Cho tứ diện $ABCD$ có $AB=AC=BD=CD=1$. Khi thể tích của khối tứ...

Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $AD$.
Theo giả thiết: $\Delta ABC$ cân tại $A$ và $\Delta DBC$ cân tại $D$.
$BC\bot AH,BC\bot DH\Rightarrow BC\bot \left( ADH \right)\Rightarrow BC\bot HK$
và $AH=DH\Rightarrow AD\bot HK$
Do đó $d\left( AD;BC \right)=HK$. Đặt $BC=x\left( 0<x<2 \right)$.
$AH=DH=\sqrt{D{{C}^{2}}-H{{C}^{2}}}=\sqrt{1-{{\left( \dfrac{x}{2} \right)}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{2}$
Gọi $I$ là hình chiếu của $A$ lên $HD\Rightarrow AI\bot \left( BCD \right)$
${{V}_{ABCD}}=\dfrac{1}{3}{{S}_{\Delta BCD}}.AI\le \dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}BC.DH.AH$ (vì $AI\le AH$ ) $\Rightarrow {{V}_{ABCD}}\le \dfrac{1}{6}x.\dfrac{1}{4}\left( 4-{{x}^{2}} \right)$ (Do $DH=AH$ ).
Xét hàm số $f\left( x \right)=x\left( 4-{{x}^{2}} \right)=-{{x}^{3}}+4x$ trên $\left( 0;2 \right)$ ;
${f}'\left( x \right)=-3{{x}^{2}}+4;{f}'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
$\Rightarrow {{V}_{\max }}\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& I\equiv H \\
& x=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{aligned}
& AH\bot \left( BCD \right) \\
& DH=\dfrac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}{2}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} \\
\end{aligned} \right.$
$\Delta AHD$ vuông cân tại $H\Rightarrow HK=DH\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.