在四边形 $ABCD$ 中，$CD=12$，$AD=10$，$BC=8$，$\angle A=\angle B={{60}^{\circ }}$ 。若 $AB=p+\sqrt{q}$，其中 $p$，$q$ 是正整数，求 $p+q$ 。
【难度】
【出处】
2005年第23届美国数学邀请赛Ⅰ（AIMEⅠ）
【标注】
【答案】
150
【解析】
如图23-2所示，分别过 $C$，$D$ 作 $C{C}'\bot AB$，$D{D}'\bot AB$，交 $AB$ 于 ${C}'$，${D}'$ 因为 $\angle A=\angle B={{60}^{\circ }}$，所以 $A{D}'=\frac{1}{2}AD=5$，$D{D}'=5\sqrt{3}$，$B{C}'=4$，$C{C}'=4\sqrt{3}$ 。
过 $C$ 作 $CE\bot D{D}'$ 交 $D{D}'$ 于 $E$ 点，可得 $DE=D{D}'-C{C}'=\sqrt{3}$，从而由勾股定理可得 $CE=\sqrt{C{{D}^{2}}-D{{E}^{2}}}=\sqrt{{{12}^{2}}-{{\left(\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\sqrt{141}$，故
$AB=A{D}'+{D}'{C}'+C{D}'B=5+\sqrt{141}+4=9+\sqrt{141}$ 。
因此 $p=9$，$q=141$，$p+q=150$ 。
过 $C$ 作 $CE\bot D{D}'$ 交 $D{D}'$ 于 $E$ 点，可得 $DE=D{D}'-C{C}'=\sqrt{3}$，从而由勾股定理可得 $CE=\sqrt{C{{D}^{2}}-D{{E}^{2}}}=\sqrt{{{12}^{2}}-{{\left(\sqrt{3} \right)}^{2}}}=\sqrt{141}$，故
$AB=A{D}'+{D}'{C}'+C{D}'B=5+\sqrt{141}+4=9+\sqrt{141}$ 。
因此 $p=9$，$q=141$，$p+q=150$ 。
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解析
备注
