锐角三角形 $ABC$ 中，$P,Q$ 分别为 $C,B$ 在对边上的投影，直线 $PQ$ 交 $\triangle ABC$ 的外接圆于点 $X,Y$．设 $XP=10$，$PQ=25$，$QY=15$，则 $AB\cdot AC=$ _______．
答案 $574$．
解析
设 $H,O$ 分别为 $\triangle ABC$ 的垂心和外心，点 $D,E$ 分别为 $A,H$ 在 $XY$ 上的投影，$R$ 为 $A$ 在 $BC$ 上的投影．由于 $\angle AOC=2 \angle ABC$ 且 $\triangle AOC$ 为等腰三角形，可得\[\angle OAC=90^{\circ}-\angle ABC,\] 由于 $\angle APH=\angle AQH=90^{\circ}$，可得 $A,P,H,Q$ 四点共圆，进而 \[ \angle PQH=\angle PAH=\angle BAR=90^{\circ}-\angle ABC. \] 于是 \[ \angle DAC=\angle DAQ=90^{\circ}-\angle DQA=\angle PQH=90^{\circ}-\angle ABC=\angle OAC. \] 从而 $A,D,O$ 共线，于是 $D$ 是 $XY$ 的中点，且 $PD=15$，$DQ=10$．设 $AD$ 与 $APHQ$ 的外接圆交于不同于 $A$ 点的 $A'$ 点，则由 $\angle PAH=\angle A^{\prime}AQ$ 可得 $PH=A^{\prime}Q$ 且 $EH=DA^{\prime}$，进而直角三角形 $PEH$ 与直角三角形 $\triangle QDA^{\prime}$ 全等，从而 $PE=DQ=10$．
设 $B',C'$ 分别为 $BQ,CP$ 与 $\triangle ABC$ 的外接圆的另一个交点，则 \[ \angle ABB^{\prime}=\angle ABQ=90^{\circ}-\angle QAB=\angle ACP=\angle ACC^{\prime}, \] 因此弧 ${AC^{\prime}}$ 与弧 ${AB^{\prime}}$ 相等，从而 $PH=PC^{\prime}$，而 $PE=PX$ and $\angle EPH=\angle XP ^{\prime}$，可得 $\triangle HEP \cong \triangle C^{\prime} XP$．类似的，$\triangle HEQ \cong \triangle B^{\prime}YQ$．于是由 $\angle C^{\prime}XP=\angle B^{\prime}YQ=90^{\circ}$ 可得 $C^{\prime}Y$ 和 $B^{\prime}X$ 是 $\triangle ABC$ 外接圆的直径，所以 $\angle C^{\prime}CY=90^{\circ}=\angle APC$，从而 $\overline{AB}\parallel \overline{CY}$．类似的，$\overline{AC}\parallel \overline{BX}$．于是，$\triangle BXP \sim \triangle AQP$，进而 \[ \frac{A P}{B P}=\frac{P Q}{P X}=\frac{5}{2},\quad \frac{A Q}{C Q}=\frac{5}{3}. \] 设 $AP=5x$ 且 $AQ=5y$，则 $PB=2x$ 且 $QC=3y$．因为 $\triangle AQB \sim \triangle APC$，可得 \[ 5x\cdot 7x=5y\cdot 8y\implies x^{2}=\frac{8}{7} y^{2}, \] 而 $AD \perp PQ$，可得 \[(5x)^{2}-(5y)^{2}=15^{2}-10^{2}=125\implies x^{2}-y^{2}=\frac{1}{7} y^{2}=5,\] 于是 $y=\sqrt{35}$，从而 $x=\sqrt{40}$，且 \[ A B \cdot A C=(7 x)(8 y)=56 \sqrt{35} \sqrt{40}=560 \sqrt{14}. \] 因此所求和为 $560+14=574$．