　$BD\leq CD$ として一般性を失わない． $\gamma$ の $P,Q$ における接線の交点を $E$ としよう．直線 $PQ$ 上に $\angle ABE=\angle QKE$ を満たす点 $K$ を取る．

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**補題1．** 四角形 $BKCE$ は平行四辺形である．
<details><summary> 証明<\/summary>
　$4$ 点 $B,P,K,E$ および $C,Q,K,E$ はそれぞれ同一円周上にある．したがって次が成り立つので示された．$\square$
$$\angle EBK=\angle EPK=\angle PAQ=180^\circ-\angle BEC$$
$$\angle ECK=\angle EQK=\angle PAQ=180^\circ-\angle BEC$$
<\/details>

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　この平行四辺形の対角線の交点を $M$ としよう．角度計算により，三角形 $APQ,BEK$ は相似なので，
$$BE:CE=BE:BK=AP:AQ=CD:BD$$
となり，四角形 $BCED$ が等脚台形であることが従う．また，特に三角形 $APQ,BEK$ は合同である．
直線 $AD$ は三角形 $APQ$ において直線 $AE$ の等角共役線である．次を示そう．

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**補題2．** 線分 $AD$ と線分 $PQ$ の交点 $N$ は線分 $PQ$ の中点である．（類似中線の性質）
<details><summary> 証明<\/summary>
　$E$ を中心として $EP=EQ$ を半径とする円と直線 $AP,AQ$ の交点のうち $P,Q$ でない方をそれぞれ $P^\prime,Q^\prime$ とする．角度計算により
$$\angle PEP^\prime+\angle PEQ+\angle QEQ^\prime=(180^\circ-2\angle APQ)+(180^\circ-2\angle AQP)+(180^\circ-2\angle PAQ)=180^\circ$$
$$\angle AQ^\prime E=\angle APQ$$
なので，$E$ は線分 $P^\prime Q^\prime$ の中点であり，三角形 $APQ,AQ^\prime P^\prime$ は相似である．これと $\angle PAN=\angle Q^\prime AE$ より，$PN:QN=Q^\prime E:P^\prime E=1:1$ なので示された．

<\/details>

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　よって次が成り立つ．
$$ME=MN=MD=\frac{PQ}{2}=4$$

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**補題3．** 直線 $MR$ と $\gamma$ の交点のうち $R$ でない方を $S$ とおくと，$S$ は線分 $AD$ 上にある．
<details><summary>証明<\/summary>
　$M$ は $\gamma$ と点 $E$（半径 $0$ の円とみなす）の根軸上にあるため，$MS\times MR=ME^2=MN^2$ が成り立ち，三角形 $MNR,MSN$ は相似である．また，角度計算により三角形 $RPQ,RBC$ は相似なので，
$$NS:MD=NS:NM=RN:RM=PQ:BC$$
が成り立つ．これと $\angle PSQ=\angle BDC=180^\circ-\angle BAC$ および $PS\leq QS$ より，三角形 $PQS,BCD$ は相似である．よって
$$\angle BAS=\angle PQS=\angle BCD=\angle BAD$$
が成り立つので，点 $S$ は線分 $AD$ 上にある．$\square$
<\/details>

