Cho khối tứ diện \[ABCD\] có cạnh \[AC,\,\,BD\] thỏa mãn \(A{C^2} + B{D^2} = 16\) và các cạnh còn lại đều bằng 6. Thể tích khối tứ diện \[ABCD\] đạt giá trị lớn nhất bằng

Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là trung điểm của \(BD,\,\,AC.\)

Giả sử \(AC = a,\,\,BD = b,\) theo giả thiết:

\({a^2} + {b^2} = 16\,\,(a,\,\,b > 0).\)

Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta ADC\] có:

\[AC\] chung; \[AB\; = \;AD\] (gt); \[BC\; = \;CD\] (gt)

Do đó \[\Delta ABC = \Delta ADC\] (c.c.c)

Do đó \[\Delta BDF\] cân tại \[F\] \[ \Rightarrow EF \bot BD\] (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Ta có \(BF = \sqrt {A{B^2} - A{F^2}}  = \sqrt {{6^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4}} \);

\(EF = \sqrt {B{F^2} - B{E^2}}  = \sqrt {36 - \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{{b^2}}}{4}}  = \sqrt {36 - \frac{4}}  = \sqrt {32} \).

\[ \Rightarrow {S_{BDF}} = \frac{1}{2} \cdot EF \cdot BD = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {32}  \cdot b = 2\sqrt 2 b\].

Do \(AC \bot BF,\,\,AC \bot DF\) nên \(AC \bot \left( {BDF} \right).\)

Ta có \({V_{ABCD}} = {V_{A.BDF}} + {V_{C.BDF}} = \frac{1}{3} \cdot AF \cdot {S_{BDF}} + \frac{1}{3} \cdot CF \cdot {S_{BDF}}\)

\( = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot \left( {AF + CF} \right) = \frac{1}{3} \cdot {S_{BDF}} \cdot AC = \frac{1}{3} \cdot a \cdot 2\sqrt 2 b = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}ab\).

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: \[{\rm{ab}} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} = \frac{2} = 8\]\( \Rightarrow {V_{ABCD}} \le \frac{{2\sqrt 2 }}{3} \cdot 8 = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}.\)

Vậy \({V_{m{\rm{ax}}}} = \frac{{16\sqrt 2 }}{3}\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}a = b\\{a^2} + {b^2} = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = 2\sqrt 2 \)

Đẳng thức xảy \({\rm{ra}} \Leftrightarrow A{C^2} = 16 - A{C^2} \Leftrightarrow AC = 2\sqrt 2 .\) Chọn B.