Let $O_{AB}$ be the intersection of the perpendicular bisectors (in other words, the intersections of the creases) of $\overline{PA}$ and $\overline{PB}$, and so forth. Then $O_{AB}, O_{BC}, O_{CA}$ are, respectively, the circumcenters of $\triangle PAB, PBC, PCA$. According to the problem statement, the circumcenters of the triangles cannot lie within the interior of the respective triangles, since they are not on the paper. It follows that $\angle APB, \angle BPC, \angle CPA > 90^{\circ}$; the locus of each of the respective conditions for $P$ is the region inside the (semi)circles with diameters $\overline{AB}, \overline{BC}, \overline{CA}$.
We note that the circle with diameter $AC$ covers the entire triangle because it is the circumcircle of $\triangle ABC$, so it suffices to take the intersection of the circles about $AB, BC$. We note that their intersection lies entirely within $\triangle ABC$ (the chord connecting the endpoints of the region is in fact the altitude of $\triangle ABC$ from $B$). Thus, the area of the locus of $P$ (shaded region below) is simply the sum of two segments of the circles. If we construct the midpoints of $M_1, M_2 = \overline{AB}, \overline{BC}$ and note that $\triangle M_1BM_2 \sim \triangle ABC$, we see that thse segments respectively cut a $120^{\circ}$ arc in the circle with radius $18$ and $60^{\circ}$ arc in the circle with radius $18\sqrt{3}$.
[asy] pair project(pair X, pair Y, real r){return X+r*(Y-X);} path endptproject(pair X, pair Y, real a, real b){return project(X,Y,a)--project(X,Y,b);}  pathpen = linewidth(1); size(250); pen dots = linetype("2 3") + linewidth(0.7), dashes = linetype("8 6")+linewidth(0.7)+blue, bluedots = linetype("1 4") + linewidth(0.7) + blue; pair B = (0,0), A=(36,0), C=(0,36*3^.5), P=D(MP("P",(6,25), NE)), F = D(foot(B,A,C)); D(D(MP("A",A)) -- D(MP("B",B)) -- D(MP("C",C,N)) -- cycle); fill(arc((A+B)/2,18,60,180) -- arc((B+C)/2,18*3^.5,-90,-30) -- cycle, rgb(0.8,0.8,0.8)); D(arc((A+B)/2,18,0,180),dots); D(arc((B+C)/2,18*3^.5,-90,90),dots); D(arc((A+C)/2,36,120,300),dots); D(B--F,dots); D(D((B+C)/2)--F--D((A+B)/2),dots); D(C--P--B,dashes);D(P--A,dashes);  pair Fa = bisectorpoint(P,A), Fb = bisectorpoint(P,B), Fc = bisectorpoint(P,C); path La = endptproject((A+P)/2,Fa,20,-30), Lb = endptproject((B+P)/2,Fb,12,-35); D(La,bluedots);D(Lb,bluedots);D(endptproject((C+P)/2,Fc,18,-15),bluedots);D(IP(La,Lb),blue);  [/asy]	The diagram shows $P$ outside of the grayed locus; notice that the creases [the dotted blue] intersect within the triangle, which is against the problem conditions. The area of the locus is the sum of two segments of two circles; these segments cut out $120^{\circ}, 60^{\circ}$ angles by simple similarity relations and angle-chasing.
Hence, the answer is, using the $\frac 12 ab\sin C$ definition of triangle area, $\left[\frac{\pi}{3} \cdot 18^2 - \frac{1}{2} \cdot 18^2 \sin \frac{2\pi}{3} \right] + \left[\frac{\pi}{6} \cdot \left(18\sqrt{3}\right)^2 - \frac{1}{2} \cdot (18\sqrt{3})^2 \sin \frac{\pi}{3}\right] = 270\pi - 324\sqrt{3}$, and $q+r+s = 597$.
