2020-2021学年天津高二（上）第一次月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年天津高二（上）第一次月考数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 若A(−1, 0, 1)，B(1, 4, 7)在直线l上，则直线l的一个方向向量为（ ）
A.(1, 2, 3)B.(1, 3, 2)C.(2, 1, 3)D.(3, 2, 1)

2. 直线2ax+y−2＝0与直线x−(a+1)y+2＝0互相垂直，则这两条直线的交点坐标为（ ）
A.(−25,−65)B.(25,65)C.(25,−65)D.(−25,65)

3. 对于空间任意一点O和不共线得三点A、B、C，有如下关系：OP→=16OA→+13OB→+12OC→，则（ ）
A.四点O、A、B、C必共面B.四点P、A、B、C必共面
C.四点O、P、B、C必共面D.五点O、P、A、B，C必共面

4. 已知点A(2, −3)，B(−3, −2)，直线m过P(1, 1)，且与线段AB相交，求直线m的斜率k的取值范围为（ ）
A.k≥34k≤−4B.k≥34k≤−14C.−4≤k≤34D.34≤k≤4

5. 若直线l1:x+ay+6=0与l2：(a−2)x+3y+2a=0平行，则l1与l2间的距离为（ ）
A.2B.823C.3D.833

6. 已知A(4, 1, 3)，B(2, −5, 1)，C是线段AB上一点，且|AC→||AB→|=13，则C点的坐标为（ ）
A.(72, −12, 52)B.(83, −3, 2)C.(103, −1, 73)D.(52, −72, 32)

7. 若直线l1:y＝kx−k+1与直线l2关于点(3, 3)对称，则直线l2一定过定点（ ）
A.(3, 1)B.(2, 1)C.(5, 5)D.(0, 1)

8. 在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，则BE→=( )

A.12a→−12b→+12c→；B.12a→−12b→−12c→
C.12a→−32b→+12c→D.12a→−12b→+32c→

9. 已知直线l:y＝x+m与曲线x=4−y2有两个公共点，则实数m的取值范围是（ ）
A.[−2, 22)B.(−22, −2]C.[2, 22)D.(−22, 2]
二、填空题

已知a→=(2, 1, 3)，b→=(−4, 2, x)且a→⊥b→，则|a→−b→|=________．

直线l:x−y+1＝0与圆C:x2+y2+2ay+a2−2＝0有公共点，则实数a的取值范围是________．

如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若E为D1C1的中点，则直线A1C1与DE所成角的余弦值为________．


圆(x−2)2+(y−1)2＝3关于直线3x+5y+6＝0对称的圆的方程为________．

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1=2，E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则点E到直线AF距离为________．


直线l与圆C：(x+1)2+(y−2)2＝2相切，且在x轴、y轴上的截距相等，则直线l的方程为________．
三、解答题

（文科生做）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x−4)2+(y−5)2=4和圆C2：(x+3)2+(y−1)2=4，
（1）若直线l1过点A(2, 0)，且与圆C1相切，求直线l1的方程；

（2）若直线l2过点B(4, 0)，且被圆C2截得的弦长为23，求直线l2的方程．

分别根据下列条件，求圆的方程：
（1）过点A(−4, 0)，B(0, 2)和原点；

（2）与两坐标轴均相切，且圆心在直线2x−3y+5＝0上．

已知三棱柱ABC−A1B1C1，AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝AA1，AB⊥AC，D为线段AC的中点．

（1）证明：B1C // 平面BA1D；

（2）求二面角B−A1D−C的余弦值．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB // CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB上的中点．二面角P−AC−E的余弦值为63．

（1）求直线PA与平面EAC所成角的正弦值；

（2）求点D到平面ACE的距离．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=AD=2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC // AD且BC=4，点M为PC中点，点E为BC边上的动点，且BEEC=λ．

