　三角形 $ABC$ の外接円を $\Gamma$ とし，直線 $EF$ が $\Gamma$ と交わる $2$ 点を $P, Q$ とする．ただし $4$ 点 $P, E, F, Q$ はこの順に並ぶとする．$AD\perp BC,DE\perp BA,DF\perp AC$ から，
$$
\triangle{AED} \sim \triangle{ADB}, \quad \triangle{AFD}\sim \triangle{ADC}
$$
なので，相似比を見ることで，
$$
AE\cdot AB = AD^2 = AF\cdot AC
$$
を得る．よって，方べきの定理の逆から $B,C,F,E$ は共円であるから，
$$
\angle{ABD} = \angle{EBC} = \angle{QFC}
$$
$A,B,C,Q$ は共円なので，
$$
\angle{AQC} = 180^{\circ} - \angle{ABD} =  180^{\circ} - \angle{QFC} = \angle{AFQ} 
$$
となり，共通である角と合わせて，$\triangle{AQC} \sim \triangle{AFQ}$ が得られ，相似比を見ることで 
$$
AQ^2 = AF\cdot AC
$$
を得る．同様にして，
$$
AP^2 = AE\cdot AB 
$$
であるから，
$$
AQ^2 = AF\cdot AC = AD^2 = AE\cdot AB =AP^2 
$$
となり，$AQ=AD=AP$ であることがわかる．$PQ$ が直径で $O$ を通ることから，三角形 $APQ$ は直角二等辺三角形であることがわかり，とくに $AD=AQ=\sqrt{2}AO$ である．$E,B,C,F$ が共円であることから，$\triangle{AEF} \sim \triangle{ACB}$ であり，$AO\perp EF$ から，この相似において $O$ は $D$ と対応づくため，相似比が $1:\sqrt{2}$ であることがわかる．$AO$ と $BC$ の交点を $R$ とし，$AD$ と $\Gamma$ の交点を $S$，$AO$ と $\Gamma$ の交点を $T$ とする．相似と与えられた条件より，
$$
CD\cdot DB = \sqrt{2}EO \cdot \sqrt{2} OF = 2 \cdot 40 = 80\\\\
CR\cdot RB = \sqrt{2}EX \cdot \sqrt{2} XF = 2 \cdot 45 = 90
$$
また，方べきの定理により，
$$
AD\cdot DS = CD\cdot BD = 80\\\\
AR\cdot RT = CR\cdot RB = 90
$$
であり，$AT$ は直径なので，$\angle{AST} = 90^{\circ} = \angle{ADC}$ となり，$BC$ と $ST$ が平行であるから，線分比を見ることで，$AD:AR = DS:RT$ である．$\frac{AD}{AR} = t$ とおくと，
$$
\frac{8}{9} = \frac{AD \cdot DS}{AR\cdot RT} = t^2
$$
となることから，$t=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ であるから，
$$
AR=\frac{3\sqrt{2}}{4} AD = \frac{3}{2} AO
$$
となる．$O$ は中心なので，$AT = 2AO$ であるから，
$$
90 = AR\cdot RT =  \frac{3}{2} AO \cdot \frac{1}{2} AO = \frac{3}{4} AO^2
$$
より，$AO=2\sqrt{30}$ であり，$AD=\sqrt{2}AO = 4\sqrt{15}$ となる．$BC$ の中点を $M$ とすれば，$OM \perp BC$ で，$AD:OM=AR:OR=3:1$ より，$OM=\dfrac{4\sqrt{15}}{3}$ である．よって三平方の定理から
$$
BC = 2BM = 2\sqrt{BO^2-OM^2}=2\sqrt{(2\sqrt{30})^2-\bigg(\dfrac{4\sqrt{15}}{3}\bigg)^2} = \frac{4 \sqrt{210}}{3}
$$
となるため，$\triangle{ABC}$ の面積の二乗は
$$
\bigg(AD\cdot BC \cdot \frac{1}{2}\bigg)^2 =\bigg( 4\sqrt{15}\cdot\frac{4 \sqrt{210}}{3}\cdot \frac{1}{2} \bigg)^2 = \mathbf{22400}
