　三角形 $ABC$ の外心，垂心をそれぞれ $O, H$ とする．直線 $AH$ と辺 $BC$ の交点を $F$, $A$ から直線 $DE$ に下ろした垂線の足を $G$, 直線 $AH$ と三角形 $ABC$ の外接円の交点を $K$, $O$ に関して $A$ と対称な点を $L$ とする．簡単な角度計算から $KL\parallel BC (= FP)$ であること，$G$ と $P$ がともに直線 $AO$ 上にあることが分かる．従って
$$\frac{AO}{AG} = \frac{AL}{AP} = \frac{AK}{AF}$$
である．また，三角形 $ABC$ と三角形 $ADE$ は相似であること，$DE\perp AO, BC\perp AK$ であることとあわせて，四角形 $ABKC$ と四角形 $ADOE$ は相似である．従って $O$ は三角形 $ADE$ の外接円上にあり，これは $\angle AOH = 90^\circ$ を意味する．\
　辺 $BC$ の中点を $M$，線分 $AH$ の中点を $N$ とおく．さらに，線分 $AO, AH, HO$ の長さをそれぞれ $2x, 2y, 2z$ とおけば三平方の定理より $x^2+z^2=y^2$ が成立する．$OM=\dfrac12AH=y$ であり，$\angle AOH=90^\circ$ より $\triangle AOH\sim\triangle OMP$ が成立することから
$$\frac{y^2}{x^2}(y^2-x^2)=\bigg(\frac{yz}{x}\bigg)^2=PM^2=1$$
また，$AO=BO$ と三平方の定理より
$$4x^2-y^2=BM^2=9$$
を得る．$t=x^2, s=y^2$ とおけばこれらは
$$t=\frac{16+\sqrt{13}}{6},\ s=\frac{5+2\sqrt{13}}{3}$$
を解に持つ．ここで，$AN\parallel OM$, $AN = OM$ より $AO\parallel NM$ であるから四角形 $ANMO$ は平行四辺形となり，$\triangle AOH\sim\triangle NFM$ が成立する．よって，$NM=AO=2x$ であることに気をつければ
$$AF^2=(NF+y)^2=\bigg(\frac{2x^2}{y}+y\bigg)^2=\frac{(2t+s)^2}{s}$$
となる．以上より，三角形 $ABC$ の面積の $2$ 乗は以下のように求まるので，特に解答すべき値は $\mathbf{37962}$ である．
$$6^2\times\frac{(2t+s)^2}{s}\times\frac1{2^2}=54+54\sqrt{13}=54+\sqrt{37908}$$
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc210/editorial/3837
　$BC$ と $DE$ の交点を $F$ とすると，$FP=FA$ が成り立ち，何となく良さそうに見える。ここから気合の計算で求めることも可能である。以下では，$4$ 点 $B,C,D,E$ が共円であることを何度か用いている。

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　$CF=x$ とおくと，$FA=x+4$ であり，$\angle F$ に関する角二等分線の性質から，$AD=k(x+4)$，$DC=kx$，$AE=l(x+4)$，$EB=l(x+6)$ とおける。なお，点 $A$ の周りで方べきの定理を用いて，$k:l=\sqrt{x+5}:\sqrt{x+2}$ であることがわかる。\
　$\triangle ADE$ と $\triangle ABC$ の相似を用いると，$DE=\dfrac{3(x+4)}{\sqrt{(x+2)(x+5)}}$ である。また，$\triangle FDC$ と $\triangle FBE$ の相似を用いると，$FD=x \sqrt{\dfrac{x+5}{x+2}}$ である。$\triangle FAC$ についてスチュワートの定理の系を用いると，$k$，$l$ が $x$ で表され，多くの辺の長さが $x$ のみで表される。最後に，$CE^2=CA^2-AE^2=CB^2-BE^2$ を用いれば，$x=\sqrt{13}-1$ を得る。

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　いま求めたいのは，$\triangle ABC$ の面積であった。そこで，$AB$，$AC$ の長さを求めると，$AB=\sqrt{21+8 \sqrt{13}}$ $AC=\sqrt{34-4 \sqrt{13}}$ である。ここからは，ヘロンの公式を用いて面積を求めて良いし，$\triangle{AFC}$ に余弦定理を用いて $\cos F$ を求め，$\triangle ABC=\triangle ABF×\dfrac{6}{\sqrt{13}+5}$ を用いても良い。
計算によって解く方法（非推奨）
https://onlinemathcontest.com/contests/omc210/editorial/3837/429
$O$ が円 $ADE$ 上にあることの証明です．

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三角形 $ABC$ の垂心，外心をそれぞれ $H, O$ とする．円 $ADE$ と円 $ABC$ の交点を $Q$ とする．$\angle BDC=\angle BEC=90^{\circ}$ より $B, D, E, C$ は共円であるから，円 $BDEC$，円 $ADE$，円 $ABC$ の根心を考え $AQ, DE, BC$ は共点．この点を $X$ とする．ところで，$A$ と $P$ は $DE$ について対称であるから，$\angle AXD=\angle PXD$ である．また，$\angle DQX=\angle AED=\angle ACB$ より，$D, Q, X, C$ は共円．よって，
$$\angle QDA=\angle QXC=2\angle QXD=2\angle QCD=\angle QOA$$ より，$O$ は円 $ADE$ 上にある．

