OMC229(D)

　$A$ が線分 $BF$ の中点となるような点 $F$ をとる．このとき， $$\angle DAF =180^\circ-\angle BAD=180^\circ-\angle BAE=\angle EAF$$ および $$\frac{AD}{AF}=\frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AE}=\frac{AF}{AE}$$ より三角形 $ADF$ と三角形 $AFE$ は相似である．すると， $$\begin{aligned} \angle DBE+\angle DFE &=\angle ABD+\angle ABE+\angle AFD+\angle AFE\\ &=\angle ABD+\angle ADB+\angle AFD+\angle ADF\\ &=180^\circ \end{aligned}$$ より $F$ は三角形 $BDE$ の外接円上にある．$B$ を中心とする $2$ 倍拡大で $\Omega$ は三角形 $BDE$ の外接円へ，$A$ は $F$ へ，$C$ は $D$ へそれぞれ移るため，$C$ は線分 $BD$ の中点である．方べきの定理より三角形 $ADB$ と三角形 $CDA$ は相似であることなどから， $$\begin{aligned} AB&=\sqrt{AD\cdot AE}=4\sqrt{30} \\ BC&=CD=\frac{AD}{\sqrt{2}}=10\sqrt{2} \\ AC&=\frac{AB}{\sqrt{2}}=4\sqrt{15} \end{aligned}$$ がわかる．$A$ から直線 $BC$ へ下ろした垂線の足を $H$ とすると， $$BH=11\sqrt{2}, \quad AH=\sqrt{238}$$ となるので，解答すべき値は $$|△ABC|^2=\left(\frac{1}{2}AH\cdot BC \right)^2=\mathbf{11900}$$ である．