　三角形 $ABC$ の外接円を $\Gamma$ とする．
$$\angle BC_1A = \angle B_1C_1A = \angle BCA$$
より，$C_1$ は $\Gamma$ 上にある．また，$\angle ABC_1 = 90^\circ$ であるので，線分 $AC_1$ は $\Gamma$ の直径を成す．同様に，線分 $AB_2$ も $\Gamma$ の直径を成すので，$B_2 = C_1$ である．また，$M$ は $\Gamma$ の中心である．従って，直線 $AD$ と $\Gamma$ の交点のうち $A$ でない方を $P$ とすると，$AD = DP$ となる．また，三角形 $ABP$ と $BDP$ は相似なので，
$$BP^2 = AP\times DP = 2DP^2$$
であるから，$BP = \sqrt2DP$ を得る．従って，
$$AC : CD = BP : DP = \sqrt2 : 1$$
である．同様に $AB : BD = \sqrt{2} : 1$ なので，$BC = (AB + AC)\/\sqrt2 = 9\sqrt2$ である．よって，余弦定理により
$$\cos \angle ABC = \frac{AB^2 + BC^2 - CA^2}{2\times AB \times BC} = \frac{5}{7\sqrt2},\quad
\cos \angle ACB = \frac{13}{11\sqrt2}$$
であり，三角形 $ABC$ の面積は $\dfrac{9\sqrt{73}}{2}$ と計算できる．ここで，
$$|\triangle ABC| : |\triangle AB_1C_1| = AC^2 : AC_1^2 = \sin^2\angle ABC : 1$$
であり，同様に $|\triangle ABC| : |\triangle AB_2C_2| = \sin^2\angle ACB : 1$ であるから，求める答えは
$$\begin{aligned}
|\triangle AB_1C_1| + |\triangle AB_2C_2|
&= \bigg(\frac{1}{\sin^2 \angle ABC} + \frac{1}{\sin^2 \angle ACB}\bigg)|\triangle ABC|\\\\
&= \bigg(\frac{1}{1 - \cos^2 \angle ABC} + \frac{1}{1 - \cos^2 \angle ACB}\bigg)|\triangle ABC|\\\\
&= \frac{1530}{\sqrt{73}}
\end{aligned}$$
である．特に解答すべき値は $\bf{1603}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/5840
　$3$ つの鋭角三角形 $ABC, AB_1C_1, AB_2C_2$ があり，以下の条件をみたしています：

 - 三角形 $ABC, AB_1C_1, AB_2C_2$ は**向きをこめて**相似である（ここで，相似で対応する頂点が同じ順に並んでいるとする）．
 - $A$ から辺 $B_1C_1$ に下ろした垂線の足は $B$ に一致する．
 - $A$ から辺 $B_2C_2$ に下ろした垂線の足は $C$ に一致する．

さらに，$\angle{BAC}$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $D$ とし，辺 $AB_2$ の中点を $M$ としたところ，以下が成り立ちました：
$$
AB=7,\quad AC=11,\quad \angle{ADM}=90^\circ.
$$
このとき，三角形 $AB_1C_1$ の面積と三角形 $AB_2C_2$ の面積の和を求めてください．\
　ただし，求める値は互いに素な正整数 $p,q$ を用いて $\dfrac{p}{\sqrt{q}}$ と表されるので，$p+q$ の値を解答してください．
<details><summary>向きをこめた相似<\/summary>
　$2$ つの図形が**向きをこめて**（あるいは**同じ向きに**）相似であるとは，一点を中心とする拡大・縮小，平行移動，一点を中心とする回転移動の組み合わせ（直線に関する対称移動を含まない）でうつりあうことを指します．
<\/details>