Cắt tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 (độ dày không đáng kể) theo đường gấp khúc $SAQCPBS$ như hình 1, sau đó gấp phần đa giác còn lại theo các đoạn $AB,BC,CA$ sao cho các điểm $S,P,Q$ trùng nhau để được hình chóp đều có đáy là tam giác $ABC$ như hình 2. Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng [Hình cần kiểm tra lại: p2_f2]

(AI giải đề cho tôi)
Do tính đối xứng 3 lần của bài toán, cấu hình tối ưu có $S,Q,P$ nằm đều trên đường tròn bán kính $1$ (các cung $120^{\circ }$) và $A,B,C$ nằm trên đường tròn đồng tâm bán kính $r$ ($\frac{1}{2}<r<1$), xoay nhau $120^{\circ }$.

Các mặt bên sau khi gấp là các tam giác $ASB,BPC,CQA$ (với đỉnh $S=P=Q$), đáy là tam giác đều $ABC$. Vì chóp đều nên các cạnh bên bằng nhau: $SA=SB=SC=x$, và $AB=BC=CA=a$.

Tọa độ: $S=(0;1)$, $Q=\left(-\frac{\sqrt{3}}{2};-\frac{1}{2}\right)$, $A=r\left(-\frac{\sqrt{3}}{2};\frac{1}{2}\right)$ (A nằm trên trung trực của $SQ$ vì $SA=QA$). Khi đó:
$$x^2=S{A}^2=r^2-r+1,a=AB=\sqrt{3}r.$$

Kiểm tra điều kiện gấp: góc tại $A$ của hình phẳng là $\angle SAQ=\angle SAB+\angle BAC+\angle CAQ=2\beta +60^{\circ }$ với $\beta =\angle SAB$, và $\cos \beta =\frac{\sqrt{3}r}{2x}$. Tính trực tiếp $\cos \angle SAQ=\frac{2r^2-2r-1}{2(r^2-r+1)}$ và $\cos (2\beta +60^{\circ })=\frac{2r^2-2r-1}{2x^2}$, hai vế trùng nhau (vì $x^2=r^2-r+1$), tức gấp khúc luôn khớp với mọi $r\in (\frac{1}{2};1)$.

Thể tích chóp: diện tích đáy $\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^2=\frac{3\sqrt{3}}{4}{r}^2$; đường cao $h=\sqrt{x^2-{\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)}^2}=\sqrt{r^2-r+1-r^2}=\sqrt{1-r}$. Vậy
$$V(r)=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}{r}^2\sqrt{1-r}=\frac{\sqrt{3}}{4}{r}^2\sqrt{1-r}.$$

Đạo hàm: $f(r)=r^2\sqrt{1-r}$, $f^{\prime }(r)=\frac{r(2-\frac{5}{2}r)}{\sqrt{1-r}}=0\Rightarrow r=\frac{4}{5}$ (đạt cực đại, vì $V\to 0$ khi $r\to 1$ và $V$ nhỏ hơn tại $r=\frac{1}{2}$).
$$V_{\max }=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{16}{25}\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{3}}{25\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{15}}{125}.$$

So sánh với các đáp án: đúng là phương án D.