第1部分 专题4 微专题13 空间向量与立体几何（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题四 立体几何 微专题13　空间向量与立体几何 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题四 立体几何 数学 ★[高考定位]　空间向量在解决立体几何中的位置关系、空间角以及空间距离的计算等问题，是每年高考的必考内容，并且以解答题的形式出现，其考查形式为一题多问，多步设问，通常第一问考查空间位置关系，第二、三问考查空间角或距离，难度中等． 直线与平面所成的角 1．向量法求异面直线所成的角 若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq \f(|a·b|,|a||b|). 2．向量法求线面所成的角 求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝eq \f(|n·a|,|n||a|). [例1]　(2024·安庆三模)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AP⊥DP，CD＝3AB＝3，AD＝2AP＝4，PB＝eq \r(5)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝4eq \o(AE,\s\up16(→))，连接BE，CE，PE. (1)求证：平面PBE⊥平面PCE； (2)求直线CE与平面PCD所成角正弦值的大小． [解]　(1)已知条件利用余弦定理和勾股定理，求出BE，PE，CE，BC，由勾股定理证明PE⊥BE且BE⊥CE，得证BE⊥平面PCE，结合面面垂直判定定理得平面PBE⊥平面PCE. (2)以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值． (1)因AP⊥DP，AD＝2AP＝4，所以∠PAD＝eq \f(π,3)， 又eq \o(AD,\s\up16(→))＝4eq \o(AE,\s\up16(→))，所以AE＝1， 根据余弦定理知PE2＝AE2＋AP2－2×AE×AP×cos ∠PAD＝1＋4－2×1×2×eq \f(1,2)＝3， 直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AD＝4，AE＝1，CD＝3AB＝3，则BE＝eq \r(2)，CE＝3eq \r(2)， 过B点作BF⊥CD，垂足为F，则BF＝AD＝4，CF＝2，得BC＝2eq \r(5)，则有BE2＋PE2＝PB2，得PE⊥BE，BE2＋CE2＝BC2，得BE⊥CE， 因PE∩CE＝E，PE，CE⊂平面PCE，所以BE⊥平面PCE，又BE⊂平面PBE，所以平面PBE⊥平面PCE. (2)如图，以点E为原点，分别以ED，EP所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系．则P(0,0，eq \r(3))，C(3,3,0)，D(0,3,0)，B(1，－1,0)，于是eq \o(EC,\s\up16(→))＝(3,3,0)，又eq \o(PC,\s\up16(→))＝(3,3，－eq \r(3))，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(3,0,0)， 设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z)， 于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up16(→))＝3x＋3y－\r(3)z＝0,m·\o(DC,\s\up16(→))＝3x＝0))， 令y＝1，则x＝0，z＝eq \r(3)，即m＝(0,1，eq \r(3))， 设直线CE与平面PCD所成角为θ， 则sinθ＝|cos〈eq \o(EC,\s\up16(→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(EC,\s\up16(→))·m,|\o(EC,\s\up16(→))|·|m|)))＝eq \f(3,3\r(2)×2)＝eq \f(\r(2),4)， 所以直线CE与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(\r(2),4). 利用空间向量求线面角的注意事项 (1)先求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)的角度，再取其余角即为所求． (2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值，不要误以为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值即为所求． (2024·景德镇质检三)已知在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1. (1)已知E，F分别为棱AA1，BC的中点，求证：EF∥平面A1B1C； (2)求直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值． 解：(1)G为B1C中点，通过证明EF∥A1G，证明EF∥平面A1B1C；(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值． (1)取B1C中点G，连接A1G，FG. ∵G，F分别为B1C，BC中点，∴GF∥BB1且GF＝eq \f(1,2)BB1，又E为AA1中点，∴A1E∥BB1且A1E＝eq \f(1,2)BB1， ∴GF∥A1E且GF＝A1E， 故四边形A1EFG是平行四边形，∴EF∥A1G. 而EF⊄平面A1B1C，A1G⊂平面A1B1C， ∴EF∥平面A1B1C. (2)如图以A为坐标原点，AC，AA1分别为y，z轴建立空间直角坐标系， 则A1(0,0,1)，B(eq \r(3)，1,0)，B1(eq \r(3)，1,1)，C(0,2,0)， 则eq \o(A1C,\s\up16(→))＝(0,2，－1)，eq \o(A1B1,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1,0)． 设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(A1C,\s\up16(→))·n＝2y－z＝0,\o(A1B1,\s\up16(→))·n＝\r(3)x＋y＝0))， 令x＝1，得y＝－eq \r(3)，z＝－2eq \r(3)， ∴n＝(1，－eq \r(3)，－2eq \r(3))． 又eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1，－1)，∴cos〈eq \o(A1B,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\r(3)－\r(3)＋2\r(3),\r(5)×4)＝eq \f(\r(15),10). 即直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值是eq \f(\r(15),10). 