接線の交点

解説

【解1・最短ルートと思われる想定解】
$B$を通り辺$AC$に平行な直線と，$C$を通り辺$AB$に平行な直線との交点を$G$とする．このとき，四角形$ABGC$は平行四辺形である．
次に，2直線$BF,CG$の交点を$H$，2直線$CF,BG$の交点を$I$とする．このとき，接弦定理より
$\angle CBH=BDP$，$\angle BCI=CEQ$
これらと$\angle DBP=\angle BCH$，$\angle CBI=\angle ECQ$より，
$\triangle BCH\sim\triangle DBP$，$\triangle CBI\sim\triangle ECQ$が，それぞれ二角相等より成り立つ．これより，
$BC:CH=DB:BP$　$\therefore CH=3$
$CB:BI=EC:CQ$　$\therefore BI=4$
ところで，平行四辺形の対辺はそれぞれ等しいから，
$CG=AB=6$，$BG=AC=8$
このとき，$HG=CG-CH=3$，$IG=BG-BI=4$
よって，$BI=IG$，$CH=HG$だから，$F$は$\triangle BCG$の重心である．
したがって，2直線$BC,FG$の交点を$J$とすると，$J$は線分$BC$の中点となる．
ところで，平行四辺形の2本の対角線は，互いの中点で交わるから，2線分$AG,BC$の交点は，線分$BC$の中点，すなわち$J$である．以上より，4点$A,J,F,G$は一直線上にある．
ここに，中線定理より，
$AB^{2}+AC^{2}=2\left(BJ^{2}+AJ^{2}\right)$　$\therefore AJ=\sqrt{14}$
また，$GJ=AJ=\sqrt{14}$で，重心は各中線を$2:1$に内分するから，
$JF=GJ\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}$
以上より，$AF=AJ+JF=\boldsymbol{\dfrac{4\sqrt{14}}{3}}$
求めるべき値は，$4+14+3=\boldsymbol{21}$

【※考察】
次の性質があります；

$\triangle ABC$の辺$AB,AC$上に点$E,F$がそれぞれある．辺$BC$上に2点$P,Q$があり，$\triangle BDP$の外接円の$B$における接線と，$\triangle CEQ$の外接円の$C$における接線とが$F$で交わる．一方，$\triangle ACD$の外接円と辺$BC$とが$C$と異なる点$R$で，$\triangle ABE$の外接円と辺$BC$とが$B$と異なる点$S$でそれぞれ交わっている．2直線$AF,BC$の交点を$G$とする．このとき
$$
\dfrac{PR}{BP}=\dfrac{QS}{CQ}\Leftrightarrow BJ=JC
$$
証明は，同様に平行四辺形を作ることで可能です．

【解2・計算地獄】
余弦定理より，
$\cos\angle B=\dfrac{6^{2}+12^{2}-8^{2}}{2\cdot6\cdot12}=\dfrac{29}{36}$　$\therefore\sin\angle B=\dfrac{\sqrt{455}}{36}$
$\cos\angle C=\dfrac{8^{2}+12^{2}-6^{2}}{2\cdot8\cdot12}=\dfrac{43}{48}$　$\therefore\sin\angle C=\dfrac{\sqrt{455}}{48}$
再び余弦定理より，
$DP=\sqrt{1^{2}+4^{2}-2\cdot1\cdot4\cos\angle B}=\dfrac{\sqrt{95}}{3}$
$EQ=\sqrt{1^{2}+3^{2}-2\cdot1\cdot3\cos\angle C}=\dfrac{\sqrt{74}}{4}$
接弦定理より$\angle FBC=BDP=\alpha$，$\angle FCB=\angle CEQ=\beta$とおける．このとき正弦定理より，
$\dfrac{1}{\sin\alpha}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{95}}{3}}{\sin\angle B}$　$\therefore\sin\alpha=\dfrac{\sqrt{91}}{12\sqrt{19}}$　$\therefore\cos\alpha=\dfrac{23\sqrt{5}}{12\sqrt{19}}$
$\dfrac{1}{\sin\beta}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{74}}{4}}{\sin\angle C}$　$\therefore\sin\beta=\dfrac{\sqrt{455}}{12\sqrt{74}}$　$\therefore\cos\beta=\dfrac{101}{12\sqrt{74}}$
$BF=b,CF=c$とおき，再び正弦定理より，
$\dfrac{c}{\sin\alpha}=\dfrac{b}{\sin\beta}$　$\therefore c=\dfrac{\sqrt{74}}{\sqrt{95}}b$
ところで，
$\sin\left(\angle B+\alpha\right)=\dfrac{\sqrt{455}}{36}\cdot\dfrac{23\sqrt{5}}{12\sqrt{19}}+\dfrac{29}{36}\cdot\dfrac{\sqrt{91}}{12\sqrt{19}}=\dfrac{\sqrt{91}}{3\sqrt{19}}$
$\therefore\cos\left(\angle B+\alpha\right)=\dfrac{4\sqrt{5}}{3\sqrt{19}}$
$\sin\left(\angle C+\beta\right)=\dfrac{\sqrt{455}}{48}\cdot\dfrac{101}{12\sqrt{74}}+\dfrac{43}{48}\cdot\dfrac{\sqrt{455}}{12\sqrt{74}}=\dfrac{\sqrt{455}}{4\sqrt{74}}$
$\therefore\cos\left(\angle C+\beta\right)=\dfrac{27}{4\sqrt{74}}$
一方，余弦定理より
$AF=\sqrt{6^{2}+b^{2}-2\cdot6\cdot b\cdot\cos\left(\angle B+\alpha\right)}$
$=\sqrt{b^{2}-\dfrac{16\sqrt{5}}{\sqrt{19}}b+36}$　…①
$AF=\sqrt{8^{2}+c^{2}-2\cdot8\cdot c\cdot\cos\left(\angle C+\beta\right)}$
$=\sqrt{\dfrac{74}{95}b^{2}-\dfrac{108}{\sqrt{95}}b+64}$　…②
①＝②より，
$\sqrt{b^{2}-\dfrac{16\sqrt{5}}{\sqrt{19}}b+36}=\sqrt{\dfrac{74}{95}b^{2}-\dfrac{108}{\sqrt{95}}b+64}$
これを解くと，$b=-2\sqrt{95},\dfrac{2\sqrt{95}}{3}$であり，$b>0$より，$b=\dfrac{2\sqrt{95}}{3}$
これを①に代入し，$AF=\boldsymbol{\dfrac{4\sqrt{14}}{3}}$
求めるべき値は，$4+14+3=\boldsymbol{21}$