Z treści zadania wiemy, że $\left|BC\right|=6$ oraz $Q$ to środek boku $BC,$ zatem:

$\left|BQ\right|=\left|QC\right|=\frac{1}{2}\cdot 6=3$ 

Z treści zadania wiemy, że $\left|DC\right|=8$ oraz $P$ to środek boku $DC,$ zatem:

$\left|DP\right|=\left|PC\right|=\frac{1}{2}\cdot 8=4$

Trójkąt $PCQ$ to trójkąt prostokątny, ponieważ $ABCD$ to prostokąt. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i otrzymujemy:

${\left|PC\right|}^2+{\left|QC\right|}^2={\left|PQ\right|}^2$

$4^2+3^2={\left|PQ\right|}^2$

${\left|PQ\right|}^2=16+9$

${\left|PQ\right|}^2=25,\left|PQ\right|>0$

$\boxed{\left|PQ\right|=5}$

---

Z treści zadania wiemy, że $\left|C{C}_1\right|=24$ oraz $R$ to środek boku $C{C}_1,$ zatem:

$\left|CR\right|=\left|R{C}_1\right|=\frac{1}{2}\cdot 24=12$

Trójkąt $QCR$ jest prostokątny, ponieważ $BC{C}_1{B}_1$ to prostokąt. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i otrzymujemy:

${\left|QC\right|}^2+{\left|CR\right|}^2={\left|QR\right|}^2$

$3^2+12^2={\left|QR\right|}^2$

${\left|QR\right|}^2=9+144$

${\left|QR\right|}^2=153,\left|QR\right|>0$

$\left|QR\right|=\sqrt{153}$

$\left|QR\right|=\sqrt{9\cdot 17}$

$\boxed{\left|QR\right|=3\sqrt{17}}$

---

Trójkąt $PCR$ jest prostokątny, ponieważ $DC{C}_1{D}_1$ to prostokąt. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i otrzymujemy:

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

$4^2+12^2={\left|PR\right|}^2$

${\left|PR\right|}^2=16+144$

${\left|PR\right|}^2=160,\left|PR\right|>0$

$\left|PR\right|=\sqrt{160}$

$\left|PR\right|=\sqrt{16\cdot 10}$

$\boxed{\left|PR\right|=4\sqrt{10}}$

---

Wyznaczamy pole trójkąta $PQR,$ czyli pole trójkąta o bokach długości $5,3\sqrt{17},4\sqrt{10}.$

Korzystamy z twierdzenia cosinusów i wyznaczamy cosinus kąta $PRQ.$

${\left|PQ\right|}^2={\left|PR\right|}^2+{\left|QR\right|}^2-2\cdot \left|PR\right|\cdot \left|QR\right|\cdot \cos \sphericalangle PRQ$

$5^2={\left(4\sqrt{10}\right)}^2+{\left(3\sqrt{17}\right)}^2-2\cdot 4\sqrt{10}\cdot 3\sqrt{17}\cdot \cos \sphericalangle PRQ$

$25=160+153-24\sqrt{170}\cdot \cos \sphericalangle PRQ$

$25=313-24\sqrt{170}\cdot \cos \sphericalangle PRQ|-313$

$-288=-24\sqrt{170}\cos \sphericalangle PRQ|:\left(-24\sqrt{170}\right)$

$\frac{288}{24\sqrt{170}}=\cos \sphericalangle PRQ$

$\cos \sphericalangle PRQ=\frac{12}{\sqrt{170}}$

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej i otrzymujemy:

${\sin }^2\sphericalangle PRQ+{\cos }^2\sphericalangle PRQ=1$

${\sin }^2\sphericalangle PRQ+{\left(\frac{12}{\sqrt{170}}\right)}^2=1$

${\sin }^2\sphericalangle PRQ+\frac{144}{170}=1|-\frac{144}{170}$

${\sin }^2\sphericalangle PRQ=\frac{170}{170}-\frac{144}{170}$

${\sin }^2\sphericalangle PRQ=\frac{26}{170}$

${\sin }^2\sphericalangle PRQ=\frac{13}{85}$

Zauważmy, że kąt $PRQ$ to kąt ostry, zatem sinus tego kąta jest dodatni.

$\sin \sphericalangle PRQ=\sqrt{\frac{13}{85}}$

$\sin \sphericalangle PRQ=\frac{\sqrt{13}}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{17}}$

Wyznaczamy pole trójkąta $PRQ.$

$P_{PRQ}=\frac{1}{2}\cdot \left|PR\right|\cdot \left|RQ\right|\cdot \sin \sphericalangle PRQ$

$P_{PRQ}=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{10}\cdot 3\cancel{\sqrt{17}}\cdot \frac{\sqrt{13}}{\sqrt{5}\cdot \cancel{\sqrt{17}}}$

$P_{PRQ}=6\sqrt{10}\cdot \frac{\sqrt{13}}{\sqrt{5}}$

$P_{PRQ}=6\cancel{\sqrt{5}}\cdot \sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{13}}{\cancel{\sqrt{5}}}$

$\boxed{P_{PRQ}=6\sqrt{26}}$