Cho hình chóp S.ABC có mỗi mặt bên là một tam giác vuông và \(SA = SB = SC = a\).

Do \(SA = SB = SC = a\) nên các tam giác SAB, SBC, SCA vuông tại S.

\( \Rightarrow SA,SB,SC\) đôi một vuông góc.

Thể tích khối tứ diện vuông S.ABC là: \(V = \frac{1}{6}.SA.SB.SC = \frac{{{a^3}}}{6}\) 

Gọi J là giao điểm của MN và AP, I là giao điểm của SJ và AD. Khi đó,

\(I = AD \cap \left( {SMN} \right)\) (do \(SI \subset \left( {SMN} \right)\))

\(\Delta ASD\) có: P là trung điểm của SD, J là trung điểm của AP.

Xét tam giác vuông SBC có \(SP = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow AP = \sqrt {S{A^2} + S{P^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) 

\( \Rightarrow SJ = \frac{1}{2}AP = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\) 

Ta có: \(SD = 2SP = a\sqrt 2  \Rightarrow AD = a\sqrt 3  \Rightarrow \cos \angle SDA = \frac{{SD}}{{AD}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác APD ta có:

\(\frac{{JA}}{{JP}}.\frac{{SP}}{{SD}}.\frac{{ID}}{{IA}} = 1 \Leftrightarrow 1.\frac{1}{2}.\frac{{ID}}{{IA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{ID}}{{IA}} = 2 \Leftrightarrow ID = \frac{2}{3}AD = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\) 

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác SID ta có:

\(\begin{array}{l}
S{I^2} = S{D^2} + D{I^2} - 2SD.DI.cos\angle SDA\\
 = 2{a^2} + \frac{4}{3}{a^2} - 2.a\sqrt 2 .\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{\sqrt 6 }}{3} = \frac{{2{a^2}}}{3}\\
 \Rightarrow SI = \frac{{a\sqrt 6 }}{3} \Rightarrow \frac{{SJ}}{{SI}} = \frac{3}{4}
\end{array}\) 

Dễ dàng chứng minh được: \(SJ = \frac{3}{4}SI \Rightarrow {S_{\Delta SJB}} = \frac{3}{4}{S_{\Delta SIB}} \Rightarrow {V_{M.SJB}} = \frac{3}{4}{V_{M.SIB}}\) hay \( \Rightarrow {V_{M.SIB}} = \frac{4}{3}{V_{M.SJB}}\) 

Lại có: \({S_{\Delta MJB}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta AJB}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}{S_{\Delta APB}} = \frac{1}{8}{S_{\Delta ABC}}\) 

\( \Rightarrow {V_{M.SJB}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABC}} \Rightarrow {V_{M.SIB}} = \frac{4}{3}.\frac{1}{8}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}{V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}.\frac{1}{6}{a^3} = \frac{1}{{36}}{a^3}\).