1求证：平面ADM⊥平面PBC；

2是否存在实数λ，使得二面角P−DE−B的余弦值为23，若存在，试求实数λ的值；若不存在，说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年天津某校高二（上）第一次月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
直线的方向向量
【解析】
由题意可得首先求出直线上的一个向量AB→，即可得到它的一个方向向量，再利用平面向量共线（平行）的坐标表示即可得出答案．
【解答】
解：由题意可得：直线l的一个方向向量 AB→=(2, 4, 6)，
又∵ (1, 2, 3)=12(2, 4, 6)，
∴ (1, 2, 3)是直线l的一个方向向量．
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
a＝−1时，直线分别化为：2x−y+2＝0，x+2＝0，此时两条直线不垂直．a≠−1时，利用两条直线垂直可得：−2a×1a+1=−1，解得a．联立方程解出即可得出．
【解答】
a＝−1时，直线分别化为：2x−y+2＝0，x+2＝0，此时两条直线不垂直．
a≠−1时，由两条直线垂直可得：−2a×1a+1=−1，解得a＝1．
综上可得：a＝1．
联立2x+y−2=0x−2y+2=0 ，解得x=25，y=65．
∴ 这两条直线的交点坐标为(25,65)．
3.
【答案】
B
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
空间向量的正交分解及其坐标表示
【解析】
由共面向量基本定理、空间向量基本定理即可得出．
【解答】
由OP→=16OA→+13OB→+12OC→，16+13+12=1，可得四点P、A、B、C必共面．
4.
【答案】
A
【考点】
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
根据题意，设直线m的方程为y−1＝k(x−1)，分析可得若直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上，则有[(−3)−2k+k−1][(−2)−(−3)k+k−1]≤0，解可得k的范围，即可得答案．
【解答】
根据题意，直线m过P(1, 1)，设直线m的方程为y−1＝k(x−1)，
即y−kx+k−1＝0，
若直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上，
则有[(−3)−2k+k−1][(−2)−(−3)k+k−1]≤0，
解可得：k≥34或k≤−4；
5.
【答案】
B
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由l1//l2，知3=aa−2且a3≠62a，求得a=−1，所以l1:x−y+6=0,l2:x−y+23=0，两条平行直线l1与l2间的距离为
d=6−2312+−12=823．
6.
【答案】
C
【考点】
空间向量的数乘运算
【解析】
利用向量的线性运算即可得出．
【解答】
解：∵ ACAB=13，∴ AC→=13AB→，
∴ OC→=OA→+13(OB→−OA→)=23OA→+13OB→=23(4,1,3)+13(2,−5,1)=(103，−1，73)．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
直线系方程
【解析】
先找出直线l1恒过定点(1, 1)，其关于点(3, 3)对称点(5, 5)在直线l2上，可得直线l2恒过定点．
【解答】
由于直线l1:y＝k(x−1)+1恒过定点(1, 1)，其关于点(3, 3)对称的点为(5, 5)，
又由于直线l1:y＝k(x−1)+1与直线l2关于点(3, 3)对称，
∴ 直线l2恒过定点(5, 5)．
8.
【答案】
C
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
根据底面ABCD是正方形，E为PD中点，向量加法的平行四边形法则得到BE→=12(BP→+BD→)，而BD→=BA→+BC→=(PA→−PB→)+(PC→−PB→)，即可求得BE→的结果．
【解答】
BE→=12(BP→+BD→)=−12PB→+12(BA→+BC→)
=−12PB→+12BA→+12BC→=−12PB→+12(PA→−PB→)+12(PC→−PB→)
=−32PB→+12PA→+12PC→=12a→−32b→+12c→．
9.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
把已知曲线方程变形，画出图形，数形结合得答案．
【解答】
由x=4−y2，得x2+y2＝4(x≥0)，
如图，
当直线l:y＝x+m与x2+y2＝4(x≥0)相切时，m=−22．
∴ 若直线l:y＝x+m与曲线x=4−y2有两个公共点，则实数m的取值范围是(−22, −2]．
二、填空题
【答案】
38
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
