Ta sẽ sử dụng công thức \(V=\frac{1}{6}a.b.d\left( a,b \right).\sin \left( a,b \right)\) (với a,b chéo nhau).

Đặt \(SA=x\left( x>0 \right)\).

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có \(S{{A}^{2}}=SH.SB\Rightarrow \frac{SH}{SB}=\frac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\).

Mà \(\frac{SK}{SD}=\frac{SH}{SB}=\frac{HK}{BD}\Rightarrow \frac{SK}{SD}=\frac{HK}{BD}=\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\Rightarrow HK=\frac{{{x}^{2}}a\sqrt{2}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\)

Lại có \(\frac{IH}{SA}=\frac{HB}{SB}=\frac{SB-SH}{SB}=1-\frac{SH}{SB}=1-\frac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}=\frac{{{a}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{a}^{2}}}\Rightarrow IH=\frac{{{a}^{2}}x}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\)

Mặt khác ta có \(AC\) và \(HK\) chéo nhau và \(HK//\left( ABCD \right);AC\subset \left( ABCD \right)\) nên \(H I=d(K H, A C)\) và \(A C \perp H K\)

Khi đó \(\cdot {{V}_{ACBR}}=\frac{1}{6}AC.KH.HI=\frac{1}{6}\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{{{x}^{2}}a\sqrt{2}}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}\cdot \frac{{{a}^{2}}x}{{{a}^{2}}+{{x}^{2}}}=\frac{{{a}^{4}}}{3}\cdot \frac{{{x}^{3}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{x}^{2}} \right)}^{2}}}\)

Xét hàm \(f(x)=\frac{x^{3}}{\left(x^{2}+a^{2}\right)^{2}}\) trên \(\left( 0;+\infty\right)\) có \({f}'\left( x \right)=\frac{-{{x}^{6}}+2{{a}^{2}}{{x}^{4}}+3{{a}^{4}}{{x}^{2}}}{{{\left( {{x}^{2}}+{{a}^{2}} \right)}^{4}}}\)

\(\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0\)\(\Leftrightarrow -{{x}^{6}}+2{{a}^{2}}{{x}^{4}}+3{{a}^{4}}{{x}^{2}}=0\)\(\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & {{x}^{2}}=0\left( L \right) \\ & {{x}^{2}}=-{{a}^{2}}\left( VN \right) \\ & {{x}^{2}}=3{{a}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow x=a\sqrt{3}\) (do \(x>0\)).

Bảng biến thiên

Suy ra \(\underset{_{(0;+\infty )}}{\mathop{\max }}\,f\left( x \right)=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{16}\) khi \(x=a \sqrt{3}\)

Vậy thể tích khối tứ diện ACHK lớn nhất bằng \(V_{\max }=\frac{a^{3} \sqrt{3}}{16}\)