　$O$ から辺 $AC$ におろした垂線の足（すなわち辺 $AC$ の中点）を $Q$ とすると，$\triangle{APH}\sim\triangle{AQO}$ により $AP:AQ=2:3$ であり，$AB:AC=5:6$ が従う．さらに，$\cos{A}=\dfrac{AP}{AC}=\dfrac13$ もわかる．$\angle{BOC}=2\angle{A}$ に注意すれば $BC=4\sqrt{2}$ がわかる．また，$AB=5x$ とおいて三角形 $ABC$ に余弦定理を使うことで，$x^2=\dfrac{32}{41}$ が得られるので，$\triangle{ABC}=\dfrac12\times5x\times6x\times\sin{A}=\dfrac{320\sqrt2}{41}$ となる．特に解答すべき値は $\mathbf{363}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/6584
$A(0,0),B(a,0)$ とすると $P(\frac{5}{2}a,0),O(\frac{1}{2}a,\sqrt{9-\frac{a^2}{4}}),C(\frac{5}{2}a,\sqrt{9-\frac{a^2}{4}}+\sqrt{9-\frac{a^2}{100}})$ となる．直線 $BC$ の傾きは $\frac{\sqrt{9-\frac{a^2}{4}}+\sqrt{9-\frac{a^2}{100}}}{\frac{3}{5}a}$ より直線 $AH$ は $y=\frac{\frac{3a}{5}}{\sqrt{9-\frac{a^2}{4}}+\sqrt{9-\frac{a^2}{100}}}x$ である．よって、$AH^2=(1+(\frac{\frac{3a}{5}}{\sqrt{9-\frac{a^2}{4}}+\sqrt{9-\frac{a^2}{100}}})^2) \times \frac{4a^2}{25}=4$ が得られるので、これを解くと $a=\frac{20\sqrt{2}}{\sqrt{41}}$ となり、$\triangle ABC=\frac{a}{2}(\sqrt{9-\frac{a^2}{4}}+\sqrt{9-\frac{a^2}{100}})=\frac{320\sqrt{2}}{41}$ となる．
座標を用いる解法(非推奨)
https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/6584/507
　垂心を $H$，外心を $O$ とする鋭角三角形 $ABC$ において，$AH=2$，$BO=3$ が成り立ちました．さらに，$C$ から辺 $AB$ におろした垂線の足を $P$ としたところ，$P$ は線分 $AB$ を $2:3$ に内分しました．このとき，三角形 $ABC$ の面積は，互いに素な正整数 $a,c$ および平方因子を持たない正整数 $b$ を用いて $\dfrac{a\sqrt{b}}{c}$ と表せるので，$a+b+c$ を解答してください．