三脚架每根支架5英尺长，当三脚架架起的时候，任三根支架所成的角相等，三脚架的顶端距地面4英尺，在一次架设的过程中，其中一根支架短了1英尺。令 $h$ 为损坏的三脚架架起时到地面的距离，已知 $h$ 可写成 $\frac{m}{\sqrt{n}}$ 的形式，其中 $m$，$n$ 是正整数，且 $n$ 不能被任意素数的平方整除。试求 $\left\lfloor m+\sqrt{n} \right\rfloor $ 的值。（记 $\left\lfloor x \right\rfloor $ 为小于或等于 $x$ 的最大整数）
【难度】
【出处】
2006年第24届美国数学邀请赛Ⅰ（AIMEⅠ）
【标注】
【答案】
183
【解析】
设以没有损坏的三脚架底部三个支点为定点的三角形是等边 $\vartriangle ABC$，$\vartriangle ABC$ 的中心为 $O$，三脚架的顶点为 $T$ 。过点 $T$ 作 $\vartriangle ABC$ 所在平面的垂线，虽然垂足为点 $O$，由勾股定理知 $OA=OB=OC=3$，故 $AC\text{=}BC\text{=}AB\text{=}3\sqrt{3}$ 。由余弦定理可算得
$\angle ATC\text{=}\arccos\frac{A{{T}^{2}}+T{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}{2AT\cdot TC}=\arccos \frac{23}{50}$ 。
同理 $\angle ATB$，$\angle BTC$ 也都等于 $\arccos \frac{23}{50}$ 。现在假设支架 $TC$ 缩短了1英尺，即在线段 $TC$ 上取一点 $D$，使得 $CD\text{=}1$ 。下面只需求点 $T$ 到 $\vartriangle ABD$ 所在平面距离即可。由余弦定理得
$AD=BD=\sqrt{A{{T}^{2}}+T{{D}^{2}}-2AT\cdot TD\cdot \cos \angle ATD}=\sqrt{{{5}^{2}}+{{4}^{2}}-2\times 5\times 4\times\frac{23}{50}}=\sqrt{\frac{113}{5}}$ 。
故等腰 $\vartriangle ABD$ 的面积为
${{S}_{\vartriangle ABC}}=\frac{1}{2}AB\cdot \sqrt{A{{D}^{2}}-{{\left( \frac{AB}{2}\right)}^{2}}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{\frac{317}{20}}=\frac{3}{20}\sqrt{4655}$ 。
另一方面，四面体 $TABD$ 的体积为
${{V}_{T-ABD}}=\frac{4}{5}{{V}_{T-ABC}}=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{3}\cdot {{S}_{\Delta ABC}}\cdot TO=\frac{4}{15}\cdot\frac{27\sqrt{3}}{4}\cdot 4\text{=}\frac{36\sqrt{3}}{5}$ 。
因此点 $T$ 到 $\vartriangle ABD$ 所在平面距离为
${{h}_{T-ABC}}\text{=}\frac{3{{V}_{T-ABD}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{\frac{108}{5}\sqrt{3}}{\frac{3}{20}\sqrt{4655}}=\frac{144}{\sqrt{1585}}$ 。
因此 $m=144$，$n=1585$，$\left\lfloor m+\sqrt{n}\right\rfloor =144+\left\lfloor \sqrt{1585} \right\rfloor =144+39=183$ 。
$\angle ATC\text{=}\arccos\frac{A{{T}^{2}}+T{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}{2AT\cdot TC}=\arccos \frac{23}{50}$ 。
同理 $\angle ATB$，$\angle BTC$ 也都等于 $\arccos \frac{23}{50}$ 。现在假设支架 $TC$ 缩短了1英尺，即在线段 $TC$ 上取一点 $D$，使得 $CD\text{=}1$ 。下面只需求点 $T$ 到 $\vartriangle ABD$ 所在平面距离即可。由余弦定理得
$AD=BD=\sqrt{A{{T}^{2}}+T{{D}^{2}}-2AT\cdot TD\cdot \cos \angle ATD}=\sqrt{{{5}^{2}}+{{4}^{2}}-2\times 5\times 4\times\frac{23}{50}}=\sqrt{\frac{113}{5}}$ 。
故等腰 $\vartriangle ABD$ 的面积为
${{S}_{\vartriangle ABC}}=\frac{1}{2}AB\cdot \sqrt{A{{D}^{2}}-{{\left( \frac{AB}{2}\right)}^{2}}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{\frac{317}{20}}=\frac{3}{20}\sqrt{4655}$ 。
另一方面，四面体 $TABD$ 的体积为
${{V}_{T-ABD}}=\frac{4}{5}{{V}_{T-ABC}}=\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{3}\cdot {{S}_{\Delta ABC}}\cdot TO=\frac{4}{15}\cdot\frac{27\sqrt{3}}{4}\cdot 4\text{=}\frac{36\sqrt{3}}{5}$ 。
因此点 $T$ 到 $\vartriangle ABD$ 所在平面距离为
${{h}_{T-ABC}}\text{=}\frac{3{{V}_{T-ABD}}}{{{S}_{\Delta ABC}}}=\frac{\frac{108}{5}\sqrt{3}}{\frac{3}{20}\sqrt{4655}}=\frac{144}{\sqrt{1585}}$ 。
因此 $m=144$，$n=1585$，$\left\lfloor m+\sqrt{n}\right\rfloor =144+\left\lfloor \sqrt{1585} \right\rfloor =144+39=183$ 。
答案
解析
备注
