利用DeepSeek证明立体几何题目

题目复述：

如图正三棱柱 \( ABC - A_1B_1C_1 \) 中，\( D \) 是 \( BC \) 的中点，\( AB = a \)。  （Ⅲ）判断 \( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 的位置关系，并证明你的结论。

deepseek的解答如下：

### （Ⅲ）判断 \( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 的位置关系，并证明你的结论。#### 分析：
我们需要判断直线 \( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 的位置关系。通常，直线与平面的位置关系有三种：
1. 直线在平面内；
2. 直线与平面平行；
3. 直线与平面相交。我们需要通过几何性质或向量方法来验证具体是哪一种情况。#### 解题步骤：
1. **建立坐标系**：为了更清晰地分析，可以为正三棱柱建立一个坐标系。设：- 点 \( A \) 在坐标原点 \( (0, 0, 0) \)；- 边 \( AB \) 沿 \( x \)-轴方向，因此 \( B \) 的坐标为 \( (a, 0, 0) \)；- 点 \( C \) 在 \( xy \)-平面内，由于 \( ABC \) 是正三角形，所以 \( C \) 的坐标为 \( \left(\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}, 0\right) \)；- 正三棱柱的高为 \( h \)，因此 \( A_1 \)、\( B_1 \)、\( C_1 \) 的坐标分别为 \( (0, 0, h) \)、\( (a, 0, h) \)、\( \left(\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}, h\right) \)；- \( D \) 是 \( BC \) 的中点，因此 \( D \) 的坐标为 \( \left(\frac{3a}{4}, \frac{\sqrt{3}a}{4}, 0\right) \)。2. **确定平面 \( ADC_1 \) 的方程**：- 平面 \( ADC_1 \) 由点 \( A(0, 0, 0) \)、\( D\left(\frac{3a}{4}, \frac{\sqrt{3}a}{4}, 0\right) \)、\( C_1\left(\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}, h\right) \) 确定。- 计算两个向量：- \( \overrightarrow{AD} = \left(\frac{3a}{4}, \frac{\sqrt{3}a}{4}, 0\right) \)；- \( \overrightarrow{AC_1} = \left(\frac{a}{2}, \frac{\sqrt{3}a}{2}, h\right) \)。- 平面的法向量 \( \overrightarrow{n} \) 为 \( \overrightarrow{AD} \times \overrightarrow{AC_1} \)：\[\overrightarrow{n} = \begin{vmatrix}\mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\\frac{3a}{4} & \frac{\sqrt{3}a}{4} & 0 \\\frac{a}{2} & \frac{\sqrt{3}a}{2} & h \\\end{vmatrix} = \left(\frac{\sqrt{3}a}{4} \cdot h - 0 \cdot \frac{\sqrt{3}a}{2}\right)\mathbf{i} - \left(\frac{3a}{4} \cdot h - 0 \cdot \frac{a}{2}\right)\mathbf{j} + \left(\frac{3a}{4} \cdot \frac{\sqrt{3}a}{2} - \frac{\sqrt{3}a}{4} \cdot \frac{a}{2}\right)\mathbf{k}\]\[= \left(\frac{\sqrt{3}a h}{4}\right)\mathbf{i} - \left(\frac{3a h}{4}\right)\mathbf{j} + \left(\frac{3\sqrt{3}a^2}{8} - \frac{\sqrt{3}a^2}{8}\right)\mathbf{k}\]\[= \frac{\sqrt{3}a h}{4} \mathbf{i} - \frac{3a h}{4} \mathbf{j} + \frac{\sqrt{3}a^2}{4} \mathbf{k}\]- 平面方程为：\[\frac{\sqrt{3}a h}{4}(x - 0) - \frac{3a h}{4}(y - 0) + \frac{\sqrt{3}a^2}{4}(z - 0) = 0\]化简得：\[\sqrt{3}h x - 3h y + \sqrt{3}a z = 0\]3. **验证 \( A_1B \) 是否在平面内或与平面平行**：- 直线 \( A_1B \) 的方向向量为 \( \overrightarrow{A_1B} = (a, 0, -h) \)。- 检查方向向量 \( \overrightarrow{A_1B} \) 是否与平面法向量 \( \overrightarrow{n} \) 垂直：\[\overrightarrow{A_1B} \cdot \overrightarrow{n} = a \cdot \sqrt{3}h + 0 \cdot (-3h) + (-h) \cdot \sqrt{3}a = \sqrt{3}a h - \sqrt{3}a h = 0\]点积为 0，说明 \( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 平行或在平面内。- 检查点 \( A_1 \) 是否在平面内：- \( A_1 \) 的坐标为 \( (0, 0, h) \)；- 代入平面方程：\[\sqrt{3}h \cdot 0 - 3h \cdot 0 + \sqrt{3}a \cdot h = \sqrt{3}a h \neq 0\]不满足平面方程，因此 \( A_1B \) 不在平面内，而是与平面平行。4. **结论**：\( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 平行。#### 证明：
为了更几何化地证明，可以如下操作：
- 设 \( E \) 为 \( A_1B \) 的中点。
- 由于 \( D \) 是 \( BC \) 的中点，连接 \( DE \)，可以证明 \( DE \) 是 \( \triangle A_1BC \) 的中位线，因此 \( DE \parallel A_1C \)。
- 注意到 \( A_1C \) 在平面 \( ADC_1 \) 内（因为 \( A_1 \) 和 \( C \) 都在平面内），而 \( DE \) 不在平面内。
- 由于 \( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 中的一条直线 \( A_1C \) 平行，且 \( A_1B \) 不在平面内，因此 \( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 平行。#### 最终答案：
\( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 平行。

它的向量法解题步骤太复杂，反正我是没看懂。几何法倒是看得懂，但是 ( A_1C ) 在平面 ( ADC_1 ) 内明显有错。不过我也从中受到了启发，证明如下：

连接\( A_1C \)，设\( A_1C \)与\( AC_1 \)交点为\( O \)，连接 \( DO \)，可以证明 \( DO \) 是 \( \triangle A_1BC \) 的中位线，因此 \( DO \parallel A_1B \)。因为 \( DO \) 在平面 \( ADC_1 \) 内，且 \( A_1B \) 不在平面内，因此 \( A_1B \) 与平面 \( ADC_1 \) 平行。