Cho hình chóp S.ABCD có $SC=x\left( 0<x<a\sqrt{3} \right),$ 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
$ABD\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$
Do tam giác ABD cân tại $A\Rightarrow H\in AC$
Dễ dàng chứng minh được:
$\Delta SBD=\Delta ABD\left( c.c.c \right)\Rightarrow SO=AO=\dfrac{AC}{2}\Rightarrow \Delta SAC$ 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 $SH=\dfrac{SA.SC}{AC}=\dfrac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}$
Ta có $OA=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}$
$\Rightarrow OB=\sqrt{A{{B}^{2}}-O{{A}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-\dfrac{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}{4}}=\dfrac{\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}}{2}\Rightarrow BD=\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}$
Do ABCD là hình thoi $\Rightarrow {{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{2}AC.BD$
Khi đó ta có: ${{V}_{S.ABCD}}=\dfrac{1}{3}SH.{{S}_{ABCD}}=\dfrac{1}{6}.\dfrac{ax}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}}\sqrt{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}.\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}=\dfrac{1}{6}ax\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}$
Áp dụng BĐT Cosi ta có: $x\sqrt{3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}\le \dfrac{{{x}^{2}}+3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}{2}=\dfrac{3{{a}^{2}}}{2}\Rightarrow {{V}_{S.ABCD}}\le \dfrac{1}{6}a\dfrac{3{{a}^{2}}}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}}{4}$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow {{x}^{2}}=3{{a}^{2}}-{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=\sqrt{\dfrac{3{{a}^{2}}}{2}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}=\dfrac{a\sqrt{m}}{n}\Rightarrow \left\{ \begin{aligned}
& m=6 \\
& n=2 \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow m+2n=10$