由垂直可得数量积为0，进而可得x值，可得向量a→−b→的坐标，由模长公式可得．
【解答】
解：∵ a→=(2,1,3)，b→=(−4,2,x)，且a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=2×(−4)+1×2+3x=0，解得x=2，
故a→−b→=(2, 1, 3)−(−4, 2, 2)=(6, −1, 1)，
∴ |a→−b→|=62+(−1)2+12=38，
【答案】
[−3, 1]
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
利用圆心到直线的距离小于等于半径，求出a的取值范围．
【解答】
圆C:x2+y2+2ay+a2−2＝0，即圆C:x2+(y+a)2＝2，
根据题意，圆心(0, −a)到直线x−y+1＝0的距离d=|0+a+1|2≤2，
故|a+1|≤2，
所以a∈[−3, 1]，
【答案】
1010
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取A1D1的中点F，连接EF，DF，则EF // A1C1，则∠DEF为直线A1C1与DE所成角，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2a，求解三角形得答案．
【解答】
如图，
取A1D1的中点F，连接EF，DF，
则EF // A1C1，则∠DEF为直线A1C1与DE所成角，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2a，
则EF=12A1C1=2a，DE＝DF=(2a)2+a2=5a，
∴ cs∠DEF=5a2+2a2−5a22×2a×5a=1010．
∴ 直线A1C1与DE所成角的余弦值为1010．
【答案】
(x+1)2+(y+4)2＝3
【考点】
关于点、直线对称的圆的方程
【解析】
根据两圆关于直线对称，得两圆圆心关于直线对称，由此求出对称圆圆心，然后求解圆的方程．
【解答】
设对称圆的圆心为(a, b)，
则依题意，得b−1a−2=533×a+22+5×b+12+6=0 ，
解得a＝−1，b＝−4，
对称圆的圆心(−1, −4)，半径为3，
对称圆的方程为(x+1)2+(y+4)2＝3．
【答案】
23311
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
计算△AEF的边长和面积，利用面积公式求出E到AF的距离．
【解答】
连接CD1，AE，AF，
∵ E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，
∴ EF是△B1CD1的中位线，∴ EF=12CD1=62，
∵ AA1⊥平面A1B1C1D1，∴ AA1⊥A1E，
∴ AE=AA12+A1E2=2，同理可得AF=222，
∴ EF2+AE2＝AF2，∴ AE⊥EF，
∴ S△AEF=12×2×62=62，
设点E到直线AF距离为d，则S△AEF=12×AF×d=22d4，
∴ d=23311．
【答案】
(−2−6)x+y＝0或(−2+6)x+y＝0或x+y+1＝0，或x+y−3＝0
【考点】
圆的切线方程
【解析】
由圆的方程求出圆心坐标和半径，分类讨论，利用点到直线的距离等于圆的半径求得相应系数，即可求得直线方程．
【解答】
圆C：(x+1)2+(y−2)2＝2的圆心坐标为(−1, 2)，半径为2，
若直线在两坐标轴上的截距不为零，设直线方程为x+y−a＝0，
由|−1+2−a|2=2，得|a−1|＝2，即a＝−1，或a＝3．
∴ 直线方程为x+y+1＝0，或x+y−3＝0；
若直线在两坐标轴上的截距为零，设直线方程为kx+y＝0，
由|−k+2|k2+1=2，得k＝−2±6，
∴ 直线方程为(−2±6)x+y＝0．
综上所述，直线方程为(−2−6)x+y＝0或(−2+6)x+y＝0或x+y+1＝0，或x+y−3＝0．
三、解答题
【答案】
解：（1）直线x=2满足题意，
直线斜率存在时，设直线方程为y=k(x−2)，即kx−y−2k=0，
∴ 圆心到直线的距离|2k−5|k2+1=2，
∴ k=2120，
∴ 直线方程为y=2120(x−2)，
综上所述，直线方程为y=2120(x−2)或x=2；
（2）由题意直线l2的斜率存在，设l2方程为：y=k(x−4)，即kx−y−4k=0，
圆C2：(x+3)2+(y−1)2=4的半径r=2，
设圆C2的圆心到直线l2的距离为d，
∵ l被⊙C1截得的弦长为23，
∴ 圆心(−3, 1)到直线的距离d=1，
即|−3k−1−4k|1+k2=1，
即k(24k+7)=0即k=0或k=−724，
∴ 直线l2的方程为：y=0或7x+24y−28=0，
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）分类讨论，利用点到直线的距离等于半径，求出k，即可求直线l1的方程；
（2）根据直线和圆相交的弦长公式设出直线斜率，根据半弦长、半径、弦心距满足勾股定理，解方程求出k值，代入即得直线l的方程．
【解答】
