　$2$ 直線 $AB, CD$ の交点を $F$ としたとき，$AE = BC$ であることと円周角の定理から $\angle ADE = \angle FDB$ であり，四角形 $ABDE$ が円に内接することから $\angle AED = \angle FBD$ なので， $\triangle AED \sim \triangle FBD$ である．条件 $BD : DE = 11 : 10$ から $BF = 11$ であり，正の実数 $x, y$ を用いて
$$DF = 11x，DB = 11y，DA = 10x，DE = 10y$$
と表すことができる．ここで補題を与える．

---

**補題．**\
　$2$ つの三角形 $XYZ, X^{\prime}Y^{\prime}Z^{\prime}$ が与えられており，辺 $XY, X^{\prime}Y^{\prime}$ の中点をそれぞれ $M, M^{\prime}$ としたときに
$$\angle XZM = \angle X^{\prime}Z^{\prime}M^{\prime}，\angle YZM = \angle Y^{\prime}Z^{\prime}M^{\prime}$$
が成り立つならば，$\triangle XYZ \sim \triangle X^{\prime}Y^{\prime}Z^{\prime}$ である．

<details><summary>補題の証明<\/summary>
　三角形 $XYZ, X^{\prime}Y^{\prime}Z^{\prime}$ の外接円をそれぞれ $\Omega, \Omega^{\prime}$ とし，直線 $ZM$ と $\Omega$ の周，直線 $Z^{\prime}M^{\prime}$ と $\Omega^{\prime}$ の周の交点をそれぞれ $W, W^{\prime}$ とする（ただし $W \neq Z, W^{\prime} \neq Z^{\prime}$ である）．
$$\angle XZW = \angle X^{\prime}Z^{\prime}W^{\prime}，\angle YZW = \angle Y^{\prime}Z^{\prime}W^{\prime}$$
と円周角の定理から
$$
\angle XYW = \angle X^{\prime}Y^{\prime}W^{\prime}，\angle YXW = \angle Y^{\prime}X^{\prime}W^{\prime}
$$
が成り立つので，$\triangle XYW \sim \triangle X^{\prime}Y^{\prime}W^{\prime}$ である．よって
$$
YW : Y^{\prime}W^{\prime} = XY : X^{\prime}Y^{\prime} = YM : Y^{\prime}M^{\prime}
$$
と $\angle MYW = \angle M^{\prime}Y^{\prime}W^{\prime}$ から $\triangle MYW \sim \triangle M^{\prime}Y^{\prime}W^{\prime}$ が分かるので，$\angle MWY = \angle M^{\prime}W^{\prime}Y^{\prime}$ であり，これと円周角の定理から $\angle ZXY = \angle Z^{\prime}X^{\prime}Y^{\prime}$ が得られる．また，仮定より明らかに $\angle XZY = \angle X^{\prime}Z^{\prime}Y^{\prime}$ である．以上のことから $\triangle XYZ \sim \triangle X^{\prime}Y^{\prime}Z^{\prime}$ を得る．
<\/details>

