ - \angle AXS - \angle ASX) = 180^\circ$$
より $S$ は直線 $AN$ 上にある. 直線 $SN$ が線分 $XY$ の垂直二等分線でないことに気をつければ
$$XN = YN,\quad \angle XSN = \angle YSN$$
から $4$ 点 $N,S,X,Y$ は同一円周上にある. $A$ は三角形 $SXY$ の内心であったから, $AN = XN = YN$ が分かる. \
　ここで, 三角形 $ABC$ を $N$ を中心に $B$ が $C$ に重なるまで回転したとき, $A$ の移る先を $A^\prime$ とおく. このとき, 
$$|\triangle ABC|=|\triangle AA^\prime C|$$
が成立する. 実際, $\angle BAC+ACA^\prime=180^\circ$ よりわかる. これより, 以下の成立が分かる.
$$|\triangle ABC|=\frac12(|\triangle AA^\prime N|-|\triangle BCN|)=\frac12(NA^2-NB^2)\sin\angle BAC\cos\angle BAC$$
さらに, 
$$NA^2-NB^2=NX^2-NB^2=XB^2=\bigg(\frac1{2\sin\angle BAC}(XY+BC)\bigg)^2$$
であるから, 結局三角形 $ABC$ の面積は以下のように求められる. 特に, 解答すべき値は $\mathbf{103549}$.
$$|\triangle ABC|=\frac12\bigg(\frac1{2\sin\angle BAC}(XY+BC)\bigg)^2\sin\angle BAC\cos\angle BAC=\frac{103544}{5}$$
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/4331
　$NA=NX=NY$ の別証明です. $AR$ がsymmedianであることは示したとします.
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　条件より $\angle XAY$ と $\angle DAN$ の二等分線は一致するのでそれと $BC$ の垂直二等分線の交点を $T$ とおく. このとき, $A$ が直線 $NT$ 上にないことに気をつければ $AXTY$ は共円である. さらに, 
$$\angle NAT=\angle DAT=\angle NTA$$
より $N$ は $AT$ の垂直二等分線上にあるため, $N$ は $AXTY$ の外接円の中心である. 特に $NA=NX=NY$ が示された.
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/4331/128
　$AB\lt AC$ なる鋭角三角形 $ABC$ において，外心を $O$，$A$ から $BC$ におろした垂線の足を $D$ とします．半直線 $BO$ 上に $2$ 点 $P, X$ を，半直線 $CO$ 上に $2$ 点 $Q, Y$ を，辺 $BC$ 上に点 $R$ を，すべての点が相異なるようにとると，以下が成立しました：
- $AB=AP, \quad AC=AQ$．
- $\angle BPR=\angle CQR$．
- $\angle RAX=\angle DAY$．
- 直線 $BC$ と直線 $XY$ は平行.
- $BC=256 , ~ XY=260 , ~ \cos\angle BAC=\dfrac{28}{53}$．

　このとき，三角形 $ABC$ の面積を求めてください．ただし，答えは互いに素な正整数 $a, b$ を用いて $\dfrac{a}{b}$ と表せるので，$a+b$ を解答してください．