　三角形 $QXY$ の外接円を $\Omega$ とする．また，三角形 $ABC$ の垂心を $H$ とし，直線 $AH$ と $\omega$ の交点のうち $A$ でない方を $K$ とする．
$$\angle AXB = \angle APB + \angle PBQ = \angle ACB + \angle PBQ = 180^\circ - \angle ACB = \angle AHB$$
より $4$ 点 $A, B, H, X$ は同一円周上にあり，同様にして$A, C, H, Y$ も同一円周上にある．さらに，
$$\begin{aligned}
\angle BQC &= 360^\circ - \angle PBQ - \angle PCQ - \angle BPC\\\\
&= 360^\circ - (180^\circ - 2\angle ACB) - (180^\circ - 2\angle ABC) - (180^\circ - \angle BAC)\\\\
&= 2(\angle ABC + \angle BCA + \angle CAB) - 180^\circ - \angle BAC\\\\
&= 180^\circ - \angle BAC \\\\
&= \angle BHC
\end{aligned}$$
より $4$ 点 $B, C, H, Q$ も同一円周上にある．以上を用いて計算すると
$$\angle HAX =\angle HBQ = \angle HCY = \angle PAK$$
が分かるが，$\omega$ の半径と三角形 $ABH ,BCH, CAH$ の外接円の半径はすべて等しいことから
$$HQ = HX = HY = PK$$
が分かる．
従って $H$ は $\Omega$ の中心であるので，これらの値は全て $10$ であることが分かる．よって，$K$ を中心とする半径 $10$ の円と $\omega$ の交点を $B$ に近い順に $P_1, P_2$ とすれば，$P$ はこの二つのいずれかである．$i = 1,2$ について，$P_i$ に対して定義される $Q, X, Y$ をそれぞれ $Q_i, X_i, Y_i$ とすると，$X_2$ は直線 $AH$ に関して $B$ と反対の側にあり，$Q_1$ は 直線 $CH$ に関して $B$ と反対の側にあるので，
$$\angle BAX_2 = \angle BAH + \angle HAX_2 = \angle BCH + \angle HAX_1 = \angle BCH + \angle HCQ_1 = \angle BCQ_1$$
が分かる．従って，三角形 $ABH$ の外接円半径と三角形 $BCH$ の外接円半径が等しいことより $BX_2 = BQ_1$ である．また，任意の $i = 1,2$ について，
$$\begin{aligned}
\angle BX_iP_i = 180^\circ - \angle AX_iB = 180^\circ - \angle AHB= \angle ACB = \angle APB = \angle X_iP_iB
\end{aligned}$$
より $BP_i = BX_i$ であるから，
$$BP_1\times BP_2 = BX_1 \times BX_2 = BX_1\times BQ_1$$
が分かり，これは $B$ から $\Omega$ への方べきである．以上から，$AA^\prime$ が $\omega$ の直径となるような $A^\prime$ を取ると，
$$BP_1\times BP_2 = BH^2 - 10^2 = A^\prime C^2 - 10^2 = AA^{\prime2} - AC^2 - 10^2 = \bf{1916}$$
を得る.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc196/editorial/4655
(方針を示す目的なので、諸々省略していることはご容赦ください)

angle chaseにより, $\triangle ABC$と$\triangle QYX$は相似. よって外接円半径の比を考えて$BC:YX=9:2$である. また, $BP=BX, CP=CQ$だから, $B,C$から$AP$に下ろした垂線の足を$M,N$とすると, これらはそれぞれ$XP, YP$の中点で, $BC:XY:MN=9:2:1$.

従って, $\angle CBM=\theta$とすると, $\sin\theta=\dfrac{1}{9}$で, また$\cos\theta=\dfrac{\sqrt{80}}{9}$となる. $\angle ABC=\beta$とおくと正弦定理などより$\sin\beta=\dfrac{78}{90}, \cos\beta=\dfrac{\sqrt{2016}}{90}$となることを用いると, $\angle ABX=\beta\pm\theta, \angle BAP=90^\circ-\beta\mp\theta$となることから, 

$$BP=2\cdot45\sin(90^\circ-\beta\mp\theta)=90\cos(\beta\pm\theta)=90\left(\frac{\sqrt{80}}{9}\cdot\frac{\sqrt{2016}}{90}\mp\frac{1}{9}\cdot\frac{78}{90}\right)=\frac{1}{9}(\sqrt{80\cdot2016}\mp78)$$

と計算でき, 求める総積は

$$\frac{1}{9}(\sqrt{80\cdot2016}-78)\times\frac{1}{9}(\sqrt{80\cdot2016}+78)=\mathbf{1916}$$
とわかる.
垂心を利用せずに解く方法
https://onlinemathcontest.com/contests/omc196/editorial/4655/382
　$AB=67, ~ AC=78$ なる鋭角三角形 $ABC$ があり，その外接円を $\omega$ とすると，$\omega$ の半径は $45$ でした．$\omega$ の弧 $BC$（$A$ を含まない方）上の点 $P$ と，三角形 $ABC$ の内部（周上を除く）の点 $Q$ について，$Q$ は直線 $AP$ 上にはなく，さらに
$$\angle PBQ + 2\angle ACB = \angle PCQ + 2\angle ABC = 180^\circ$$
が成り立ちました．ここで，直線 $BQ, CQ$ と直線 $AP$ の交点をそれぞれ $X, Y$ とします．三角形 $QXY$の外接円の半径が $10$ であったとき，線分 $BP$ の長さとしてありうる値の**総積**を求めてください．