---
　三角形 $ADF, PDE$ において
$$AB = BF，PQ = QE，\angle FDB = \angle QDE$$
が成り立っているので，補題から $\triangle ADF \sim \triangle PDE$ が得られ，中線の長さの比 $DB : DQ$ はその相似比に等しいから
$$DQ = \frac{DB \times DE}{DF} = \frac{10y^2}{x}$$
であり，よって $\dfrac{DQ}{DA} = \dfrac{y^2}{x^2}$ である．また，四角形 $ABCD, BCDE$ にそれぞれPtolemyの定理を適用すると
$$
\begin{aligned}
AC &= \frac{AB \cdot CD + AD \cdot BC}{BD} = \frac{121\sqrt{10} + 100x}{11y} \\\\
BE &= \frac{AB \cdot DE + AE \cdot BD}{AD} = \frac{22y}{x}
\end{aligned}
$$
が得られ，$\angle ADC = \angle BDE$ から $AC = BE$ がわかるので，この $2$ 式から
$$100x^2 + 121\sqrt{10}x = 242y^2$$
が得られる．よって，$z = \dfrac{1}{x}$ としたとき
$$\dfrac{DQ}{DA} = \frac{50}{121} + \frac{\sqrt{10}}{2}z$$
と表せる．方べきの定理から $DF \cdot CF = AF \cdot BF$ が成り立つので，
$$11x \cdot 11(x - \sqrt{10}) = 22 \cdot 11$$
であり，これをもとに次の方程式が得られる．
$$2z^2 + \sqrt{10}z - 1 = 0$$
この方程式を解くことで $z =\dfrac{3\sqrt{2} - \sqrt{10}}{4}$ が得られるので，求める値は
$$\frac{DQ}{DA} = \frac{363 \sqrt{5} - 405}{484}$$
であり，特に解答すべき値は $\mathbf{1257}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc223/editorial/8800
　公式解説の補題までは前提とする．すなわち $\triangle FBD \sim \triangle AED \sim \triangle EQD$ である．\
　よって $\dfrac{DB}{DF}=\dfrac{DE}{DA}=\dfrac{DQ}{DE}$ であり，特に $\dfrac{DQ}{DA}=\left(\dfrac{DB}{DF}\right)^2$ である．\
　ここで改めて図を見ると，方べきの定理（$FB\cdot FA=FC \cdot FD$）から $DF$ を求めることが可能であり，$DF$ が求まれば相似比から $DA$ が求まる（$DA=\dfrac{10}{11}DF$）．さらに中線定理から $DB$ が求まるので，あとは地道にそれぞれの長さを求めていけばよいことになる．\
　ここで，$DF=t$ とおいて 先に求めるべき比を表しておこう．中線定理より $DB^2=\dfrac{221}{242}t^2-121$ なので，求めるべき比は
$$\dfrac{DQ}{DA}=\dfrac{221}{242}-\dfrac{121}{t^2}$$
と表される．最後に，方べきの定理を用いて $t=\dfrac{11\sqrt{2}}{2}(3+\sqrt{5})$ を得る．これを先ほどの式に代入すればよい．
相似と中線定理を用いる
https://onlinemathcontest.com/contests/omc223/editorial/8800/550
**補題.** \
　$2$ つの三角形 $XYZ,X^{\prime}Y^{\prime}Z^{\prime}$ が与えられており，辺 $XY,X^{\prime}Y^{\prime}$ の中点をそれぞれ $M,M^{\prime}$ としたときに，
$$∠XZM = ∠X^{\prime}Z^{\prime}M^{\prime}, ~ ∠YZM = ∠Y^{\prime}Z^{\prime}M^{\prime}$$
が成り立っているならば $\triangle XYZ \sim \triangle X^{\prime}Y^{\prime}Z^{\prime}$.
---

　三角形 $ZXM$ と $ZYM$ について，面積比より
$$\frac{ZX×ZM×\sin∠XZM}{ZY×ZM×\sin∠YZM} = 1$$
同様に $Z^{\prime}X^{\prime}M^{\prime}$ と $Z^{\prime}Y^{\prime}M^{\prime}$ について，
$$\frac{Z^{\prime}X^{\prime}×Z^{\prime}M^{\prime}×\sin∠X^{\prime}Z^{\prime}M^{\prime}}{Z^{\prime}Y^{\prime}×Z^{\prime}M^{\prime}×\sin∠Y^{\prime}Z^{\prime}M^{\prime}} = 1$$
　従って，
$$\frac{ZX×ZM×\sin∠XZM}{ZY×ZM×\sin∠YZM} = \frac{Z^{\prime}X^{\prime}×Z^{\prime}M^{\prime}×\sin∠X^{\prime}Z^{\prime}M^{\prime}}{Z^{\prime}Y^{\prime}×Z^{\prime}M^{\prime}×\sin∠Y^{\prime}Z^{\prime}M^{\prime}}$$
で，仮定より $\dfrac{ZX}{ZY} = \dfrac{Z^{\prime}X^{\prime}}{Z^{\prime}Y^{\prime}}$ が分かる．$∠XZY = ∠X^{\prime}Z^{\prime}Y^{\prime}$ であるから，
$$\triangle XYZ \sim \triangle X^{\prime}Y^{\prime}Z^{\prime}$$
を得る．
補題の別証明
https://onlinemathcontest.com/contests/omc223/editorial/8800/553
　凸五角形 $ABCDE$ が円に内接しており，さらに以下の条件をすべてみたしています．
$$AB = 11，AE = BC = 10，CD = 11 \sqrt{10}，BD : DE = 11 : 10$$
ここで線分 $BD$ 上に点 $P$ をとり，$2$ つの線分 $PE, DA$ の交点を $Q$ としたところ，$PQ = QE$ が成り立ちました．このとき，$\dfrac{DQ}{DA}$ の値を求めてください．\
　ただし，最大公約数が $1$ である $3$ つの正整数 $a, b, c$ と平方因子をもたない正整数 $d$ によって $\dfrac{DQ}{DA} = \dfrac{a \sqrt{d} - b}{c}$ と表すことができるので，$a + b + c + d$ の値を解答してください．