Cho lăng trụ tam giác $ABC\cdot A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có $I,K,G$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABC,A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime },AC{C}^{\prime }$. Gọi $M,M^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Xét lăng trụ tam giác $ABC\cdot A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, với $I,K$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $ABC,A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, $G$ là trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$, $M,M^{\prime }$ là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$ (và $N$ hiểu là trung điểm của $C{C}^{\prime }$ – trung tuyến thứ hai của tam giác $AC{C}^{\prime }$).

a) Đúng. Vì $M{M}^{\prime }$ nối trung điểm $BC$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$, do đó $M{M}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$. Mặt khác tam giác $ABC$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong hai mặt phẳng song song, $AM$ và $A^{\prime }{M}^{\prime }$ là các trung tuyến tương ứng nên $AM\parallel A^{\prime }{M}^{\prime }$. Tứ giác $AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ có hai cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành.

b) Đúng. $I$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $\frac{AI}{AM}=\frac{1}{3}$. Tương tự, $G$ là trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$ với $N$ là trung điểm $C{C}^{\prime }$ nên $\frac{AG}{AN}=\frac{1}{3}$. Vậy $\frac{AI}{AM}=\frac{AG}{AN}=\frac{1}{3}$.

c) Sai. Chọn tọa độ $B(0;0;0),C(1;0;0),A(0;1;0),B^{\prime }(0;0;1),C^{\prime }(1;0;1),A^{\prime }(0;1;1)$. Khi đó $I(\frac{1}{3};\frac{1}{3};0)$, $K(\frac{1}{3};\frac{1}{3};1)$, $G(\frac{2}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3})$. Mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ là mặt phẳng $y=0$. Ta có $\overrightarrow{IK}=(0;0;1)\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $\overrightarrow{KG}=(\frac{1}{3};0;\frac{1}{3})\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, nên $(IKG)$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ (phương trình $(IKG)$: $y=\frac{1}{3}$). Vậy $(IKG)$ không cắt $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.

d) Đúng. Với cùng hệ tọa độ: $\overrightarrow{A^{\prime }K}=(\frac{1}{3};-\frac{2}{3};0)=\overrightarrow{AI}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }G}=(\frac{2}{3};-\frac{2}{3};-\frac{2}{3})=2\overrightarrow{AI}-\frac{2}{3}\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$. Suy ra mọi vectơ trong $(A^{\prime }KG)$ đều biểu diễn được qua $\overrightarrow{AI},\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$, tức $(A^{\prime }KG)\parallel (AI{B}^{\prime })$ về phương. Mặt khác $A^{\prime }(0;1;1)$ không thuộc mặt phẳng $(AI{B}^{\prime })$ (phương trình $(AI{B}^{\prime })$: $-2x-y-z=-1$, thay $A^{\prime }$ được $-2\ne -1$). Vậy $(A^{\prime }KG)//(AI{B}^{\prime })$.
a) (AI giải đề cho tôi)
$M{M}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $AM\parallel A^{\prime }{M}^{\prime }$ (hai trung tuyến tương ứng trong hai đáy song song), nên $AM{M}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành.
b) (AI giải đề cho tôi)
Tính chất trọng tâm: $AI/AM=1/3$ và $AG/AN=1/3$ với $N$ là trung điểm $C{C}^{\prime }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với tọa độ kiểm tra, $(IKG)$ có phương trình $y=1/3$ song song với $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$: $y=0$, nên hai mặt phẳng không cắt nhau.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\overrightarrow{A^{\prime }K}=\overrightarrow{AI}$ và $\overrightarrow{A^{\prime }G}=2\overrightarrow{AI}-\frac{2}{3}\overrightarrow{A{B}^{\prime }}$, đồng thời $A^{\prime }\notin (AI{B}^{\prime })$, nên $(A^{\prime }KG)//(AI{B}^{\prime })$.