Cho hình chóp S.ABCD có $SC=x(0<x<a\sqrt{3}),$ các...

Vì $SA=SB=SD=a$ nên hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
$ABD\Rightarrow SH\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)$
Do tam giác ABD cân tại $A\Rightarrow H\in AC$
Dễ dàng chứng minh được:
$\mathrm{\Delta }SBD=\mathrm{\Delta }ABD(c.c.c)\Rightarrow SO=AO={\displaystyle \frac{AC}{2}}\Rightarrow \mathrm{\Delta }SAC$ vuông tại S (tam giác có trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy)

$\Rightarrow AC=\sqrt{S{A}^2+S{C}^2}=\sqrt{a^2+x^2}$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAC có $SH={\displaystyle \frac{SA.SC}{AC}}={\displaystyle \frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}}$
Ta có $OA={\displaystyle \frac{1}{2}}AC={\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{a^2+x^2}$
$\Rightarrow OB=\sqrt{A{B}^2-O{A}^2}=\sqrt{a^2-{\displaystyle \frac{a^2+x^2}{4}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{3a^2-x^2}}{2}}\Rightarrow BD=\sqrt{3a^2-x^2}$
Do ABCD là hình thoi $\Rightarrow S_{ABCD}={\displaystyle \frac{1}{2}}AC.BD$
Khi đó ta có: $V_{S.ABCD}={\displaystyle \frac{1}{3}}SH.S_{ABCD}={\displaystyle \frac{1}{6}}.{\displaystyle \frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}}\sqrt{a^2+x^2}.\sqrt{3a^2-x^2}={\displaystyle \frac{1}{6}}ax\sqrt{3a^2-x^2}$
Áp dụng BĐT Cosi ta có: $x\sqrt{3a^2-x^2}\le {\displaystyle \frac{x^2+3a^2-x^2}{2}}={\displaystyle \frac{3a^2}{2}}\Rightarrow V_{S.ABCD}\le {\displaystyle \frac{1}{6}}a{\displaystyle \frac{3a^2}{2}}={\displaystyle \frac{a^3}{4}}$
Dấu "=" xảy ra $\iff x^2=3a^2-x^2\iff x=\sqrt{{\displaystyle \frac{3a^2}{2}}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{2}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{m}}{n}}\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& m=6\\ & n=2\end{array}\Rightarrow m+2n=10$