$$
である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/11388
$P$, $Q$ を使わずに $AD = \sqrt{2}AO$ を示すことができるので補足しておきます (詳細略)．

公式解説と同様に $ABC$ の外接円と直線 $AO$ の $A$ でない方の交点を $T$ とおくと，四角形 $ABTC$ と $AFDE$ は相似であり，また $E$, $O$, $F$ が共線であることからこの相似で $O$ と $D$ が対応づくとわかります．

したがって $AD = t AO$ とおくと，この相似比は $1:t$ であり，$AT = tAD$ から $2AO = AT = t^2 AO$ となるため，$t=\sqrt{2}$ とわかります．
補足
https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/11388/602
　$4$ 点 $A, E, D, F$ は共円で，円の直径は $AD$ である．円周角の定理より $\angle AFE=\angle ADE$ である．また，角度追跡より $\angle BAD=\angle OAF$ である（どちらも $90^{\circ}-\angle ABC$ になる）．従って $AO \perp EF$ を得る．\
　直線 $AO$ と円 $AEDF$ の交点で，点 $A$ でないものを $G$ と置く．$\AGD=90^{\circ}$ より $\triangle AOX \sim \triangle AGD$ である．方べきの定理より
$$AX \cdot XD=45, AO \cdot OG=40$$
であり，これを用いれば $AX:AO=3:2\sqrt{2}$ がわかる．三平方の定理も用いて $XO=x, AO=2\sqrt{2}x, AX=3x$ とおける．方べきの定理より $XD=\dfrac{15}{x}$ である．\
　次に $OF=y, EX=z$ とおいて，条件 
$$EX \cdot XF=45, EO \cdot OF=40$$ 
を用いると $z=y+\dfrac{5}{x}$ を得る．\
　さて $\triangle AEF \sim \triangle ACB$ であり，その相似比は $AO:AD=2\sqrt{2}x:3 \left(x+\dfrac{5}{x} \right)$ である．ここでこれらの三角形を見比べると，次のことがわかる：
$$\begin{aligned}
CD-BD &= (EO-FO) × \dfrac{AD}{AO} \\\\
& = \left(x+\dfrac{5}{x} \right)×\dfrac{3}{2\sqrt{2}x} \left(x+\dfrac{5}{x} \right) \\\\
& = \dfrac{3}{2\sqrt{2}x} \left(x+\dfrac{5}{x} \right)^2
\end{aligned}$$
　ここで，点 $O$ を通り $AD$ に平行な直線と，点 $X$ を通り $BC$ に平行な直線の交点を $H$ を置こう．$\triangle XOH$ は直角三角形で，その三辺の比は $1:2\sqrt{2}:3$ である．特に $XH=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}x$ である．\
　図をよく観察すると $CD-BD=2XH$ であり，方程式 $\dfrac{3}{2\sqrt{2}x} \left(x+\dfrac{5}{x} \right)^2=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}x$ を解けば $x=\sqrt{15}$ を得る．\
　あとは，方べきの定理を用いて $y$ の値を用いれば，主要な辺の長さはすべて得られるので，$\triangle ABC$ の面積も求まる．
別解（補助点少なめ）
https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/11388/605
　鋭角三角形 $ABC$ の外心を $O$ とし，$A$ から辺 $BC$ へ降ろした垂線の足を $D$ とします．$D$ から辺 $AB,AC$ へ降ろした垂線の足をそれぞれ $E,F$ とすると，$O$ は直線 $EF$ 上にあり，さらに直線 $AD$ と直線 $EF$ の交点を $X$ としたときに以下が成立しました．
$$
EO\cdot OF = 40 , \quad EX\cdot XF = 45
$$
このとき，三角形 $ABC$ の面積の $2$ 乗を求めてください．