Từ giả thiết ta có \({S_{ABCD}} = {a^2}{\rm{sin}}{60^ \circ } = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Vì hai mặt chéo \(\left( {AC{C_1}{A_1}} \right)\) và \(\left( {BD{D_1}{B_1}} \right)\) cùng vuông góc với đáy nên giao tuyến là \(O{O_1}\) vuông góc với mặt đáy.

Do \(O{O_1}\) song song và bằng cạnh bên nên hình hộp đã cho là hình hộp đứng. Dễ thấy \(MN\) song song và bằng \(O{B_1}\) nên \(B{D_1} \bot {B_1}O\).

Gọi \(E\) là giao điểm của \(B{D_1}\) và \({B_1}O\).

\(BO//{B_1}{D_1}\) nên \(\frac{{OE}}{{{B_1}E}} = \frac{{BO}}{{{B_1}{D_1}}} = \frac{1}{2}\).

Xét tam giác \({B_1}BO\) vuông tại \(B\), đường cao BE có:

\(\frac{{BB_1^2}}{{B{O^2}}} = \frac{{{B_1}E.{B_1}O}}{{OE.O{B_1}}} = \frac{{{B_1}E}}{{OE}} = 2\) suy ra \(B{B_1} = \sqrt 2 BO = \sqrt 2 .\frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}BD\).

Do đó \(B{B_1} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vậy \(V = {S_{ABCD}}.B{B_1} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\).