Cho hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ có $A^{\prime }B$ vuông góc với mặt...

Ta có: $A^{\prime }B\mathrm{\perp }\left(ABCD\right)\Rightarrow \left(\widehat{A{A}^{\prime },\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{A^{\prime }AB}=45{}^{\circ }$.
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ lên đường thẳng $B{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$.
$\Rightarrow A^{\prime }H=A^{\prime }K=1$ và $A{A}^{\prime }\mathrm{\perp }\left(A^{\prime }HK\right)$.

Hình bình hành $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ có $A^{\prime }B\mathrm{\perp }AB$ và $\widehat{A^{\prime }AB}=45{}^{\circ }$ nên các tam giác $A^{\prime }AB$ và $A^{\prime }B{B}^{\prime }$ là các tam giác vuông cân tại B và $A^{\prime }$. Từ đó suy ra H là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }H=1\Rightarrow B{B}^{\prime }=2A^{\prime }H=2$.
Vì $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp nên góc giữa hai mặt phẳng $\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$ và $\left(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$ bằng góc giữa hai mặt phẳng $\left(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }\right)$ và $\left(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }\right)$. Do đó, $\left(\widehat{\left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right),\left(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime }\right)}\right)=\left(\widehat{A^{\prime }H,A^{\prime }K}\right)=60{}^{\circ }$.
Vậy $\widehat{H{A}^{\prime }K}=60{}^{\circ }$ hoặc $\widehat{H{A}^{\prime }K}=120{}^{\circ }$. $S_{\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }HK}={\displaystyle \frac{1}{2}}{A}^{\prime }H.A^{\prime }K\sin \widehat{H{A}^{\prime }K}={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}}$.
Từ đó, suy ra $V_{ABD.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=A{A}^{\prime }.S_{\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }HK}=2.{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}}={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}$.
Vì $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp nên $V_{ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }}=2V_{ABD.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\sqrt{3}$.