Como señaló uno de los comentarios, el usuario @Start wearing purple demostró un enfoque muy general para resolver este tipo de integral, ver esto. Como enfoque alternativo, permítanme dar un argumento diferente que apela a una propiedad específica satisfecha por la integral del OP.
Paso 1. (Reducción y la afirmación principal) Empezamos sustituyendo $x = \cos(\theta/2)$. Entonces la integral es igual a
$$ \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \arctan\left(\frac{88\sqrt{21}}{233+18\cos\theta}\right) \, d\theta = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi} \arctan\left(\frac{233+18\cos\theta}{88\sqrt{21}}\right) \, d\theta. $$
Por lo tanto, es suficiente probar que
$$ \int_{0}^{\pi} \arctan\left(\frac{233+18\cos\theta}{88\sqrt{21}}\right) \, d\theta \stackrel{?}{=} \frac{\pi^2}{6}. \tag{1} $$
Para evaluar esta integral, permítanme dar la conclusión.
Afirmación. Sea $0 < a <1$ y $b > 0$ tal que $4a^2 - b^2 = \frac{4}{3}$. Entonces $$ \int_{0}^{\pi} \arctan(a + b\cos\theta) \, d\theta = \frac{\pi^2}{6}. $$
Observen que $(a, b) = \left( \frac{233}{88\sqrt{21}}, \frac{18}{88\sqrt{21}} \right)$ satisface la relación en la afirmación de la Afirmación. Así que nos enfocamos en probar esta afirmación.
Paso 2. (Definición y propiedades de $I$) Ahora definimos $I(a, b)$ por
$$ I(a, b) = \int_{0}^{\pi} \arctan(a + b\cos\theta) \, d\theta. $$
De la sustitución $\theta \mapsto \pi - \theta$, es claro que $I(a,-b) = I(a, b)$. Entonces para $0 < a < 1$ y $0 < \theta < \pi$, tenemos
\begin{align*} &\arctan(a + b\cos\theta) + \arctan(a - b\cos\theta) \\ &\hspace{1em}= \arctan\left( \frac{2a}{1-(a^2-b^2\cos^2\theta)^2} \right) \\ &\hspace{2em}= \arctan\left( \frac{4a}{2-2a^2+b^2+b^2\cos(2\theta)} \right) \\ &\hspace{3em}= \frac{\pi}{2} - \arctan\left( \frac{2-2a^2+b^2}{4a} + \frac{b^2}{4a}\cos(2\theta) \right). \end{align*} Sustituyendo esto de nuevo y explotando la simetría del coseno, obtenemos
$$ I(a, b) = \frac{\pi^2}{4} - \frac{1}{2}I\left( \frac{2-2a^2+b^2}{4a}, \frac{b^2}{4a} \right). \tag{2} $$
Paso 3. Ahora llega la observación central. Sea $(a, b)$ tal que $0 < a < 1$ y $b > 0$, y definimos la secuencia $(a_n, b_n)$ recursivamente por
$$ (a_0, b_0) = (a, b), \qquad (a_{n+1}, b_{n+1}) = \left( \frac{2-2a_n^2+b_n^2}{4a_n}, \frac{b_n^2}{4a_n} \right). $$
Observación. Supongamos que $4a^2 - b^2 = \frac{4}{3}$. Entonces para todo $n \geq 0$ tenemos $$ \frac{1}{\sqrt{3}} \leq a_{n+1} \leq a_n, \qquad 4a_n^2 - b_n^2 = \frac{4}{3}. $$
La prueba es un álgebra tediosa, así que la saltamos. Ahora, por esta observación, tenemos $|a_n| < 1$ para todo $n$. Entonces una aplicación recursiva de $\text{(2)}$ nos da
$$ I(a, b) = \frac{\pi^2}{4}\sum_{k=0}^{n-1} \left(-\frac{1}{2}\right)^k + \left(-\frac{1}{2}\right)^n I(a_n, b_n). $$
Dado que $|I(a_n, b_n)| \leq \frac{\pi^2}{2}$ para todo $n$, tomar límites a medida que $n\to\infty$ prueba la afirmación.
Observación. (1) La condición $4a^2 - b^2 = \frac{4}{3}$ es crucial para nuestra prueba. Para un punto de inicio arbitrario $(a, b)$, la secuencia $(a_n, b_n)$ es dinámicamente inestable y, por lo tanto, la fórmula $\text{(2)}$ no es aplicable.
(2) La afirmación es verdadera para cualquier $a > 0$ en vista del principio de continuación analítica.
(3) Nuevamente, el cálculo de @Start wearing purple da un resultado más general con un cálculo relativamente económico: para todos los $a, b \in \Bbb{R}$,
$$ \int_{0}^{\pi} \arctan(a + b\cos\theta) \, d\theta = \pi \arg \left(1 + ia + \sqrt{b^2 + (1+ia)^2}\right). \tag{3} $$
Esto sigue de la fórmula
$$ \int_{0}^{\pi} \log(1 + s \cos\theta) \, d\theta = \pi \log\left( \frac{1 + \sqrt{1-s^2}}{2} \right) $$
que es válida para cualquier complejo $s$ con $|s| < 1$. Nuestra relación $4a^2 - b^2 = \frac{4}{3}$ asegura que el RHS de $\text{(3)}$ siempre es $\frac{\pi^2}{6}$, ya que $1 + ia + \sqrt{b^2 + (1+ia)^2} = (1+\sqrt{3}a)\left( 1 + \frac{i}{\sqrt{3}} \right)$.