O_{AB}$를 $\overline{PA}$와 $\overline{PB}$의 수직 이등분선(즉, 주름의 교차점)의 교집합이라고 합니다. 그러면 $O_{AB}, O_{BC}, O_{CA}$는 각각 $\삼각형 PAB, PBC, PCA$의 원주입니다. 문제 문장에 따르면, 삼각형의 원심은 종이 위에 있지 않기 때문에 각 삼각형의 내부에 놓일 수 없습니다. 따라서 $\각 APB, \각 BPC, \각 CPA > 90^{\circ}$, $P$에 대한 각 조건의 궤적은 지름이 $\overline{AB}, \overline{BC}, \overline{CA}$인 (반)원 내부의 영역입니다.
지름 $AC$의 원은 $\삼각형 ABC$의 원주이므로 삼각형 전체를 덮고 있으므로 원들의 교차점을 $AB, BC$에 대해 취하면 충분합니다. 이들의 교점은 전적으로 $\삼각형 ABC$ 내에 있습니다(영역의 끝점을 연결하는 현은 실제로 $B$에서 $\삼각형 ABC$의 고도에 해당합니다). 따라서 $P$의 궤적(아래 음영 처리된 영역)의 면적은 단순히 두 원의 세그먼트의 합입니다. M_1, M_2 = \overline{AB}, \overline{BC}$의 중간점을 구성하고 $\삼각형 M_1BM_2 \sim \삼각형 ABC$에 주목하면, 이 선분들이 각각 반지름 $18$의 원에서 $120^{\circ}$ 호를, 반지름 $18\sqrt{3}$의 원에서 $60^{\circ}$ 호를 절단하는 것을 알 수 있습니다.
[asy] pair project(pair X, pair Y, 실수 r){return X+r*(Y-X);} path endptproject(pair X, pair Y, 실수 a, 실수 b){return project(X,Y,a)--project(X,Y,b);} pathpen = 선폭(1); size(250); 펜 점 = 선종류("2 3") + 선폭(0.7), 대시 = 선종류("8 6")+ 선폭(0.7)+파란색, 파란색 점 = 선종류("1 4")+선폭(0.7)+파란색; 쌍 B = (0,0), A=(36,0), C=(0,36*3^.5), P=D(MP("P",(6,25), NE)), F = D(foot(B,A,C)); D(D(MP("A",A)) -- D(MP("B",B)) -- D(MP("C",C,N)) -- cycle); fill(arc((A+B)/2,18,60,180) -- arc((B+C)/2,18*3^.5,-90,-30) -- cycle, rgb(0.8,0.8,0.8)); D(arc((A+B)/2,18,0,180),dots); D(arc((B+C)/2,18*3^.5,-90,90),점); D(arc((A+C)/2,36,120,300),점); D(B--F,점); D(D((B+C)/2)--F--D((A+B)/2),점); D(C--P--B,점);D(P--A,점);  쌍 Fa = 이등분점(P,A), Fb = 이등분점(P,B), Fc = 이등분점(P,C); 경로 La = endptproject((A+P)/2,Fa,20,-30), Lb = endptproject((B+P)/2,Fb,12,-35); D(La,bluedots);D(Lb,bluedots);D(endptproject((C+P)/2,Fc,18,-15),bluedots);D(IP(La,Lb),blue); [/asy] 다이어그램은 회색 궤적 밖의 $P$를 보여줍니다; 주름[파란색 점]이 삼각형 내에서 교차하는 것을 알 수 있으며 이는 문제 조건에 어긋납니다. 궤적의 넓이는 두 원의 두 선분의 합이며, 이 선분들은 단순 유사도 관계와 각도 추적을 통해 $120^{\circ}, 60^{\circ}$ 각도를 잘라냅니다.
따라서 삼각형 면적에 대한 $\frac 12 ab\sin C$ 정의를 사용하여 $\left[\frac{\pi}{3} \cdot 18^2 - \frac{1}{2} \cdot 18^2 \sin \frac{2\pi}{3} \오른쪽] + \left[\frac{\pi}{6} \cdot \left(18\sqrt{3}\right)^2 - \frac{1}{2} \cdot (18\sqrt{3})^2 \sin \frac{\pi}{3}\right] = 270\pi - 324\sqrt{3}$, $q+r+s = 597$입니다.