Cho tứ diện $ABCD$ có $AC=BD=2a$. Gọi $H,K$ lần lượt là hình...

Ta có: $AH=BK=\sqrt{{\left(2a\right)}^2-a}=a\sqrt{3}$ (Định lý Pytago).
Dựng hình chữ nhật $HKBE$, ta có $HE=BK=a\sqrt{3}$ và $HE\parallel BK$.
Suy ra $(AH,BK)=(AH,HE)$.
Ta lại có : $\{\begin{array}{rl}& HK\mathrm{\perp }AH\\ & HK\mathrm{\perp }HE\end{array}\Rightarrow HK\mathrm{\perp }\left(AHE\right)$, mà $HK\subset \left(HKBE\right)$ $\Rightarrow \left(AHE\right)\mathrm{\perp }\left(HKBE\right)$.
Trường hợp 1: $\widehat{AHE}=60{}^{\circ }$. Khi đó tam giác $AHE$ đều. Suy ra hình chiếu vuông góc của $A$ trên $\left(HKBE\right)$ là trung điểm $I$ của $HE$ suy ra $AI=a\sqrt{3}.{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}={\displaystyle \frac{3}{2}}a$.
$V_{ABCD}={\displaystyle \frac{1}{3}}.AI.S_{BCD}={\displaystyle \frac{1}{3}}.AI.({\displaystyle \frac{1}{2}}BK.CD)={\displaystyle \frac{1}{3}}.{\displaystyle \frac{3}{2}}a.({\displaystyle \frac{1}{2}}.a\sqrt{3}.a)={\displaystyle \frac{a^3\sqrt{3}}{4}}$ (đvtt).
Trường hợp 2: $\widehat{AHE}=120{}^{\circ }$. Khi đó $S_{AHE}={\displaystyle \frac{1}{2}}AH.HE.\sin 120{}^{\circ }={\displaystyle \frac{1}{2}}a\sqrt{3}.a\sqrt{3}.{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}={\displaystyle \frac{3\sqrt{3}{a}^2}{4}}$ (đvdt) suy ra $d(A,HE)=d(A,\left(HKBE\right))={\displaystyle \frac{2S_{AHE}}{HE}}={\displaystyle \frac{2.{\displaystyle \frac{3\sqrt{3}{a}^2}{4}}}{a\sqrt{3}}}={\displaystyle \frac{3}{2}}a$.
Thể tích khối tứ diện là: $V_{ABCD}={\displaystyle \frac{1}{3}}.d(A,\left(HKBE\right)).S_{BCD}={\displaystyle \frac{1}{3}}.d(A,\left(HKBE\right)).({\displaystyle \frac{1}{2}}BK.CD)$
$={\displaystyle \frac{1}{3}}.{\displaystyle \frac{3}{2}}a.({\displaystyle \frac{1}{2}}.a\sqrt{3}.a)={\displaystyle \frac{a^3\sqrt{3}}{4}}$ (đvtt).