　直線 $AD$ と $\triangle{ABC}$ の外接円の交点を $M (\neq A)$ とすると $\angle{AIO} = 90^\circ$ より $I$ は $AM$ の中点である. ここで $M$ は $\triangle{IBC}$ の外心であるから, $AM : CM = 2 : 1$ が従う. また
$$\angle{DCM} = \angle{BAM} = \angle{CAM}$$
より $\triangle{CDM} \sim \triangle{ACM}$ が従う. 以上より, $x = DM$ とおけば, $CM=2x,AD=3x$ が成り立つことがわかるから, 点 $D$ において方べきの定理から
$$3x \times x = 7 \times 3 \implies x = \sqrt{7}$$
である. 特に $AD^2 = (3x)^2 = \textbf{63}$ とわかる.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3288
ここでは外接円を用いない解法を紹介します．特に補題2は覚えておくと時々使えて便利です．

次の2つの補題を用いる．\
　補題1: $\angle AIO=90^\circ$ のとき $AB+AC=2BC$\
　補題2: $AB\cdot AC-BD\cdot CD=AD^2$

補題1と角の二等分線の定理より
$$AB+AC=20,　AB:AC=7:3\Longrightarrow AB=14,　AC=6$$
したがって補題2より $AD^2=14\cdot6-7\cdot3=\textbf{63}$ を得る.

補題1の証明:\
辺 $AB,AC$ の中点をそれぞれ $M,N$ とすると5点 $A,O,I,M,N$ は同一円周(線分 $AO$ を直径とする円)上にある．\
したがって内接円と辺 $AB,AC$ の接点をそれぞれ $E,F$ とすれば,
$$\angle IME=\angle INF,　IE=IF\Longrightarrow\triangle IME\equiv\triangle INF\Longrightarrow ME=NF$$
が成り立つので次の計算により所望の式を得る．
$$AB+AC-BC=AE+AF=(AM-ME)+(AN+NF)=\dfrac{1}{2}(AB+AC)$$

補題2の証明:\
余弦定理および $AB\cdot CD=AC\cdot BD$ を用いて
$$\begin{aligned}
&　\dfrac{AB^2+AD^2-BD^2}{2AB\cdot AD}=\dfrac{AC^2+AD^2-CD^2}{2AC\cdot AD}\\\\
&\Longrightarrow AC(AB^2+AD^2-BD^2)=AB(AC^2+AD^2-CD^2)\\\\
&\Longrightarrow (AB-AC)(AB\cdot AC-AD^2)=AC\cdot BD^2-AB\cdot CD^2=AB\cdot BD\cdot CD-AC\cdot BD\cdot CD=(AB-AC)(BD\cdot CD)
\end{aligned}$$
よって $AB\cdot AC-BD\cdot CD=AD^2$ が示された．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3288/77
　内心を $I$, 外心を $O$ とする三角形 $ABC$ について, 直線 $AI$ と辺 $BC$ の交点を $D$ としたとき,
$$\angle{AIO} = 90^\circ,\quad BD = 7,\quad CD = 3$$
が成り立ちました. このとき, $AD$ の長さの二乗を求めて下さい.