Cho khối tứ diện $ABCD$ có $\widehat{ADB}=\widehat{CDB}=60{}^\circ...

Gọi $E$ là trung điểm của $BD$, ta có ${\displaystyle \frac{E{G}_2}{EA}}={\displaystyle \frac{E{G}_4}{EC}}={\displaystyle \frac{1}{3}}\Rightarrow G_2{G}_4\parallel AC,G_2{G}_4={\displaystyle \frac{1}{3}}AC$. Tương tự ta cũng có $G_3{G}_4\parallel AB,G_3{G}_4={\displaystyle \frac{1}{3}}AB$, $G_2{G}_3\parallel BC,G_2{G}_3={\displaystyle \frac{1}{3}}BC$. Do đó ta có $\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\parallel \left(ABC\right),S_{G_2{G}_3{G}_4}={\displaystyle \frac{1}{9}}{S}_{ABC}$.
Do $\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\parallel \left(ABC\right)$ nên:
$d(G_1,\left(G_2{G}_3{G}_4\right))=d(\left(ABC\right),\left(G_2{G}_3{G}_4\right))=d(G_3,\left(ABC\right))={\displaystyle \frac{1}{3}}d(D,\left(ABC\right))$.
Khi đó $V_{G_1{G}_2{G}_3{G}_4}={\displaystyle \frac{1}{3}}d(G_1,\left(G_2{G}_3{G}_4\right)).S_{G_2{G}_3{G}_4}={\displaystyle \frac{1}{3}}.{\displaystyle \frac{1}{3}}d(D,\left(ABC\right)).{\displaystyle \frac{1}{9}}{S}_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{27}}{V}_{ABCD}$.
Do $\widehat{ADB}=\widehat{CDB}=60{}^{\circ },\widehat{ADC}=90{}^{\circ },DA=DB=DC=a$ nên tam giác $ABD,CDB$ đều suy ra $AB=BC=a$, tam giác $ADC$ vuông cân tại $D\Rightarrow AC=\sqrt{A{D}^2+D{C}^2}=a\sqrt{2}$. Do $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2$ nên tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$.
Gọi $M$ là trung điểm của $AC$, ta có do tam giác $ABC,ADC$ vuông cân tại $B,D$ nên $BM=DM={\displaystyle \frac{AC}{2}}={\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}\Rightarrow B{M}^2+D{M}^2=B{D}^2$ nên tam giác $BDM$ vuông cân tại $M\Rightarrow DM\mathrm{\perp }BM$, mà $DM\mathrm{\perp }AC\Rightarrow DM\mathrm{\perp }\left(ABC\right)$. Do đó $V_{ABCD}={\displaystyle \frac{1}{3}}DM.S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{3}}.{\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}.{\displaystyle \frac{1}{2}}{a}^2={\displaystyle \frac{\sqrt{2}{a}^3}{12}}$. Suy ra $V_{G_1{G}_2{G}_3{G}_4}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}{a}^3}{324}}$.