Wykonajmy rysunek pomocniczy.

Odcinek $AH$ jest przekątną ściany sześcianu. Zatem

$\left|AH\right|=2\sqrt{2}$

Skoro punkt $P$ jest środkiem odcinka $BC$ to powstaje trójkąt prostokątny $APB$. Z twierdzenia Pitagorasa mamy

${\left|AP\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left|BP\right|}^2$

${\left|AP\right|}^2=2^2+1^2$

${\left|AP\right|}^2=4+1$

${\left|AP\right|}^2=5,\left|AP\right|>0$

$\left|AP\right|=\sqrt{5}$

---

Zauważmy, że skoro odcinek $AH$ jest równoległy do odcinak $BG$, ponieważ należą do równoległych powierzchni to $AH$ jest równoległe do $PR$. Jako, że $P$ jest środkiem odcinka $BC$, to $R$ jest środkiem odcinka $CG$. Przekrój to trapez równoramienny.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $PCR$ mamy

${\left|PR\right|}^2={\left|PC\right|}^2+{\left|CR\right|}^2$

${\left|PR\right|}^2=1^2+1^2$

${\left|PR\right|}^2=2,\left|PR\right|>0$

$\left|PR\right|=\sqrt{2}$

Rozważmy trapez równoramienny będący przekrojem sześcianu.

Rozważmy trójkąt prostokątny, którego jedną przyprostokątną jest wysokość trapezu. Z twierdzenia Pitagorasa zachodzi

$h^2+{\left(\frac{2\sqrt{2}-\sqrt{2}}{2}\right)}^2={\sqrt{5}}^2$

$h^2+\frac{1}{2}=5$

$h^2=\frac{9}{2},h>0$

$h=\frac{3}{\sqrt{2}}$

$h=\frac{3\sqrt{2}}{2}$

---

Obliczmy pole przekroju.

$P_{AHRP}=\frac{1}{2}\cdot \left(\left|AH\right|+\left|PR\right|\right)\cdot h=\frac{1}{2}\cdot \left(2\sqrt{2}+\sqrt{2}\right)\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}\cdot 3\sqrt{2}}{4}=\frac{9\cdot 2}{4}=\frac{9}{2}$