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なお，この解説における点 $Q$ は特に本選以降などの証明問題でよく登場し，面白い性質がたくさんあるので，幾何を得意にしたい方は知っておくことをおすすめします．せっかくなのでここにその性質について少し書いてみようと思います．

<details> <summary> **性質1** : $BC$ の中点を $M$ とする．$Q, H, M$ は共線である． <\/summary> $QH$ と円 $ABC$ の交点を $X$ とする．$\angle AQX=90^{\circ}$ より $AX$ は円 $ABC$ の直径だから，$X$ と $H$ は $M$ について対称である．よって，$H, M, X$ は共線であるから，$Q, H, M$ は共線．<\/details>
<details> <summary> **性質2** : $AH$ と円 $ABC$ の交点を $T(\neq A)$，$B, C$ における円 $ABC$ の接線の交点を $S$ とする．$Q, T, S$ は共線である (また，$QT$ は三角形 $QBC$ の $\angle Q$ 内の $symmedian$ である．) <\/summary>  $$\angle QBE=\angle QCD,　\angle QEA=\angle QDA$$ より三角形 $QEB$ と $QDC$ は相似．また，三角形 $HBE$ と $HCD$ も相似であるから，$$QB:QC=BE:CD=BH:CH=BT:CT$$ より四角形 $QBCT$ は調和四角形である．よって示された．\
また，$(Q, E, H, D, M)$ と $(Q, B, T, C, S)$ の $5$ 点相似から示すこともできる．<\/details>
前半部分の別解
https://onlinemathcontest.com/contests/omc210/editorial/3837/430
　$P(0,0)$，$B(-2,0)$，$C(4,0)$ となるような直交座標をとり，$A(a,b)$ とする．ここで，三角形 $ABC$ は鋭角三角形だから $-2 \lt a \lt 4$ である．\
　また，$\overrightarrow{AD}$ は $\overrightarrow{AB}$ を直線 $AC$ に正射影したベクトルだから $\overrightarrow{AD} = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|^2} \overrightarrow{AC}$，同様に $\overrightarrow{AE} = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|^2} \overrightarrow{AB}$ が従う．\
　ここで，$2$ 直線 $AP$，$DE$ の交点を $X$ とすると， $P$ は 直線 $DE$ に対して $A$ と対称な点だから
$$ \overrightarrow{AX} = \frac{1}{2} \overrightarrow{AP} = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{3} \overrightarrow{AB} + \frac{1}{3} \overrightarrow{AC} \right) = \frac{1}{3} \overrightarrow{AB} + \frac{1}{6} \overrightarrow{AC} = \frac{|\overrightarrow{AC}|^2}{3 \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}} \overrightarrow{AD} + \frac{|\overrightarrow{AB}|^2}{6 \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}} \overrightarrow{AE}$$
が成立する．点 $X$ は直線 $DE$ 上にあるので
$$ \frac{|\overrightarrow{AC}|^2}{3 \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}} + \frac{|\overrightarrow{AB}|^2}{6 \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}} = 1 \tag{1}$$
が従う．\
　また，$ \overrightarrow{AP} \perp \overrightarrow{DE}$ より
$$ \overrightarrow{AP} \cdot \overrightarrow{DE} = 0$$
$$ \left( \frac{2}{3} \overrightarrow{AB} + \frac{1}{3} \overrightarrow{AC} \right) \cdot \left( \frac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}|^2} \overrightarrow{AB} - \frac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AC}|^2} \overrightarrow{AC} \right) = 0$$
$$ \frac{1}{3} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} + \frac{1}{3} \frac{(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}{|\overrightarrow{AB}|^2} - \frac{2}{3} \frac{(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}{|\overrightarrow{AC}|^2} = 0 \tag{2}$$
が従う．\
　三角形 $ABC$ は鋭角三角形ゆえ $ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} \neq 0$ であることに注意すると，式 $(1)$，式 $(2)$ に $\overrightarrow{AB} = (-2-a,b)$，$\overrightarrow{AC} = (4-a,b)$ を代入して計算することで $a = -1 + \sqrt{13}$，$b^2 = 6+6\sqrt{13}$ を得る．よって，三角形 $ABC$ の面積の $2$ 乗は
$$ \left( \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot |b| \right)^2 = 9b^2 = 54 + 54\sqrt{13} = 54 + \sqrt{37908}$$
と求まり，特に解答すべき値は $54+37908 = \mathbf{37962}$ である．
ベクトルで求める方法
https://onlinemathcontest.com/contests/omc210/editorial/3837/431
　鋭角三角形 $ABC$ において，$B,C$ から対辺に下ろした垂線の足をそれぞれ $D, E$ とおき，直線 $DE$ に関して $A$ と対称な点を $P$ とおいたところ，$P$ は辺 $BC$ 上にありました．さらに
$$BP=2, \quad PC=4$$ 
が成立するとき，三角形 $ABC$ の面積の $2$ 乗を求めてください．ただし，答えは正の整数 $a, b$ を用いて $a+\sqrt{b}$ と表せるので，$a+b$ を解答してください．