Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc hợp bởi đường cao...

Do hình chóp S.ABCD là hình chóp đều nên H là giao điểm của AC và BD.
Gọi M là trung điểm của CD ta có $CD\bot \left( SHM \right)$ nên $\left( SHM \right)\bot \left( SCD \right)$ mà $\left( SHM \right)\cap \left( SCD \right)=SM$ nên từ H dựng $HK\bot SM$ tại K thì $HK\bot \left( SCD \right)$
Hay SK là hình chiếu của SH lên mặt phẳng (SCD) suy ra $\left( SH, \left( SCD \right) \right)=\left( SH, SK \right)=\widehat{HSK}$ do tam giác SHK vuông tại K theo giả thiết ta có $\widehat{HSM}=\alpha $ với $0<\alpha <\dfrac{\pi }{2}$.
Đặt $SH=h\Rightarrow H{{C}^{2}}={{a}^{2}}-{{h}^{2}}\Rightarrow HM=\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}-{{h}^{2}}}{2}}$ và $BC=\sqrt{2\left( {{a}^{2}}-{{h}^{2}} \right)}$
Tam giác SHM vuông tại H: $\tan \alpha =\dfrac{HM}{SH}=\dfrac{\sqrt{{{a}^{2}}-{{h}^{2}}}}{\sqrt{2}h}\Leftrightarrow 2{{h}^{2}}{{\tan }^{2}}\alpha ={{a}^{2}}-{{h}^{2}}$
$\Leftrightarrow {{h}^{2}}\left( 1+2{{\tan }^{2}}\alpha \right)={{a}^{2}}\Rightarrow h=\dfrac{a}{\sqrt{1+2{{\tan }^{2}}\alpha }}$
$B{{C}^{2}}=2\left( {{a}^{2}}-{{h}^{2}} \right)=4{{h}^{2}}{{\tan }^{2}}\alpha =\dfrac{4{{a}^{2}}{{\tan }^{2}}\alpha }{1+2{{\tan }^{2}}\alpha }$
$\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}B{{C}^{2}}.SH=\dfrac{1}{3}\dfrac{4{{a}^{3}}{{\tan }^{2}}\alpha }{\sqrt{{{\left( 1+2{{\tan }^{2}}\alpha \right)}^{3}}}}$
Đặt $t=1+2{{\tan }^{2}}\alpha $. Với $t\in \left( 1; +\infty \right)\Rightarrow {{\tan }^{2}}\alpha =\dfrac{t-1}{2}$
Xét hàm số $f\left( t \right)=\dfrac{2{{a}^{3}}}{3}.\dfrac{t-1}{t\sqrt{t}}$ trên $D=\left( 1; +\infty \right)$
${f}'\left( t \right)=\dfrac{{{a}^{3}}}{3}.\dfrac{\left[ t\sqrt{t}-\dfrac{3}{2}\sqrt{t}\left( t-1 \right) \right]}{{{t}^{3}}}=\dfrac{{{a}^{3}}}{3}.\dfrac{\left( 3-t \right)}{2{{t}^{2}}\sqrt{t}}$
${f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=3$
Bảng biến thiên
Vậy $\max f\left( t \right)=\dfrac{4{{a}^{3}}}{9\sqrt{3}}$ khi $t=3\Rightarrow \tan \alpha =1$ d.o $0<\alpha <\dfrac{\pi }{2}$ hay $\alpha =45{}^\circ $