Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AA1. Thể tích khối chóp M.BCA1 là:

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD).

Khi đó, \[\widehat {SAH} = \widehat {SCH}\] vì hai góc này lần lượt là góc tạo bởi SA,SC với mặt phẳng đáy.

\[\widehat {SBH} = {45^0},\tan \widehat {SDH} = \frac{1}{3}\]

Tam giác\[{\rm{\Delta }}SAH = {\rm{\Delta }}SCH \Rightarrow HA = HC \Rightarrow H\]  nằm trên trung trực của AC.

Mà BD là đường trung trực của AC nên\[H \in BD\]

Lại có\[\widehat {SBH} = {45^0} \Rightarrow HB = HS,\tan \widehat {SDH} = \frac{1}{3} = \frac{{SH}}{{HD}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{HB}}{{HD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{HB}}{{BD}} = \frac{1}{4}\]

Mà\[BD = a\sqrt 2 \Rightarrow HB = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]

Vậy\[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\]

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(SAB) \bot (ABCD)}\\{(SAD) \bot (ABCD)}\\{(SAB) \cap (SAD) = SA}\end{array}} \right\} \Rightarrow SA \bot (ABCD)\)

⇒AC là hình chiếu vuông góc của SC trên

\[\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SC;AC} \right)} = \widehat {SCA} = {45^0}\]

(vì\[SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow {\rm{\Delta }}SAC\]  vuông tại\[A \Rightarrow \widehat {SCA} < {90^o}\])

\[ \Rightarrow SA = AC = a\sqrt 2 \]

\[{S_{ABCD}} = {a^2}\]

\[{S_{AMN}} = \frac{1}{2}AM.AN = \frac{1}{2}\frac{a}{2}\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}}}{8}\]

\[{S_{BCM}} = \frac{1}{2}BM.BC = \frac{1}{2}\frac{a}{2}.a = \frac{{{a^2}}}{4}\]

\[ \Rightarrow {S_{MCDN}} = {S_{ABCD}} - {S_{AMN}} - {S_{BCM}} = {a^2} - \frac{{{a^2}}}{8} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{8}\]

\[ \Rightarrow {V_{S.MCDN}} = \frac{1}{3}SA.{S_{MCDN}} = \frac{1}{3}a\sqrt 2 .\frac{{5{a^2}}}{8} = \frac{{5{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\]