Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thoi cạnh bằng \(2\), \(\angle BAD = {60^0}\), \(SA = SC\) và tam giác \(SBD\) vuông cân tại \(S\). Gọi \(E\) là trung điểm của \(SC\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) qua \(AE\) và cắt hai cạnh \(SB,\,\,SD\) lần lượt tại \(M\) và \(N\). Thể tích lớn nhất \({V_0}\) của khối đa diện \(ABCDNEM\) bằng:

Gọi \(O = AC \cap BD\), ta có:

\(SA = SC \Rightarrow \Delta SAC\) cân tại \(S\) \( \Rightarrow SO \bot AC\).

Tam giác \(SBD\) vuông cân tại \(S\) \( \Rightarrow SO \bot BD\).

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Trong \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(I = MN \cap BD\).

Đặt \(\dfrac{{SM}}{{SB}} = x,\,\,\dfrac{{SN}}{{SD}} = y\,\,\left( {0 < x,\,\,y < 1} \right)\).

Ta có: \(\dfrac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SE}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}x \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{1}{4}x\), \(\dfrac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SN}}{{SD}}.\dfrac{{SE}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}y \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{1}{4}y\).

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{{V_{S.AME}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} + \dfrac{{{V_{S.ANE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{x + y}}{4}\,\,\,\left( 1 \right)\).

Ta lại có: \(\dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \dfrac{{SM}}{{SA}}.\dfrac{{SN}}{{SD}} = xy \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{xy}}{2}\), \(\dfrac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.BDC}}}} = \dfrac{{SM}}{{SB}}.\dfrac{{SN}}{{SD}}.\dfrac{{SE}}{{SC}} = \dfrac{1}{2}xy \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.ABCC}}}} = \dfrac{{xy}}{4}\).

\( \Rightarrow \dfrac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} + \dfrac{{{V_{S.MNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{{xy}}{2} + \dfrac{{xy}}{4} = \dfrac{{3xy}}{4}\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{x + y}}{4} = \dfrac{{3xy}}{4} \Leftrightarrow x + y = 3xy\)\( \Leftrightarrow x = \left( {3x - 1} \right)y \Leftrightarrow y = \dfrac{x}{{3x - 1}}\,\,\left( {x \ne \dfrac{1}{3}} \right)\).

Do \(x,\,\,y > 0 \Rightarrow 3x - 1 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{1}{3}\).

Khi đó ta có \(\dfrac{{{V_{S.AMNE}}}}{{{V_{S.ABCD}}}} = \dfrac{1}{4}\left( {x + \dfrac{x}{{3x - 1}}} \right)\).

Xét hàm số \(f\left( x \right) = x + \dfrac{x}{{3x - 1}}\,\,\left( {x > \dfrac{1}{3}} \right)\) ta có:

\(f'\left( x \right) = 1 - \dfrac{1}{{{{\left( {3x - 1} \right)}^2}}} = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}3x - 1 = 1\\3x - 1 =  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{2}{3}\\x = 0\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)

BBT:

Dựa vào BBT ta thấy \(\min {V_{S.AMNE}} = \dfrac{1}{4}.\dfrac{4}{3}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}{V_{S.ABCD}}\) \( \Rightarrow \max {V_{ABCDNEM}} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABCD}} \Rightarrow {V_0} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABCD}}\).

Ta có: \(\Delta ABD\) đều cạnh 2 \(\left( {AB = AD,\,\angle BAD = {{60}^0}} \right)\) \( \Rightarrow {S_{ABD}} = \dfrac{{{2^2}\sqrt 3 }}{4} = \sqrt 3 \) \( \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2\sqrt 3 \).

Tam giác \(ABD\) đều cạnh 2 \( \Rightarrow \)\(BD = 2\), lại có tam giác \(SBD\) vuông cân tại \(S\) nên \(SO = \dfrac{1}{2}BD = 1\).

\( \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.1.2\sqrt 3  = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy  \({V_0} = \dfrac{2}{3}{V_{S.ABCD}} = \dfrac{{4\sqrt 3 }}{9}\).