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よって $MN^2=MD^2=MS\times MR$ より，四角形 $MNRD$ は円に内接する．
$$ND=AD-AN=AD-\frac{BC}{2}=7$$
および
$$NS=MN\cdot\frac{RN}{RM}=MN\cdot \frac{PQ}{BC}=\frac{8}{3}$$
より，$SD=\dfrac{13}{3}$ である．三角形 $MNS,DRS$ は相似なので，
$$MS=SD\cdot \frac{MN}{DR}=\frac{52}{3DR}$$
$$MR=MS+NS\cdot\frac{DR}{MN}=\frac{52}{3DR}+\frac{2DR}{3}$$
これらを $MS\times MR=MN^2=16$ に代入して，
$$\Big(\frac{52}{3DR}\Big)^2+\frac{104}{9}=16$$
よって $DR^2=\dfrac{338}{5}$ であり，特に解答すべき値は $\bf343$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/9660
　$\gamma$ の $P,Q$ での接線の交点を $E$，直線 $AE$ と $\gamma$ との交点のうち $A$ でない方を $F$とすると，$A,P,F,Q$ は調和四角形をなす．また，$R$ を中心とする回転相似で $\Gamma$ と $\gamma$，$E$ と $F$ がそれぞれ対応するので
$$\frac{CD}{BD}=\frac{AP}{AQ}=\frac{FP}{FQ}=\frac{BE}{CE}$$
より $BD=CE,BE=CD$ がわかる．さらに，線分 $PQ$ の中点を $N$ とすると等角共役の議論から $A,D,N$ は同一直線上にある．  
　ここで，直線 $AD$ と $\gamma$ との交点のうち $A$ でない方を $S$ とすると，$R$ を中心とする回転相似で $D$ と $S$ が対応する．線分 $BC$ の中点を $M$ とすると $\angle ENP=90^\circ$ より
$$\begin{aligned}
\angle DME &=|\angle BMD-\angle CMD|\\\\
&=|\angle PNS-\angle QNS|\\\\
&=2\angle DNE
\end{aligned}$$
なので，$DM=EM=NM$ がわかる．一方，$R$ を中心とする回転相似で $M$ と $N$ も対応するので $\triangle DRS\sim \triangle MRN$ より $\angle RDS=\angle RMN$，すなわち $D,M,N,R$ が同一円周上にあることがわかる．$DM=NM$ と $\angle DRS=\angle MRN$ より $M,R,S$ は同一直線上にあり
$$DN=AD-\frac{BC}{2}=7$$
$$DM=NM=\frac{PQ}{2}=4$$
$$NS=\frac{PN\cdot QN}{AN}=\frac{8}{3}$$
$$DS=DN-NS=\frac{13}{3}$$
なので
$$MS=\frac{2\sqrt{10}}{3}$$
$$DR=DS\cdot \frac{DM}{MS}=\sqrt{\frac{338}{5}}$$
と順次求まる．
miquel点
https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/9660/678
　$AD$ と $PQ$ の交点 $N$ が線分 $PQ$ の中点となり ，直線 $AN$ と $\gamma$ の交点のうち $A$ でない方の点を $S$ とすれば，$$AN=6, NS=\dfrac{8}{3}, SD=\dfrac{13}{3}$$ となる過程については，他の解説を参照してください．

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　$AQ=b_1, CQ=b_2, AP=c_1, BP=c_2$ とし，$\angle{BAC}=\alpha$  とすれば，$${b_1}^2+{c_1}^2=104, b_1c_1\mathrm{cos}\alpha=20,  b_1b_2+c_1c_2=52$$となる（前 $2$ 式は三角形 $APQ$ と三角形 $BDC$ にそれぞれ余弦定理を適用することから，最後の式は四角形 $ABDC$ にPtolemyの定理を適用することから得られる）．  
　ここで $\gamma$ の $P, Q$ における接線の交点を $E$ とすれば直線 $AE$ は三角形 $APQ$ のsymmedianであり，$AE$ と $\gamma$ の交点のうち $A$ とは異なる点を $T$ とおけば，$QT=\dfrac{2}{3}b_1, PT=\dfrac{2}{3}c_1$ となるため，Ptolemyの定理より $$AT=\frac{10}{3\mathrm{cos}\alpha}$$ となる．さらに $ET\times{EA}=TQ^2=\bigg(\dfrac{4}{\mathrm{cos}\alpha}\bigg)^2$ より $EA=\dfrac{6}{\mathrm{cos}\alpha}$ となり，四角形 $ABTC$ に再びPtolemyの定理を用いることで，$$b_1c_2+b_2c_1=\dfrac{32}{\mathrm{cos}\alpha}$$ が従う．   
　準備が整ったので，三角形 $ABC$ に余弦定理を適用して，整理すると，$${b_2}^2+{c_2}^2-2b_2c_2\mathrm{cos}\alpha=(2\sqrt{10})^2$$を得る．よって $XY=c_2, XZ=b_2, \angle{YXZ}=\alpha$ なる三角形 $XYZ$ を考えれば $YZ=2\sqrt{10}$ となるが，これを $\dfrac{12}{2\sqrt{10}}$ 倍に拡大したものが三角形 $RBC$ であり，$$RD=SD\times\dfrac{RB}{PB}=\dfrac{13}{3}\times\dfrac{6}{\sqrt{10}}=\dfrac{26}{\sqrt{10}}$$ となる．なお，Miquel点に関する種々の性質を用いた．
長さ計算（一部）
https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/9660/682
　三角形 $ABC$ の外接円を $\Gamma$ とし，$\Gamma$ の $A$ を含まない方の弧 $BC$ 上に点 $D$ をとります．辺 $AB$, $AC$ 上にそれぞれ点 $P$, $Q$ をとると，三角形 $APQ$ の外接円 $\gamma$ の $P,Q$ における接線は $\Gamma$ 上で交わり，さらに次が成り立ちました．
$$AP=CD,\quad AQ=BD,\quad BC=12,\quad PQ=8,\quad AD=13$$
$\Gamma$ と $\gamma$ の $A$ でない方の交点を $R$ とするとき，線分 $DR$ の長さの $2$ 乗は互いに素な正整数 $a,b$ によって $\dfrac{a}{b}$ と表されるので，$a+b$ の値を解答してください．