　$AC$ と $BD$ の交点を $X$ とすると，$∠ADB=∠BDC$ なので $AX:XC=(10+\sqrt{11}):(10-\sqrt{11})$ である．よって 
$$MX:XC=\sqrt{11}:(10-\sqrt{11})=MN:CD$$
であるから $MN$ と $CD$ は平行である．よって，中点連結定理より $AB$ と $CD$ の平行が分かるので，四角形 $ABCD$ は等脚台形である．よって $AB = BC = AD = 10+\sqrt{11}$ である．従って，$D$ から $AB$ に下ろした垂線の足を $H$ とすれば，$AH = \sqrt{11}$ が分かるので，四角形 $ABCD$ の面積は
$$\frac{1}{2}\times(AB+CD)\times DH = \frac{1}{2}\times(AB + CD)\times \sqrt{AD^2 - AH^2} = 10\sqrt{100+20\sqrt{11}}$$
とわかる． 特に解答すべき値は $\bf{44010000}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4344
　人間ならば $MN \parallel CD$ に気付きません．なんとかして人間が等脚台形に気付くまでの過程を載せます．

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　$MN$ とかいう謎の長さが与えられています．まずは中点連結を疑います．しかし使おうと思っても $AB\parallel CD$ じゃあるまいし（一応そうなのですがこの段階では分からないので）使えなさそうです．次に中線定理を疑います．すると
$$\begin{aligned}
MN^2 & = \frac{AN^2+CN^2}{2}-AM^2 \\\\
&= \frac12 \left(\frac{AD^2+AB^2}{2}-BN^2 + \frac{CD^2+CB^2}{2}-BN^2\right) - AM^2\\\\
&= \frac{AB^2+BC^2+CD^2+DA^2-AC^2-BD^2}{4}
\end{aligned}$$
すなわち
$$AB^2+BC^2+CD^2+DA^2-AC^2-BD^2=44$$
が得られます．かなり使いやすそうな形になりました．\
　ここで，[pomodor の補題 (仮)](https:\/\/twitter.com\/Geometry_bot_\/status\/1581546433110429696?s=20&t=M1-lOs8gtrGzAF1_HEqFGg) を思い出します．これより
$$BD^2=AB^2+(10+\sqrt{11})(10-\sqrt{11})=AB^2+89$$
これを先ほどの式に代入すれば
$$AB^2+BC^2+(10+\sqrt{11})^2+(10-\sqrt{11})^2-AC^2-(AB^2+89)=44$$
$AB=BC$ なので，整理して
$$AC^2=AB^2+89$$
を得ます．あれ？これ $BD=AC$ ですね...\
　以上より，$\angle ADC \gt 90^\circ$ と合わせて $ABCD$ が $AB=BC=DA$ なる等脚台形であると分かりました．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc125/editorial/4344/153
　円に内接する四角形 $ABCD$ があり，その対角線 $AC, BD$ の中点をそれぞれ $M, N$ とすると，以下が成り立ちました：
$$AB = BC,\quad AD = 10+\sqrt{11},\quad CD = 10-\sqrt{11}\quad MN=\sqrt{11}$$
さらに，$\angle ADC$ が鈍角であるとき，四角形 $ABCD$ の面積の $2$ 乗は，正の整数 $a,b$ を用いて $a + \sqrt b$ と表せます．$a+b$ を解答してください．