Câu 4 (4,0 điểm).
1) Cho tứ diện $ABCD$ có $AB$ vuông góc với $CD$, $AB=CD=6$. $M$ là điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $MC=xBC(0<x<1)$. Mặt phẳng $(P)$ song song với $AB$ và $CD$ lần lượt cắt $BC,DB,AD,AC$ tại $M,N,P,Q$. Diện tích lớn nhất của tứ giác $MNPQ$ bằng bao nhiêu?
2) Cho khối chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA=a$. Góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SCD)$ bằng $\phi$, với $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{3}}$. Tính thể tích của khối chóp $S.ABCD$.

1) (2,0 điểm)



Xét tứ giác $MNPQ$ có $\{\begin{array}{l}MQ\parallel NP\parallel AB\\ MN\parallel PQ\parallel CD\end{array}\Rightarrow MNPQ$ là hình bình hành.

Mặt khác, $AB\perp CD\Rightarrow MQ\perp MN$. Do đó, $MNPQ$ là hình chữ nhật. (0,5)

Vì $MQ\parallel AB$ nên $\frac{MQ}{AB}=\frac{CM}{CB}=x\Rightarrow MQ=x\cdot AB=6x$.

Theo giả thiết $MC=x\cdot BC\Rightarrow BM=(1-x)BC$.

Vì $MN\parallel CD$ nên $\frac{MN}{CD}=\frac{BM}{BC}=1-x\Rightarrow MN=(1-x)\cdot CD=6(1-x)$. (0,5)

Diện tích hình chữ nhật $MNPQ$ là
$$S_{MNPQ}=MN\cdot MQ=6(1-x)\cdot 6x=36x(1-x)\le 36{\left(\frac{x+1-x}{2}\right)}^2=9.$$ (0,5)

Ta có $S_{MNPQ}=9$ khi $x=1-x\iff x=\frac{1}{2}$.

Vậy diện tích tứ giác $MNPQ$ lớn nhất bằng 9 khi $M$ là trung điểm của $BC$. (0,5)

2) (2,0 điểm)



+ Gọi $H$ là trung điểm $SB$, vì $△SAB$ vuông cân tại $A$ nên $AH\perp SB$ (1). (0,5)

+ Lại có $\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB$ (2).

Từ (1), (2) $\Rightarrow AH\perp (SBC)$ (3).

+ Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ lên $SD$, chứng minh tương tự ta có $AK\perp (SCD)$ (4).

+ Vì $(SBC)\cap (SCD)=SC$ nên từ (3), (4) suy ra
$$\left(\widehat{(SBC),(SCD)}\right)=\left(\widehat{AH,AK}\right)=\phi .$$ (0,5)

+ Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $SC$, $AD$, dễ dàng chứng minh được $AHMN$ là hình bình hành, suy ra $MN\parallel AH$.

+ Kẻ $NP\parallel AK(P\in SD)$, vì $NP\parallel AK\Rightarrow NP\perp (SCD)\Rightarrow NP\perp MP$.

+ Ta có $\left(\widehat{AH,AK}\right)=\left(\widehat{MN,NP}\right)=\widehat{MNP}=\phi$ (vì $\Delta MNP$ vuông tại $P$). (0,5)

+ Đặt $AD=x$, dễ thấy $AK=\frac{SA\cdot AD}{SD}=\frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}\Rightarrow NP=\frac{ax}{2\sqrt{a^2+x^2}}$.

+ Xét $\Delta MNP$ vuông tại $P$, ta có $\cos \widehat{MNP}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{NP}{MN}=\frac{\frac{ax}{\sqrt{a^2+x^2}}}{a\sqrt{2}}$

$\Rightarrow x=a\sqrt{2}$. (0,5)

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot a\cdot a^2\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$.