Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A'B'C'$ có các cạnh $AB=AA'=2a$, đáy $ABC$ là tam giác vuông cân tại $A.$ Trên cạnh $AA'$ lấy điểm $I$ sao cho...

Ta có $MN//BC\Rightarrow MN//B'C'$ và $MN=BC=B'C'$, suy ra tứ giác $MNB'C'$ là hình bình hành.
Gọi $J=MB'\cap NC'$ suy ra $J$ là tâm hình bình hành và $J\in AA'.$
${{V}_{AMNA'B'C'}}={{V}_{A.MNB'C'}}+{{V}_{A'.MNB'C'}}$
Do $IJ$ là đường trung bình của tam giác $MBB'$ nên $IJ=\dfrac{1}{2}BB'=a\Rightarrow A'J=\dfrac{1}{2}a.$
+) $B'J=C'J=\sqrt{A'B{{'}^{2}}+A'{{J}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}}{4}}=\dfrac{a\sqrt{17}}{2},B'C'=2a\sqrt{2},$ đặt $p=\dfrac{JB'+JC'+B'C'}{2}$
+) ${{S}_{\Delta JB'C'}}=\sqrt{p\left( p-IB' \right)\left( p-JC' \right)\left( p-B'C' \right)}=\dfrac{3{{a}^{2}}\sqrt{2}}{2}\Rightarrow {{S}_{MNB'C'}}=4{{S}_{\Delta JB'C'}}=6{{a}^{2}}\sqrt{2}.$
+) $d\left( A';\left( JB'C' \right) \right).{{S}_{\Delta JB'C'}}=3{{V}_{A'.JB'C'}}=A'J.{{S}_{\Delta A'B'C'}}\Rightarrow d\left( A';\left( JB'C' \right) \right)=\dfrac{A'J.{{S}_{\Delta A'B'C'}}}{{{S}_{\Delta JB'C'}}}=\dfrac{a\sqrt{2}}{3}.$
+) ${{V}_{A.JB'C'}}={{V}_{A.A'B'C'}}-{{V}_{J.A'B'C'}}=\dfrac{1}{3}AJ.{{S}_{\Delta A'B'C'}}={{a}^{3}}.$
+) $d\left( A;\left( JB'C' \right) \right).{{S}_{\Delta JB'C'}}=3{{V}_{A.JB'C'}}=3{{a}^{3}}\Rightarrow d\left( A;\left( JB'C' \right) \right)=\dfrac{3{{a}^{3}}}{{{S}_{\Delta JB'C'}}}=a\sqrt{2}.$
Vậy ${{V}_{AMNA'B'C'}}={{V}_{A,MNB'C'}}+{{V}_{A'.MNB'C'}}=\dfrac{1}{3}\left( d\left( A';\left( JB'C' \right) \right) \right)+d\left( A;\left( JB'C' \right) \right).{{S}_{MNB'C'}}$
$=\dfrac{1}{3}\left( \dfrac{a\sqrt{2}}{3}+a\sqrt{2} \right).6{{a}^{2}}\sqrt{2}=\dfrac{16{{a}^{3}}}{3}.$