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)
Nhận xét: tâm hình bình hành là giao hai đường chéo nên $I$ là trung điểm của $A{C}^{\prime }$ (đồng thời của $A^{\prime }C$), $J$ là trung điểm của $B{C}^{\prime }$ (của $B^{\prime }C$), $K$ là trung điểm của $A{B}^{\prime }$ (của $A^{\prime }B$). Đặt $\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$; khi đó $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\vec{u}$.

**1)** Xét tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $I$ trung điểm $A{C}^{\prime }$, $J$ trung điểm $B{C}^{\prime }$ nên $IJ$ là đường trung bình, suy ra $IJ\parallel A{B}^{\prime }$. Vì $A{B}^{\prime }\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $IJ\not\subset (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $IJ\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Xét tam giác $A^{\prime }B{C}^{\prime }$: $J$ trung điểm $B{C}^{\prime }$, $K$ trung điểm $A^{\prime }B$ nên $JK\parallel A^{\prime }C\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra $JK\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Xét tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }C$: $I$ trung điểm $A^{\prime }C$, $K$ trung điểm $A^{\prime }B$ nên $IK\parallel BC\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, suy ra $IK\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

**2)** Dùng vectơ. Ta có
$$\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\frac{1}{2}\vec{u}.$$
$$\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac{1}{2}\vec{u}.$$
$$\overrightarrow{CK}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\vec{u})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})+\frac{1}{2}\vec{u}.$$
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, $\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$. Xét điểm $O$ thỏa $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\vec{u}$, tức $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\frac{1}{3}\vec{u}$. Khi đó
$$\overrightarrow{AJ}=\frac{3}{2}\left[\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\frac{1}{3}\vec{u}\right]=\frac{3}{2}\overrightarrow{AO},$$
tức $A,O,J$ thẳng hàng nên $O\in AJ$. Tương tự, vì $\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB})...$ kiểm tra trực tiếp: $\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB})+\frac{1}{3}\vec{u}=\frac{2}{3}\left[\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac{1}{3}\vec{u}\right]$, còn $\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac{1}{2}\vec{u}=\frac{3}{2}\overrightarrow{BO}+\frac{1}{6}\vec{u}$... cách chắc chắn nhất: $\overrightarrow{BO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})$ và $\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})$; xét $\overrightarrow{BI}-\frac{3}{2}\overrightarrow{BO}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})-\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}\ne \vec{0}$, nghĩa là $O$ không thuộc $BI$ theo cách này — do đó ta chứng minh đồng quy bằng cách trực tiếp:

Gọi $O$ là giao điểm của $AJ$ và $BI$. Với hệ vectơ cơ sở $\{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\vec{u}\}$ (không đồng phẳng vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ), viết $\overrightarrow{AO}=x\overrightarrow{AB}+y\overrightarrow{AC}+z\vec{u}$. Vì $O\in AJ$ với $\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\vec{u}$, ta có $x=y=z$ (điểm trên đường thẳng $AJ$: $\overrightarrow{AO}=t\overrightarrow{AJ}$ với $t$ thực, nhưng $O$ nằm giữa nên $\overrightarrow{AO}=\lambda (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$). Vì $O\in BI$: $\overrightarrow{BO}=\mu (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})$, tức $\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\mu (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})=(1-\mu )\overrightarrow{AB}+\mu \overrightarrow{AC}+\mu \vec{u}$. So sánh hệ số: $\lambda =1-\mu ,\lambda =\mu$ suy ra $\lambda =\mu =\frac{1}{2}$... khi đó $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\overrightarrow{AJ}$, tức $O\equiv J$ — vô lý vì $J\notin BI$? Kiểm tra: $\overrightarrow{BJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\vec{u})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})=\overrightarrow{BI}$, tức $\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{BI}$, suy ra $I\equiv J$ — mâu thuẫn, nghĩa là cách viết $\overrightarrow{AO}=\lambda (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ chỉ đúng khi $O$ nằm trên đoạn $AJ$ với $\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$; thực tế $\overrightarrow{AJ}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ đúng, và $\overrightarrow{BI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})$ đúng, nên $\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{BI}$ kéo theo $I=J$ — mâu thuẫn này cho thấy cần tính lại: $\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AI}$, $\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\vec{u})$, nên $\overrightarrow{BI}=-\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\vec{u}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})$. Đúng phải là $\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})$, không phải $\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\vec{u})$. Giờ giải lại:
$O\in AJ$: $\overrightarrow{AO}=\lambda (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ (nhân với $\frac{1}{2}$ đã rút gọn).
$O\in BI$: $\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\mu \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-2\overrightarrow{AB}+\vec{u})=(1-\mu )\overrightarrow{AB}+\frac{\mu }{2}\overrightarrow{AC}+\frac{\mu }{2}\vec{u}$.
So sánh: $\lambda =1-\mu ,\lambda =\frac{\mu }{2}$ suy ra $\frac{\mu }{2}=1-\mu \Rightarrow \mu =\frac{2}{3},\lambda =\frac{1}{3}$.
Vậy $\overrightarrow{AO}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}+\vec{u})$, tức $\overrightarrow{GO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}\vec{u}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.
Kiểm tra $O\in CK$: $\overrightarrow{CK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}+\vec{u})$ (vì $\overrightarrow{AK}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\vec{u})$). $\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{AO}-\overrightarrow{AC}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}-\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{3}\vec{u}=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}-2\overrightarrow{AC}+\vec{u})=\frac{2}{3}\overrightarrow{CK}$.
Vậy $C,O,K$ thẳng hàng. Tóm lại $AJ,BI,CK$ đồng quy tại $O$ với $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.

**3)** $\overrightarrow{IJ}=\vec{J}-\vec{I}=\frac{1}{2}(\vec{B}+\overrightarrow{C^{\prime }})-\frac{1}{2}(\vec{A}+\overrightarrow{C^{\prime }})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{IK}=\frac{1}{2}(\vec{A}+\overrightarrow{B^{\prime }})-\frac{1}{2}(\vec{A}+\overrightarrow{C^{\prime }})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{B^{\prime }}-\overrightarrow{C^{\prime }})=\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}$ (vì $\overrightarrow{B^{\prime }}-\overrightarrow{C^{\prime }}=\vec{B}-\vec{C}$).
Suy ra $IJ\parallel AB$ và $IK\parallel CB$, hai đường này cắt nhau tại $I\notin (ABC)$, do đó $(IJK)\parallel (ABC)$.

**4)** Gọi $G^{\prime }$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Vì $\overrightarrow{A{G}^{\prime }}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{A{B}^{\prime }}+\overrightarrow{A{C}^{\prime }})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})+\vec{u}=\overrightarrow{AG}+\vec{u}$, nên $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=\vec{u}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$.
Kết hợp $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\frac{1}{3}\overrightarrow{G{G}^{\prime }}$, suy ra $O$ nằm trên đoạn $G{G}^{\prime }$ với $\frac{GO}{G{G}^{\prime }}=\frac{1}{3}$ (tức $GO:O{G}^{\prime }=1:2$). Vậy $O,G,G^{\prime }$ thẳng hàng. $■$

Lưu ý: kết quả phần 2–4 là $O$ thỏa $\overrightarrow{GO}=\frac{1}{3}\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ (không phải $O\equiv G^{\prime }$).