Cho hình chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC.

Gọi D là trung điểm của BC. Do \(\Delta SBC\) cân tại \(S \Rightarrow SD \bot BC\).

MN là đường trung bình của \(\Delta SBC \Rightarrow MN//BC \Rightarrow MN \bot SD\) và \(MN = \frac{1}{2}BD = \frac{a}{2}\).

Gọi \(H = MN \cap SD \Rightarrow SH \bot MN\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {AMN} \right) \bot \left( {SCD} \right)\\
\left( {AMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MN\\
\left( {SCD} \right) \supset SH \bot MN
\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {AMN} \right)\).

Tương tự ta chứng minh được \(AH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow AH \bot SD\) tại H là trung điểm của SD.

\( \Rightarrow \Delta SAD\) cân tại A \( \Rightarrow SA = AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = SB = SC\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SBD có \(SD = \sqrt {S{B^2} - B{D^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

\( \Rightarrow SH = \frac{1}{2}SD = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SAH ta có \(AH = \sqrt {S{A^2} - S{H^2}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\).

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{2}AH.MN = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt {10} }}{4}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}}\\
 \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta AMN}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}} = \frac{{{a^2}\sqrt 5 }}{{96}}
\end{array}\)

Ta có: \(\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SM}}{{SB}}.\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = 4{V_{S.AMN}} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{24}}\).