Cho khối hộp chữ nhật \(ABCD.{A}{B}{C}{D}\).

Kẻ\(BH\bot {B}'C=\left\{ H \right\}\,;\,BK\bot A{B}'=\left\{ K \right\}\)

Do \(DB\) là hình chiếu vuông góc của BD' trên mặt phẳng (ABCD). Gọi \(I = DB \cap AC\), kẻ \(IN\bot B{D}'=\left\{ N \right\}\)

Ta có \(AC\bot \left( BD{D}'{B}' \right)\Rightarrow AC\bot IN\)

Khi đó \(BH\,,\,\,BK\,,\,\,IN\) lần lượt là đường vuông góc chung của các cặp đường thẳng: \(AB\) và \({B}'C\), \(BC\) và \(A{B}'\), \(AC\) và \(B{D}'\)

Suy ra \(BH=BK=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\,,\,\,IN=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)

Đặt \(AB=x\,,\,AD=y\,,A{A}'=z\,\,\,\,\left( x\,,\,y\,,\,z>0 \right)\)

\(B{{{D}'}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\,;\,{{S}_{\Delta I{D}'B}}={{S}_{\Delta BD{D}'}}-{{S}_{\Delta DI{D}'}}={{S}_{D{D}'I}}=\frac{1}{2}z.\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}{2}=z.\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}{4}\)

\(IN=\frac{2{{S}_{I{D}'B}}}{B{D}'}=\frac{z\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}{2\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}}\)

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{{y^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\\
\frac{1}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{z^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}\\
\frac{{z\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{{2\sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = y > 0\\
{x^2} = \frac{{4{a^2}{z^2}}}{{5{{\rm{z}}^2} - 4{a^2}}}\\
{z^2} - 4{a^2} = 0
\end{array} \right.\\
 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = y > 0\\
{x^2} = \frac{{4{a^2}{z^2}}}{{5{{\rm{z}}^2} - 4{a^2}}}\\
z = 2a > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = a\\
y = a\\
z = 2a
\end{array} \right.
\end{array}\)

\(\Rightarrow V=xyz=2{{a}^{3}}\).