平面与平面的夹角 向量法求二面角 求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角， 则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)； 若二面角α－l－β所成的角θ为钝角， 则cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|). [例2]　(2024·新课标全国Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，求AD. [解]　(1)先证出AD⊥平面PAB，即可得AD⊥AB，由勾股定理逆定理可得BC⊥AB，从而AD∥BC，再根据线面平行的判定定理即可证出；(2)①过点D建空间直角坐标系；②求平面APC与平面DPC的法向量；③求二面角A­DC­D的余弦值，找出等量关系，求出AD. (1)因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据AD，BC，AB在同一平面内可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC. (2)以D为坐标原点，分别以DA，DC为x轴，y轴建立空间直角坐标系 设DA＝m，DC＝n，其中m2＋n2＝4，则A(m,0,0)，C(0，n,0)，P(m,0,2)， 所以eq \o(AP,\s\up16(→))＝(0,0,2)，eq \o(CP,\s\up16(→))＝(m，－n,2)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0，n,0)， 设平面APC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2z＝0，,mx－ny＋2z＝0，))令x＝n，则y＝m，所以n＝(n，m,0)； 设平面DPC的法向量为y＝(x，y，z)，同理可得y＝(2,0，－m)， 因为二面角A­PC­D为锐二面角，所以其余弦值为eq \f(\r(7),7)，因此eq \f(\r(7),7)＝|cos〈n，y〉|＝eq \f(2n,\r(m2＋n2)\r(4＋m2))， 解得m＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3) 1．利用空间向量求二面角的思路 二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与公共棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角． 2．利用空间向量求空间角的一般步骤 (1)建立恰当的空间直角坐标系． (2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标． (3)结合公式进行论证、计算． (4)转化为几何结论． (2024·广州二模)如图，矩形ABCD是圆柱O′O的轴截面，AB＝4，AD＝2eq \r(2)，E，F分别是上、下底面圆周上的点，且CF∥AE. (1)求证：DF∥BE； (2)若四边形BEDF为正方形，求平面ABF与平面ADE夹角的正弦值 解：(1)利用等角定理以及共线向量进行证明；(2)建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的夹角公式得出结论 (1)证明：因为矩形ABCD是圆柱O′O的轴截面，E，F分别是上、下底面圆周上的点，且CF∥AE，CD∥AB，所以∠EAB＝∠FCD，不妨设为θ， 因为AB，CD均为底面圆的直径，所以∠AEB＝∠CFD＝90°，所以AE＝CF＝4cos θ，所以eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \o(FC,\s\up16(→))，又eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \o(CD,\s\up16(→))， 所以eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \o(AE,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(FC,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(FD,\s\up16(→))， 所以DF∥BE. (2)如图，设EG为圆柱O′O的母线，则EG⊥底面CFDG， 连接GC，GD，GC⊥GD，以G为坐标原点，GC，GD，GE分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，AB＝4，AD＝2eq \r(2)，四边形BEDF为正方形， BE＝DE，BE＝eq \r(AB2－AE2)＝eq \r(42－AE2)，DE＝eq \r(AD2＋AE2)＝eq \r(2\r(2)2＋AE2)， 所以AE＝DG＝CF＝2，DF＝CG＝2eq \r(3). 所以G(0,0,0)，D(0,2,0)，F(2eq \r(3)，2,0)，B(2eq \r(3)，0,2eq \r(2))，E(0,0,2eq \r(2))，A(0,2,2eq \r(2))． 平面ADE的法向量为m＝(1,0,0)． 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)， 又eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2eq \r(3)，－2,0)，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(0,2，－2eq \r(2))， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2\r(3)x－2y＝0,2y－2\r(2)z＝0))，取x＝eq \r(2)，则n＝(eq \r(2)，eq \r(6)，eq \r(3))， 所以cos〈m，n〉＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1×\r(11))))＝eq \f(\r(2),\r(11))， 所以平面ABF与平面ADE夹角的余弦值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),1×\r(11))))＝eq \f(\r(2),\r(11))， 所以平面ABF与平面ADE夹角的正弦值为eq \r(1－\f(2,11))＝eq \f(3\r(11),11). 立体几何中的探索性问题 [例3]　(2024·聊城三模)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，点D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足eq \o(AP,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))＋μeq \o(AA1,\s\up16(→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]． (1)当λ＝μ＝eq \f(1,2)时，求证：DP∥平面A1EF； (2)当λ＝1时，是否存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是eq \f(\r(15),5)？若存在，指出点P的位置，若不存在，请说明理由． [解]　(1)先利用向量关系得点P是AB1的中点，连接CB1，DP，利用中位线性质及基本事实4可证DP∥EF，然后根据线面平行的判定即可证明； (2)取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，建立空间直角坐标系，然后利用向量法求面面角，根据面面角的余弦值列方程求解即可． (1)当λ＝μ＝eq \f(1,2)时，eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB1,\s\up16(→))，故点P是AB1的中点， 连接CB1，DP，因为点D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1， 因为点E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF， 因为DP⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以DP∥平面A1EF. (2)存在，点P为BB1的中点． 