Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\), các cạnh còn lại bằng nhau và bằng \(4\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa cạnh \(AB\) và vuông góc với cạnh \(CD\) tại \(I.\) Diện tích tam giác \(IAB\) lớn nhất bằng:

Ta có các tam giác \(ACD\) và \(BCD\) là các tam giác đều vì các cạnh đều bằng 4.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(CD\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot CD\\BI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABI} \right)\). Do đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) chính là \(\left( {ABI} \right)\).

Mặt khác ta có: \(AI,\,\,BI\) là các đường cao trong tam giác đều cạnh 4 nên \(AI = BI = 4.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow \Delta IAB\) cân tại \(I\).

Gọi gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow IH \bot AB\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BHI\) ta có:

\(IH = \sqrt {I{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)

Ta có: \({S_{\Delta IAB}} = \dfrac{1}{2}IH.AB = \dfrac{1}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} .x = \dfrac{x}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)

Ta có: \(\dfrac{x}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}  \le \dfrac{{\dfrac{{{x^2}}}{4} + 12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}}{2} = 6\) , do đó \({S_{\Delta IAB}} \le 6\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{x}{2} = \sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}  \Leftrightarrow x = 2\sqrt 6 \).

Vậy diện tích tam giác \(IAB\) lớn nhất bằng \(6\) khi \(AB = x = 2\sqrt 6 \).

Chọn B.