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 $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $BD$.
Vì $AB=BC=CD=DA=6$ nên các tam giác $ABC,ADC$ cân tại $B,D$, do đó $BM\perp AC,DM\perp AC⟹AC\perp (BMD)⟹AC\perp MN$.
Tương tự $BD\perp MN$, do đó $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AC$ và $BD$.
Đặt $AC=2x,BD=2y$ ($x,y>0$). Giả thiết $4x^2+4y^2=16⟺x^2+y^2=4$.
Trong tam giác vuông $ABM$: $BM=\sqrt{A{B}^2-A{M}^2}=\sqrt{36-x^2}$.
Trong tam giác cân $BMD$: $MN=\sqrt{B{M}^2-B{N}^2}=\sqrt{36-x^2-y^2}=\sqrt{36-4}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$.
Thể tích khối tứ diện là:
$V_{ABCD}=\frac{1}{6}AC\cdot BD\cdot MN\cdot \sin (AC,BD)\le \frac{1}{6}(2x)(2y)(4\sqrt{2})\cdot 1=\frac{8\sqrt{2}}{3}xy$.
Áp dụng BĐT Cauchy: $xy\le \frac{x^2+y^2}{2}=\frac{4}{2}=2$.
Do đó $V_{ABCD}\le \frac{8\sqrt{2}}{3}\cdot 2=\frac{16\sqrt{2}}{3}$.
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=\sqrt{2}$ và $AC\perp BD$.