Cho hình chóp $S.ABC,$ đáy là tam giác $ABC$ có $AB=a;AC=a\sqrt{2}$ và $\widehat{CAB}={135}^0,$ tam giác $SAB$ vuông tại $B$ và tam giác $SAC$...

Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $S$ xuống mặt phẳng $\left(ABC\right)$.
$\{\begin{array}{rl}& AB\mathrm{\perp }SB\\ & AB\mathrm{\perp }SD\end{array}\Rightarrow AB\mathrm{\perp }\left(SBD\right)\Rightarrow AB\mathrm{\perp }BD$.
$\{\begin{array}{rl}& AC\mathrm{\perp }SA\\ & AC\mathrm{\perp }SD\end{array}\Rightarrow AC\mathrm{\perp }\left(SAD\right)\Rightarrow AC\mathrm{\perp }AD$.
Tam giác $ABC$ có $\widehat{CAB}={135}^0\Rightarrow \widehat{BAD}={45}^0.$
Tam giác $ABD$ vuông tại $B$ có $\widehat{BAD}={45}^0$ suy ra tam giác $ABD$ vuông cân và $AD=a\sqrt{2}.$
Từ đó có tam giác $ACD$ vuông cân tại $A\Rightarrow$ tứ giác $ABDC$ là hình thang vuông tại $B$ và $D$.
Trong mặt phẳng $\left(SBD\right),$ hạ $DH\mathrm{\perp }SB(H\in SB).$ Dễ chứng minh $DH\mathrm{\perp }\left(SAB\right)$.
Trong mặt phẳng $\left(SAD\right),$ hạ $DK\mathrm{\perp }SA(K\in SA).$ Dễ chứng minh $DK\mathrm{\perp }\left(SAC\right).$
Gọi $\alpha$ là góc giữa hai mặt phẳng $\left(SAB\right)$ và $\left(SAC\right)$ ta có: $\alpha =\widehat{(DH,DK)}=\widehat{HDK}={30}^0$ do tam giác $DHK$ vuông tại $H$.
Đặt $SD=x,(x>0).$
Tam giác $DHK$ vuông tại $H$ có $\cos \widehat{HDK}={\displaystyle \frac{HD}{DK}}\Rightarrow {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}={\displaystyle \frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}}.{\displaystyle \frac{\sqrt{2a^2+x^2}}{\sqrt{2}.ax}}$
$\iff \sqrt{6}.\sqrt{a^2+x^2}=2\sqrt{2a^2+x^2}\iff 6a^2+6x^2=8a^2+4x^2\iff x=a.$
$V_{S.ABC}={\displaystyle \frac{1}{6}}.SD.AB.AC.\sin \widehat{BAC}={\displaystyle \frac{a^3}{6}}.$
Vậy thể tích khối $S.ABC$ bằng ${\displaystyle \frac{a^3}{6}}.$