　三角形 $ABC$ の面積を $S$ とすると, 

$$AM = \dfrac{2S}{BC} = \dfrac{2S}{AB + BC - CA} = DI$$

が分かる. また, 三角形 $ABC$ の $A$ に対する傍接円と辺 $BC$ の接点が $M$ であることに気をつけると, $AD = CM$ を得る. 従って, 三角形 $ADI$ と三角形 $CMA$ は合同であるから, $AB = AC = AI$ も分かる. また, 

$$\angle PAM = \angle PDI, \quad \angle PMA = \angle PID$$

であるから, 三角形 $PAM$ と三角形 $PDI$ は合同. よって $PA = PD = 7, PI = PM = 9$ であり, 三角形 $PAD$ と三角形 $PIM$ は相似であることが分かる. ここで, $MI = x, AM = DI = y$ と置くと, 三平方の定理より

$$x^2 - y^2 = AI^2 = \bigg(\frac{DP}{MP}x\bigg)^2 + y^2$$

であるから $y = \dfrac{4x}{9}, \ AI = \dfrac{\sqrt{65}x}{9}$ を得る. また, $\angle AMC = \angle ADE = 90^\circ$ より四点 $C, D, E, M$ は同一円周上にあるので, 

$$\angle DAP = \frac{1}{2}(180^\circ - \angle APD) = 90^\circ - \frac{1}{2}\angle MED = 90^\circ - \frac{1}{2}(180^\circ - \angle ACB) = \frac{1}{2}\angle DAI$$

より, $\angle DAP = \angle PAI$ であるから

$$\cos \angle PAI = \cos \angle DAP = \cos \angle PMI = \frac{x}{18}.$$

従って, 余弦定理より

$$\bigg(\frac{\sqrt{65}x}{9}\bigg)^2 + 7^2 - 2 \times 7 \times \frac{\sqrt{65}x}{9} \times \frac{x}{18} = 9^2$$

であるから $x^2 = 81\bigg(2 + \dfrac{14}{\sqrt{65}}\bigg)$ が分かる. よって, 

$$S = CM \times AM = AD \times \frac{4x}{9} = \frac{DP}{MP}x \times \frac{4x}{9} = \frac{28x^2}{81} = 56 + \frac{392}{\sqrt{65}}$$

より解答すべきは $\bf{513}$ である.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/3553
　$I$ が中心 $A$，半径 $AB$ の円周と$A$ を通り $BC$ に平行な直線の交点(の一つ)であることに注意して各点の座標をおけば，次のように座標計算によって解くこともできます．

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　$r\gt 0,\theta\in(0,\pi\/2)$ によって $A(0,0),B(-r\cos\theta,r\sin\theta),C(r\cos\theta,r\sin\theta)$ とおくと，次のように各点の座標が計算できる：
$$M(0,r\sin\theta),\quad I(r,0),\quad D(r\cos^2\theta,r\sin\theta\cos\theta),\quad E(0,r\cot\theta)$$
このとき $\triangle ADE,\triangle EIM$ の外接円の方程式はそれぞれ次のようになる：
$$x^2+y(y-r\cot\theta)=0,\quad x\bigl(x-r(\cos\theta+1)\bigr)+y\bigl(y-r(\sin\theta+\cot\theta)\bigr)+r^2\cos\theta=0$$
これらより $P\Bigl(\dfrac{r}{2}\cos\theta,\dfrac{r}{2}\cot\theta(1-\cos\theta)\Bigr)$ が得られる．よって次が成り立つ：
$$DP^2=\dfrac{r^2}{2}(1-\cos\theta)\cot^2\theta=49,\quad MP^2=\dfrac{r^2}{2}(1-\cos\theta)(\cot^2\theta+2)=81$$
計算すれば $\cot\theta=\dfrac{7}{4},r^2=130+14\sqrt{65}$ が得られ，$\triangle ABC$ の面積は $r^2\sin\theta\cos\theta=56+\dfrac{392}{\sqrt{65}}$ と計算できる．
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/3553/54
(tori9さんとの協力によって得られたものです)  
　公式解説と同様の議論から $AP=DP=7,IP=MP=9,\angle DAP=\angle IAP=\angle ADP$ がわかる．直線 $AP$ と直線 $DI$ との交点を $Q$，直線 $AP$ へ $I$ から下した垂線の足を $R$ とすると，$A,D,I,R$ の共円から $\angle IAR=\angle DAR=\angle QIR$ なので，$IR=4,QR=-7+\sqrt{65}$ と計算できる．$\angle ADQ=90^\circ$ より $AP=PQ=7$ なので
$$\begin{aligned}
|\triangle ABC| &=2|\triangle ADI|\\\\
&=2(|\triangle AIQ|+|\triangle ADQ|)\\\\
&=2(\frac{1}{2}AQ\cdot IR+\frac{AQ^2}{IQ^2}|\triangle IQR|)\\\\
&=56+2\cdot \frac{196}{IR^2+QR^2}\cdot \frac{1}{2}IR\cdot QR\\\\
&=56+\frac{392}{\sqrt{65}}
\end{aligned}$$
がわかる．
別解
https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/3553/770
　$AB = AC$ を満たす三角形 $ABC$ について, 辺 $BC$ の中点を $M$ とし, $B$ に対する傍心を $I$ とします. $I$ を通り辺 $AC$ に垂直な直線が直線 $AC, AM$ と交わる点をそれぞれ $D, E$ とします. 三角形 $ADE$ の外接円と三角形 $EIM$ の外接円の $E$ でない交点を $P$ とします. 

$$DP = 7, \quad MP = 9$$

であるとき, 三角形 $ABC$ の面積を求めて下さい. \
　ただし, 求める答えは三つの正の整数 $a, b, c$ （ $b$ は平方因子を持たない）を用いて $a + \dfrac{c}{\sqrt{b}}$ と表せます. $a + b + c$ を解答して下さい.