Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều tâm H, cạnh bằng a, AD = 2a. tam giác SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc SH sao cho vectơ IS = −3 vectơ

Vì \[3\] điểm \[M,\,I,\,D\] thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus trong \[\Delta SAH\] ta có:
\[\frac{{SM}}{{MA}}.\frac{{AD}}{{DH}}.\frac{{HI}}{{IS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{MA}}.\frac{2}{1}.\frac{1}{3} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{MA}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{MS}}{{AS}} = \frac{3}{5}\].
Suy ra \[d\left( {M,\,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{5}d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{3}{5}.2d\left( {H,\,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{6}{5}d\left( {H,\,\left( {SCD} \right)} \right)\].

Kẻ \[HK \bot CD\] tại \[K\]. Vì \[ABCD\] là nửa lục giác đều tâm \[H\] nên \[\Delta HCD\] đều cạnh bằng \[a\].
Khi đó, \[HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].
Kẻ \[HO \bot SK\] tại \[O\]. Khi đó, vì \[\left\{ \begin{array}{l}HO \bot SK\\HO \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow HO \bot \left( {SCD} \right)\]\[ \Rightarrow d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HO\].
Xét \[\Delta SHK\] có \[HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \]\[ \Rightarrow HO = \frac{{SH.HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 3 }}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\].
Do đó: \[d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{6}{5}.\frac{{a\sqrt {15} }}{5} = \frac{{6a\sqrt {15} }}{{25}}\] nên \[T = m + \,n + \,p = 6 + 15 + 25 = 46\].