　辺 $AC$ の中点を $M$ とする．中点連結定理より三角形 $ABC$ と三角形 $APM$ は相似である．よって，
$$\angle RMP = \angle AMP = \angle ACB = \angle RQP$$
より $4$ 点 $P,Q,R,M$ は同一円周上にある．よって，
$$\angle AMQ = \angle RMQ = 180^\circ - \angle QPR = 90^\circ = \angle ABQ$$
より $4$ 点 $A,B,Q,M$ は同一円周上にある．よって，方べきの定理より
$$CB\times CQ = CA\times CM = \frac{1}{2}CA^2 = \frac{1}{2}(AB^2 + BC^2)=4. $$
また $CB = \sqrt{7}$ であるから $CQ = \dfrac{4}{\sqrt{7}}$ であるので $QB = CB-CQ=\dfrac{3}{\sqrt{7}}$ を得る．よって，
$$\triangle PQR = \frac{1}{2}PR\times PQ = \frac{1}{2\sqrt{7}} PQ^2 = \frac{1}{2\sqrt{7}} (PB^2 + QB^2) = \frac{43\sqrt{7}}{392}.$$
特に解答すべき値は $\bf442$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc195/editorial/3989
　$R$ から $AB$ に下ろした垂線の足を $H$ とし, $\angle APR=\theta$ とする. いま $\theta$ に関する情報が欲しいから適当な相似拡大をし, $RP=1,QP=\sqrt{7}$ とする. このとき, $AP=AH+HP=\frac{1}{\sqrt{7}}RH+HP=\frac{1}{\sqrt{7}}\sin\theta+\cos\theta$ であり,$PB=\sqrt{7}\cos(90^\circ-\theta)=\sqrt{7}\sin\theta$ である. $AP=PB$ より, $\cos\theta :\sin\theta=6:\sqrt{7}$ であり, これより, $\sin\theta=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{43}}$ がわかる. よって, 元の図において, $QP=\frac{PB}{\sin\theta}=\frac{\sqrt{43}}{2\sqrt{7}}$ が分かり答えが計算できる.
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc195/editorial/3989/616
　三角形 $ABC$ は以下をみたします．

$$ \angle B = 90^\circ,\quad AB = 1,\quad BC = \sqrt{7} $$

辺 $AB$ の中点を $P$ とし，辺 $BC, CA$ 上にそれぞれ $ Q, R$ を，三角形 $BCA$ と三角形 $PQR$ が（向きも含めて）相似となるように取ります．三角形 $PQR$ の面積は互いに素な正の整数 $a, c$ および平方因子を持たない正の整数 $b$ を用いて $\dfrac{a\sqrt{b}}{c}$ と表せるので，$a+b+c$ を解答してください．