Cho hình lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Gọi $I,J,K$ lần lượt là tâm các hình bình hành $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$, $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$, $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$.
1. Chứng minh: $IJ\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$; $JK\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$; $IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
2. Chứng minh ba đường thẳng $AJ,CK,BI$ đồng quy tại 1 điểm $O$.
3. Chứng minh $(IJK)\parallel (ABC)$.
4. Gọi $G,G^{\prime }$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABC$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Chứng minh $O,G,G^{\prime }$ thẳng hàng.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: gọi $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ là vectơ chỉ phương của trụ, khi đó $\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\vec{u}$. Lấy gốc tùy ý, ta có:
$$I=\frac{A+C+A^{\prime }+C^{\prime }}{4}=\frac{A+C+\vec{u}}{2},J=\frac{B+C+\vec{u}}{2},K=\frac{A+B+\vec{u}}{2}.$$

**1)** Ta có
$$\overrightarrow{IJ}=J-I=\frac{B-A}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB},$$
suy ra $IJ\parallel AB$. Vì $AB\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $I\notin (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $IJ\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Tương tự:
$$\overrightarrow{JK}=K-J=\frac{A-C}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}\parallel AC\Rightarrow JK\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }),$$
$$\overrightarrow{IK}=K-I=\frac{B-C}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}\parallel BC\Rightarrow IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }).$$

**2)** Điểm trên đường thẳng $AJ$ có dạng $A+s(J-A)=A+\frac{s}{2}(B+C+\vec{u}-2A)$; điểm trên đường thẳng $CK$ có dạng $C+t(K-C)=C+\frac{t}{2}(A+B+\vec{u}-2C)$. So sánh hệ số theo các vectơ độc lập tuyến tính $\overrightarrow{O_{0}A},\overrightarrow{O_{0}B},\overrightarrow{O_{0}C},\vec{u}$ (gốc $O_0$ tùy ý; bốn vectơ này độc lập vì $A,B,C$ không thẳng hàng và $\vec{u}$ không nằm trong mặt phẳng đáy):
- Hệ số của $B$: $s=t$.
- Hệ số của $A$: $1-s=\frac{t}{2}\Rightarrow s=\frac{2}{3}$ (thỏa mãn hệ số của $C$ và $\vec{u}$).

Vậy $AJ$ và $CK$ cắt nhau tại
$$O=A+\frac{1}{3}(B+C+\vec{u}-2A)=\frac{A+B+C+\vec{u}}{3}.$$
Kiểm tra $BI$: điểm trên $BI$ có dạng $B+r(I-B)=B+\frac{r}{2}(A+C+\vec{u}-2B)$; cho bằng $O$ ta được $r=\frac{2}{3}$, thỏa mọi hệ số. Vậy $BI$ cũng đi qua $O$, tức ba đường thẳng $AJ,CK,BI$ đồng quy tại $O=\frac{A+B+C+\vec{u}}{3}$.

**3)** Từ câu 1: $IJ\parallel AB$ và $IK\parallel BC$, trong đó $IJ\cap IK=I$, $AB\cap BC=B$. Hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng $(IJK)$ lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng $(ABC)$, mặt khác $(IJK)\not\equiv (ABC)$, nên $(IJK)\parallel (ABC)$. (Thực chất tam giác $IJK$ là ảnh của tam giác $ABC$ qua phép vị tự tâm $O$ tỉ số $\frac{1}{2}$.)

**4)** Trọng tâm $G=\frac{A+B+C}{3}$, và
$$G^{\prime }=\frac{A^{\prime }+B^{\prime }+C^{\prime }}{3}=\frac{A+B+C+3\vec{u}}{3}=G+\vec{u}.$$
Khi đó
$$O=\frac{A+B+C+\vec{u}}{3}=G+\frac{1}{3}\vec{u}=G+\frac{1}{3}(G^{\prime }-G)=\frac{2G+G^{\prime }}{3}.$$
Vậy $O$ nằm trên đoạn $G{G}^{\prime }$ với $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$, tức $O,G,G^{\prime }$ thẳng hàng (đpcm).