Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích...

Đặt $a=\dfrac{SM}{SB},b=\dfrac{SN}{SD},\left( 0<a,b\le 1 \right).$ ta có
Cách 1:
$\dfrac{{{V}_{1}}}{V}=\dfrac{{{V}_{S.AMP}}+{{V}_{S.ANP}}}{V}=\dfrac{{{V}_{S.AMP}}}{2{{V}_{S.ABC}}}+\dfrac{{{V}_{S.ANP}}}{2{{V}_{S.ADC}}}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{SM}{SB}.\dfrac{SP}{SC}+\dfrac{SN}{SD}.\dfrac{SP}{SC} \right)=\dfrac{1}{4}\left( a+b \right)\left( 1 \right)$
Lại có
$\dfrac{{{V}_{1}}}{V}=\dfrac{{{V}_{S.AMN}}+{{V}_{S.PMN}}}{V}=\dfrac{{{V}_{S.AMN}}}{2{{V}_{S.ABD}}}+\dfrac{{{V}_{S.PMN}}}{2{{V}_{S.CBD}}}=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{SM}{SB}.\dfrac{SN}{SD}+\dfrac{SM}{SB}.\dfrac{SN}{SD}.\dfrac{SP}{SC} \right)=\dfrac{3}{4}ab\left( 2 \right)$
Suy ra $\dfrac{1}{4}\left( a+b \right)=\dfrac{3}{4}ab\Leftrightarrow a+b=3ab\Rightarrow b=\dfrac{a}{3a-1}.$
Từ điều kiện $\left( 0<b\le 1 \right),$ ta có $\dfrac{a}{3a-1}\le 1$ hay $a\ge \dfrac{1}{2}.$
Thay vào (2) ta được tỉ số thể tích $\dfrac{{{V}_{1}}}{V}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{{{a}^{2}}}{3a-1}.$
Đặt $f\left( a \right)=\dfrac{3}{4}.\dfrac{{{a}^{2}}}{3a-1};a\in \left[ \dfrac{1}{2};1 \right],$ ta có ${f}'\left( a \right)=\dfrac{3}{4}.\dfrac{3{{a}^{2}}-2a}{{{\left( 3a-1 \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& a=0\left( L \right) \\
& a=\dfrac{2}{3} \\
\end{aligned} \right..$
$f\left( \dfrac{1}{2} \right)=f\left( 1 \right)=\dfrac{3}{8};f\left( \dfrac{2}{3} \right)=\dfrac{1}{3},$ do đó $\min \dfrac{{{V}_{1}}}{V}=\underset{a\in \left[ \dfrac{1}{2};1 \right]}{\mathop{min}} f\left( a \right)=f\left( \dfrac{2}{3} \right)=\dfrac{1}{3}.$
Cách 2: (Sử dụng công thức tính nhanh)
Từ giả thiết và cách dựng thiết diện ta có:
$a=\dfrac{SA}{SA}=1;b=\dfrac{SB}{SM};c=\dfrac{SC}{SP}=2;d=\dfrac{SD}{SN}\Rightarrow a+c=b+d=3$
Khi đó $\dfrac{{{V}_{1}}}{V}=\dfrac{a+b+c+d}{4a.b.c.d}=\dfrac{6}{4.1.2.bd}=\dfrac{3}{4b.d}\ge \dfrac{3}{4{{\left( \dfrac{b+d}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \dfrac{{{V}_{1}}}{V}\ge \dfrac{1}{3}\Rightarrow \min \dfrac{{{V}_{1}}}{V}=\dfrac{1}{3}$