Bài tập nâng cao Thể tích · Bài 98

Trong mặt phẳng $ \left ( { SAB } \right ) $, gọi $ I $ là giao điểm của $ SO $ và $ AM $.
Mặt phẳng qua $ A,M $, song song với $ OC $, cắt $ \left ( { SOC } \right ) $ theo giao tuyến là đường thẳng qua $ I $, đường thẳng đó cắt $ SC $ tại $ N $.
Áp dụng định lý Menelauyt đối với tam giác $ SOB $ và bộ ba điểm thẳng hàng $ A,I,M $ ta có $ \frac { SM } { MB }\cdot \frac { BA } { AO }\cdot \frac { OI } { IS }=1\Rightarrow \frac { SI } { OI }=\frac { SM } { MB }\cdot \frac { BA } { AO }=\frac { 2x } { 1-x }\Rightarrow \frac { SN } { CN }=\frac { 2x } { 1-x }\Rightarrow \frac { NS } { CS }=\frac { 2x } { x+1 } $.
Thể tích khối chóp $ V_{ ABMN } =V_{ N.ABM } =\frac { 1 } { 3 }\cdot S_{ ABM } \cdot d\left ( { N,\left ( { ABM } \right ) } \right ) $$ =\frac { 1 } { 3 }\cdot \left ( { 1-x } \right )S_{ SAB } \cdot \frac { 2x } { x+1 }d\left ( { C,\left ( { SAB } \right ) } \right )=\left ( { 1-x } \right )\frac { 2x } { x+1 }V_{ S.ABC } $
$ =\left[ -2\left ( { x+1 } \right )-\frac { 4 } { x+1 }+6 \right]V_{ S.ABC } $$ \leq \left[ -2\sqrt[] { 2\left ( { x+1 } \right )\cdot \frac { 4 } { x+1 } }+6 \right]V_{ S.ABC } =\left ( { 6-4\sqrt[] { 2 } } \right )V_{ S.ABC } $
Do đó thể tích khối chóp $ ABMN $ lớn nhất bằng $ \left ( { 6-4\sqrt[] { 2 } } \right )V_{ S.ABC } $ khi $ 2\left ( { x+1 } \right )=\frac { 4 } { x+1 }\Rightarrow x+1=\sqrt[] { 2 }\Leftrightarrow x=\sqrt[] { 2 }-1 $.