Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , AC = a √ 3 , S B < 2 a và ˆ BAS = ˆ BCS = 90 ∘ .

Dựng \(SD \bot \left( {ABC} \right)\) tại \[D\]. Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BA \bot SA\\BA \bot SD\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BA \bot AD\).

Tương tự ta cũng có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SD\\BC \bot SC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot CD\)

\( \Rightarrow ABCD\)là hình chữ nhật \( \Rightarrow DA = BC = a\sqrt 2 \), \(DC = AB = a\).

Ta có công thức \[\sin \left( {SB,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{SB}}\].

\( \Rightarrow \frac{{\sqrt {11} }}{{11}} = \)\(\frac{{d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{SB}}\)\( = \frac{{d\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right)}}{{SB}}\)\( \Rightarrow \frac{1}{{{d^2}\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{{11}}{{S{B^2}}}\)\[\left( 1 \right)\].

Lại có \[\frac{1}{{{d^2}\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right)}} = \frac{1}{{D{S^2}}} + \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}}\]\[ = \frac{1}{{S{B^2} - B{D^2}}} + \frac{1}{{D{A^2}}} + \frac{1}{{D{C^2}}}\]\[ = \frac{1}{{S{B^2} - 3{a^2}}} + \frac{3}{{2{a^2}}}\]\[\left( 2 \right)\].

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra: \(\frac{{11}}{{S{B^2}}}\)\[ = \frac{1}{{S{B^2} - 3{a^2}}} + \frac{3}{{2{a^2}}}\]\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}S{B^2} = 6{a^2}\\S{B^2} = \frac{{11}}{3}{a^2}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}SB = a\sqrt 6 \\SB = a\sqrt {\frac{{11}}{3}} \end{array} \right.\).

Theo giả thiết \[SB < 2a\]\( \Rightarrow SB = a\sqrt {\frac{{11}}{3}}  \Rightarrow SD = a\sqrt {\frac{2}{3}} \).

Vậy \({V_{SABC}} = \frac{1}{3}SD \cdot \frac{1}{2}BA \cdot BC = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{9}\). Suy ra \(m = 3;n = 9\).

Vậy \(m + n = 12\).

Đáp án cần nhập là: \(12\).