Cho hình vuông ABCD cạnh a, trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD tại A ta lấy điểm S di động không trùng với A. Hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD lần lượt là H, K. Tìm...

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 $HI=d(KH,AC)$ và $AC\perp HK$

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

$\Rightarrow f^{\text{'}}\left(x\right)=0$$\iff -x^6+2a^2{x}^4+3a^4{x}^2=0$$\iff \left[\begin{array}{l}{x}^2=0\left(L\right)\\ x^2=-a^2\left(VN\right)\\ x^2=3a^2\end{array}\right.$$\iff x=a\sqrt{3}$ (do $x>0$).

Bảng biến thiên

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

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