Se considera un paralelepípedo cuyos vectores respresentativos (con orígenes en uno de los vértices del paralelepípedo son $\{\vec{u}=(u_1,u_2,u_3), \vec{v}=(v_1,v_2,v_3), \vec{w}=(w_1,w_2,w_3)\}$, coordenadas con respecto a la base canónica $\{\hat{i}=(1,0,0), \hat{j}=(0,1,0), \hat{k}=(0,0,1)\}$. El volumen de dicho paralelepípedo viene dado por $V=\langle (\vec{u} \times \vec{v} ),\vec{w} \rangle =\text{det}(M)$, donde $M=\begin{pmatrix}u_1&u_2&u_3\\v_1&v_2&v_3\\w_1&w_2&w_3\end{pmatrix}$
Vamos a ver ahora cómo podemos manejar dicho determinante. Teniendo en cuenta las siguientes propiedad de los determinantes: i) $\text{det}(A\cdot B)=\text{det}(A)\cdot \text{det}(B)$ y ii) $\text{det}(A)=\text{det}(A^\top)$, siendo $A$ y $B$ dos matrices cuadradas cualesquiera. Entonces, es claro que podemos escribir el cuadrado del volumen de la forma $V=\text{det}(M)=\text{det}(M^\top)$, luego $V^2=V\cdot V= \text{det}(M)\cdot\text{det}(M)= \text{det}(M)\cdot \text{det}(M^\top)=\text{det}(M\, M^\top)$
$=\text{det}\,\left(\begin{pmatrix}u_1&u_2&u_3\\v_1&v_2&v_3\\w_1&w_2&w_3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u_1&v_1&w_1\\u_2&v_2&w_2\\u_3&v_3&w_3\end{pmatrix}\right)$
$=\text{det}\,\begin{pmatrix}u_1\,u_1+u_2\,u_2+u_3\,u_3&u_1\,v_1+u_2\,v_2+u_3\,v_3&u_1\,w_1+u_2\,w_2+u_3\,w_3 \\
v_1\,u_1+v_2\,u_2+v_3\,u_3&v_1\,v_1+v_2\,v_2+u_3\,v_3&v_1\,w_1+v_2\,w_2+v_3\,w_3 \\
w_1\,u_1+w_2\,u_2+w_3\,w_3&w_1\,v_1+w_2\,u_2+w_3\,v_3&w_1\,w_1+w_2\,w_2+w_3\,w_3 \end{pmatrix}$
$=\text{det}\,\begin{pmatrix} \langle \vec{u}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{w}\rangle \\
\langle \vec{v}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{w}\rangle \\
\langle \vec{w}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{w}\rangle \\
\end{pmatrix}$ es decir, el determinante de la matriz de Gram (matriz métrica $G$ o tensor métrico.
Teniendo en cuenta los ángulos que forman los vectores $\vec{u},\vec{v},\vec{w}$ entre ellos, con respecto a la base canónica $\mathcal{C}$ son:
$\measuredangle{(\vec{v}\,,\,\vec{w})}=:\alpha$, $\measuredangle{(\vec{u}\,,\,\vec{w})}=:\beta$, $\measuredangle{(\vec{u}\,,\,\vec{v})}=:\gamma$; y, desde luego, $\measuredangle{(\vec{u}\,,\,\vec{u})}=\measuredangle{(\vec{v}\,,\,\vec{v})}=\measuredangle{(\vec{w}\,,\,\vec{w})}=0$, podemos escribir:
$$ V^2 = \text{det}\,\begin{pmatrix} u^2 & u\,v\,\cos(\gamma) & u\,w\,\cos(\beta) \\
v\,u\,\cos(\gamma) & v^2 & v\,w\,\cos(\alpha) \\
w\,u\,cos(\beta) & w\,v\,\cos(\alpha)& w^2
\end{pmatrix} $$
luego
$$ V = \sqrt{\text{det}\,\begin{pmatrix} u^2 & u\,v\,\cos(\gamma) & u\,w\,\cos(\beta) \\
v\,u\,\cos(\gamma) & v^2 & v\,w\,\cos(\alpha) \\
w\,u\,cos(\beta) & w\,v\,\cos(\alpha)& w^2
\end{pmatrix}} $$
Observación: Es claro que $\mathcal{B}:=\{\vec{u},\vec{v},\vec{w}\}$ es también una base de $\mathbb{R}^3$, entonces podemos escribir el producto escalar (referido a la base $\mathcal{B}$, y por tanto no euclídeo) de dos vectores $\vec{s}$ y $\vec{t}$ cualesquiera referidos a dicha base de la forma:
$$[ \vec{s}\,,\,\vec{t}] = (s_1,s_2,s_3)_{\mathcal{B}}\, \begin{pmatrix} \langle \vec{u}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{u}\,,\,\vec{w}\rangle \\
\langle \vec{v}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{v}\,,\,\vec{w}\rangle \\
\langle \vec{w}\,,\,\vec{u}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{v}\rangle & \langle \vec{w}\,,\,\vec{w}\rangle \\
\end{pmatrix} \, \begin{pmatrix}t_1\\ t_2\\ t_3\end{pmatrix}_{\mathcal{B}}$$
Démonos cuenta de que en el caso particular $\alpha=\beta=\gamma=\pi/2$ y siendo $u=v=w=1$ (la base $\mathcal{B}$ coincide con la base canónica $\mathcal{C}$) obtenemos lo que podríamos esperar: $\langle \vec{s}\,,\,\vec{t}\rangle = s_1\,t_1+s_2\,t_2+s_3\,t_3$
$\diamond$
