Vì \(M\) là trung điểm của đoạn \(AD\) trên tấm bạt hình chữ nhật \(ABCD\) (hình 1) nên \(MA = MD = \frac{1}{2}AD = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)

Kẻ đường cao \(MH\) \(\left( {H \in AD} \right)\) của tam giác \(AMD.\) Khi đó đường cao \(MH\) của \(\Delta AMD\) cân tại \(M\) đồng thời là đường trung tuyến nên \(H\) là trung điểm của \(AD,\) do đó \(HD = \frac{2} = \frac{x}{2}\) \[\left( {0 < x < 6} \right).\]

Xét \(\Delta MHD\) vuông tại \[H,\] theo định lí Pythagore, ta có: \(M{D^2} = M{H^2} + H{D^2}\)

Suy ra \[MH = \sqrt {M{D^2} - H{D^2}}  = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {9 - \frac{{{x^2}}}{4}}  = \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2}{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]

Diện tích \(\Delta AMD\) là: \({S_{\Delta AMD}} = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot MH = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2} = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4}{\rm{\;(}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Thể tích hình lăng trụ đứng tam giác \[AMD.BNC\] là:

\(V = {S_{\Delta AMD}} \cdot MN = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4} \cdot 10 = \frac{5}{2}x\sqrt {36 - {x^2}} {\rm{\;(}}{{\rm{m}}^3}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Đặt \[P = \frac{5}{2}x\sqrt {36 - {x^2}} ,\] suy ra \[{P^2} = \frac{4}{x^2}\left( {36 - {x^2}} \right)\mathop  \le \limits^{BDT\,\,Cauchuy} \frac{4} \cdot {\left( {\frac{{{x^2} + 36 - {x^2}}}{2}} \right)^2} = 2025.\]

Suy ra \(P \le 45\).

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \({x^2} = 36 - {x^2}\) hay \(2{x^2} = 36\) nên \({x^2} = 18\), tức là \(x = 3\sqrt 2 \) (do \[0 < x < 6).\]

Vậy để thể tích không gian trong lều lớn nhất thì độ dài đoạn \(AD = 3\sqrt 2 \) (m).