当λ＝1时，eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋μeq \o(AA1,\s\up16(→))，即eq \o(BP,\s\up16(→))＝μeq \o(BB1,\s\up16(→))，μ∈[0,1]，所以点P在棱BB1上， 取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，则DD1∥CC1， 在正三棱柱ABC­A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，△ABC是正三角形，所以DB⊥AC， 以D为坐标原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，2))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，2))， C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，2))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，μ))， 从而Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，2))，eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(\r(3),4)，0))， eq \o(A1E,\s\up16(→))＝(－1,0，－1)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，μ))， eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1,0,0)， 设平面A1EF的法向量是m＝(x1，y1，z1)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(A1E,\s\up16(→))＝0,m·\o(A1F,\s\up16(→))＝0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x1－z1＝0,－\f(3,4)x1＋\f(\r(3),4)y1＝0))，令x1＝1，得m＝(1，eq \r(3)，－1)． 设平面ACP的法向量是n＝(x2，y2，z2)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up16(→))＝0,n·\o(AP,\s\up16(→))＝0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＝0,－\f(1,2)x2＋\f(\r(3),2)y2＋μz2＝0))，令z2＝eq \r(3)，得n＝(0，－2μ，eq \r(3))． 令|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|－2\r(3)μ－\r(3)|,\r(1＋3＋1)×\r(4μ2＋3))＝eq \f(2\r(3)μ＋\r(3),\r(5)×\r(4μ2＋3))＝eq \f(\r(15),5)，得(2μ＋1)2＝4μ2＋3， 解得μ＝eq \f(1,2)，所以存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是eq \f(\r(15),5)， 此时点P为BB1的中点． 利用空间向量巧解探索性问题 (1)对于存在型问题，解题时，把要满足的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等． (2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置． (2024·泰安三模)如图，在四棱锥P­ABCD中，AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝eq \r(2)AB. (1)证明：平面PAD⊥平面ABCD； (2)在棱PC上是否存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为eq \f(2\r(7),7)？若存在，求eq \f(PE,EC)的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)通过DC⊥PD，DC⊥AP证DC⊥平面PAD，即可证面面平行；(2)通过建立空间直角坐标系，计算各点坐标，设eq \f(PE,EC)＝λ(λ＞0)得E点坐标，并计算平面AEB和平面BCE的法向量，根据向量垂直确定，再根据向量的夹角公式计算即可． (1)证明：因为AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝eq \r(2)AB， 所以PD2＋DC2＝PC2，AP2＋AB2＝PB2， 所以DC⊥PD，AB⊥AP， 又AB＝BC＝DC＝DA， 所以四边形ABCD为菱形， 所以AB∥DC，DC⊥AP， 又AP，PD⊂平面PAD，AP∩PD＝P， 所以DC⊥平面PAD， 又DC⊂平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD. (2)由(1)得DC⊥平面PAD， 因为DA⊂平面PAD， 所以DC⊥DA， 故四边形ABCD为正方形． 不妨设正方形ABCD的边长为2， AD的中点为O，连接PO. 因为△PAD为等边三角形， 所以PO⊥AD， 又PO⊂平面PAD， 又平面PAD∩平面ABCD＝AD， 且平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 以O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(OP,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0,0，eq \r(3))，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(－1,2,0)． 假设存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为eq \f(2\r(7),7)， 且eq \f(PE,EC)＝λ(λ＞0)，E(x0，y0，z0)， 由eq \f(PE,EC)＝λ，得eq \o(PE,\s\up16(→))＝λeq \o(EC,\s\up16(→))， 即(x0，y0，z0－eq \r(3))＝λ(－1－x0,2－y0，－z0)， 解得x0＝－eq \f(λ,λ＋1)，y0＝eq \f(2λ,λ＋1)，z0＝eq \f(\r(3),λ＋1)， 所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)，\f(\r(3),1＋λ)))， 所以AB＝(0,2,0)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－2,0,0)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(1,2，－eq \r(3))，BE＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1－2λ,1＋λ)，－\f(2,1＋λ)，\f(\r(3),1＋λ))). 设平面AEB的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝2y1＝0，,n·\o(BE,\s\up16(→))＝\f(－1－2λx1－2y1＋\r(3)z1,1＋λ)＝0))， 可取n＝(eq \r(3)，0,1＋2λ)． 设平面BCE的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up16(→))＝－2x2＝0,m·\o(PB,\s\up16(→))＝x2＋2y2－\r(3)z2＝0))， 可取m＝(0，eq \r(3)，2)， 则|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(|2＋4λ|,\r(7)×\r(3＋1＋2λ2))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(7),7)))2)， 解得λ＝1或λ＝－2(舍去)， 所以在棱PC上存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为eq \f(2\r(7),7)， 且eq \f(PE,EC)＝1. $$