Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$. Biết $SA\perp (ABC)$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là hai điểm trên $BC$ và $DC$ sao cho $MB=\frac{a}{2}$, $DN=\frac{3a}{4}$. Chứng minh rằng $(SAM)\perp (SMN)$.

(AI giải đề cho tôi)
Ta chứng minh $MN\perp (SAM)$.

- Vì $SA\perp (ABC)$ mà $MN\subset (ABC)$ nên $SA\perp MN$.
- Xét tam giác $AMN$: đặt hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$. Khi đó $M(a;\frac{a}{2};0)$ (vì $MB=\frac{a}{2}$) và $N(\frac{3a}{4};a;0)$ (vì $DN=\frac{3a}{4}$).
Suy ra $\overrightarrow{AM}=(a;\frac{a}{2};0)$, $\overrightarrow{MN}=(-\frac{a}{4};\frac{a}{2};0)$, nên $\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{MN}=-\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=0$, tức $AM\perp MN$.
Kiểm tra bằng định lý Pythagore: $A{M}^2=A{B}^2+B{M}^2=a^2+\frac{a^2}{4}=\frac{5a^2}{4}$; $M{N}^2=C{M}^2+C{N}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{16}=\frac{5a^2}{16}$ (với $CM=\frac{a}{2}$, $CN=a-\frac{3a}{4}=\frac{a}{4}$); $A{N}^2=A{D}^2+D{N}^2=a^2+\frac{9a^2}{16}=\frac{25a^2}{16}=A{M}^2+M{N}^2$. Vậy tam giác $AMN$ vuông tại $M$.

Từ đó $MN\perp SA$ và $MN\perp AM$ với $SA,AM\subset (SAM)$, giao nhau tại $A$, nên $MN\perp (SAM)$.

Vì $MN\subset (SMN)$ nên $(SMN)\perp (SAM)$. Đpcm.