　三角形 $IBC,ICA,IAB$ の外心をそれぞれ $X,Y,Z$ とすると, well-known factとして一般にこれらはすべて $ABC$ の外接円上にある. 三角形 $ABC$ において, 外心を $O$ , 外接円の半径を $R$ とすれば, $OX⊥BC$ より四角形 $OBXC$ の面積は $\dfrac{1}{2}×OX×BC=\dfrac{5}{2}R$ である. 
点 $Y,Z$ についても同様に考えることで, 六角形 $AZBXCY$ の面積は $\dfrac{15}{2}R$ であり, $\triangle IYZ\equiv \triangle AYZ$ などに留意すれば求める面積はこれの半分である. 正弦定理より $R=\dfrac{8}{\sqrt{7}}$ であるから, 求める面積は $\dfrac{15}{4}R=\dfrac{30}{\sqrt{7}}$ と計算でき, 以上より解答すべき値は $900+7=\textbf{907}$ である.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/1929
　ここでは，この問題の一般化を考えてみましょう．

　鋭角三角形 $ABC$ に対し，内心を $I$ として三角形 $IBC,ICA,IAB$ の外心をそれぞれ $X,Y,Z$ とすると，well-known factとしてこれらはすべて三角形 $ABC$ の外接円上にあります．三角形 $ABC$ の外心を $O,$ 外接円半径を $R$ とし，$BC=a,CA=b,AB=C$ とすれば，六角形 $AZBXCY$ の面積は四角形 $OBXC,OCYA,OAZB$ の面積の和であるから，
$$\frac{aR}{2}+\frac{bR}{2}+\frac{cR}{2}$$
で求まりますね．$I$ を $YZ,ZX,XY$ で折り返したものが $A,B,C$ であることに注意すれば，六角形 $AZBXCY$ の面積は三角形 $XYZ$ の面積の $2$ 倍だとわかります $\cdots(*)$．よって，三角形 $XYZ$ の面積は
$$\frac{(a+b+c)R}{4}$$
と分かりました．

　これは，三角形 $ABC$ の面積は三角形 $ABC$ の内接円半径を $r$ とすれば
$$\frac{(a+b+c)r}{2}$$
となるという事実に似た式で綺麗ですね！ついでに，
$$\frac{△XYZ}{△ABC}=\frac{R}{2r}$$
が成り立つこともわかります．これにて，この問題の一般化は完了です．

　さて，この問題では $(*)$ の事実がカギとなったわけですが，これに似た性質として思い出されるのが，三角形 $ABC$ の垂心を $H$ とすれば，$H$ を $BC,CA,AB$ で折り返した点を $D,E,F$ とすると，$D,E,F$ は三角形 $ABC$ の外接円上にあるというものです．\
　これにより，六角形 $AFBDCE$ の面積は三角形 $ABC$ の面積の $2$ 倍であることもわかりますね．

　以上のことをまとめると， 
$$\frac{R}{2r}=\frac{△XYZ}{△ABC}=\frac{六角形AZBXCYの面積}{六角形AFBDCEの面積}$$
となるわけですが，$X,Y,Z$ は弧 $BC,CA,AB$ の中点なので
$$△XBC\geq△DBC,\quad △YCA\geq△ECA,\quad △ZAB\geq△FAB$$
となることに注意すれば， 
$$(六角形AZBXCYの面積) \geq (六角形AFBDCEの面積)$$
であるから，$R\geq{2r}$ が成り立つことが示せました！

　これは，オイラーの不等式と呼ばれる有名な幾何不等式です．\
　この問題の一般化からオイラーの不等式に行き着くなんて，びっくりですね！
この問題の一般化とオイラーの不等式の証明
https://onlinemathcontest.com/contests/omc071/editorial/1929/21
　$AB=4,BC=5,CA=6$ なる三角形 $ABC$ の内心を $I$ とします. 三角形 $IBC,ICA,IAB$ の外心を $3$ 頂点とする三角形の面積は, 互いに素な正整数 $a,b$ によって $\sqrt{\dfrac{a}{b}}$ と表せるので, $a+b$ を解答してください.