解：（1）直线x=2满足题意，
直线斜率存在时，设直线方程为y=k(x−2)，即kx−y−2k=0，
∴ 圆心到直线的距离|2k−5|k2+1=2，
∴ k=2120，
∴ 直线方程为y=2120(x−2)，
综上所述，直线方程为y=2120(x−2)或x=2；
（2）由题意直线l2的斜率存在，设l2方程为：y=k(x−4)，即kx−y−4k=0，
圆C2：(x+3)2+(y−1)2=4的半径r=2，
设圆C2的圆心到直线l2的距离为d，
∵ l被⊙C1截得的弦长为23，
∴ 圆心(−3, 1)到直线的距离d=1，
即|−3k−1−4k|1+k2=1，
即k(24k+7)=0即k=0或k=−724，
∴ 直线l2的方程为：y=0或7x+24y−28=0，
【答案】
根据题意，要求圆经过点A(−4, 0)，B(0, 2)和原点，
而△OAB为直角三角形，其AB为斜边，
则要求圆是直角△OAB的外接圆，其圆心为AB的中点，半径为12|AB|，
则要求圆的圆心为(−2, 1)，半径r=12|AB|=12×16+4=5，
则要求圆的方程为(x+2)2+(y−1)2＝5；
根据题意，要求圆的圆心在直线2x−3y+5＝0上，设圆心的坐标为(a, 2a+53)，
又由要求圆与两坐标轴均相切，则有|a|＝|2a+53|，
解可得：a＝5，或a＝−1．
若a＝5，则圆心为(5, 5)，半径为5，圆的方程为 (x−5)2+(y−5)2＝25，
若a＝−1，则圆心为(−1, 1)，半径为1，圆的方程为 (x+1)2+(y−1)2＝1，
故要求圆的方程为(x−5)2+(y−5)2＝25或 (x+1)2+(y−1)2＝1．
【考点】
圆的标准方程
【解析】
（1）根据题意，分析可得要求圆是直角△OAB的外接圆，可得外接圆的圆心与半径，由圆的标准方程分析可得答案，
（2）根据题意，设要求圆的圆心的坐标为(a, 2a+53)，则有|a|＝|2a+53|，解可得a的值，即可得圆心的坐标，分析圆的半径，由圆的标准方程分析可得答案．
【解答】
根据题意，要求圆经过点A(−4, 0)，B(0, 2)和原点，
而△OAB为直角三角形，其AB为斜边，
则要求圆是直角△OAB的外接圆，其圆心为AB的中点，半径为12|AB|，
则要求圆的圆心为(−2, 1)，半径r=12|AB|=12×16+4=5，
则要求圆的方程为(x+2)2+(y−1)2＝5；
根据题意，要求圆的圆心在直线2x−3y+5＝0上，设圆心的坐标为(a, 2a+53)，
又由要求圆与两坐标轴均相切，则有|a|＝|2a+53|，
解可得：a＝5，或a＝−1．
若a＝5，则圆心为(5, 5)，半径为5，圆的方程为 (x−5)2+(y−5)2＝25，
若a＝−1，则圆心为(−1, 1)，半径为1，圆的方程为 (x+1)2+(y−1)2＝1，
故要求圆的方程为(x−5)2+(y−5)2＝25或 (x+1)2+(y−1)2＝1．
【答案】
证明：连接AB1交A1B于E，
则AE＝EB1，又D为AC中点，
∴ 在△AB1C中，B1C // DE，DE⊂平面BA1D，
B1C⊄平面BA1D，∴ B1C // 平面BA1D．
以AC，AB，AA1分别x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝2，
则A1(0, 0, 2)，B(0, 2, 0)，D(1, 0, 0)，C(2, 0, 0)，
设平面BA1D法向量n→=(x, y, z)，
BA1→=(0, −2, 2)，BD→=(1, −2, 0)，
则n→⋅BA1→=−2y+2z=0n→⋅BD→=x−2y=0 ，则n→=(2, 1, 1)，
同理平面CA1D的法向量m→=(0, 1, 0)，
则|csθ|=16×1=66，
∵ 二面角B−A1D−C为钝角，
∴ 二面角B−A1D−C的余弦值为−66．
【考点】
直线与平面平行
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）连接AB1交A1B于E，则AE＝EB1，由D为AC中点，得到B1C // DE，由此能证明B1C // 平面BA1D．
（2）以AC，AB，AA1分别x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B−A1D−C的余弦值．
【解答】
证明：连接AB1交A1B于E，
则AE＝EB1，又D为AC中点，
∴ 在△AB1C中，B1C // DE，DE⊂平面BA1D，
B1C⊄平面BA1D，∴ B1C // 平面BA1D．
以AC，AB，AA1分别x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝2，
则A1(0, 0, 2)，B(0, 2, 0)，D(1, 0, 0)，C(2, 0, 0)，
设平面BA1D法向量n→=(x, y, z)，
BA1→=(0, −2, 2)，BD→=(1, −2, 0)，
则n→⋅BA1→=−2y+2z=0n→⋅BD→=x−2y=0 ，则n→=(2, 1, 1)，
同理平面CA1D的法向量m→=(0, 1, 0)，
则|csθ|=16×1=66，
∵ 二面角B−A1D−C为钝角，
∴ 二面角B−A1D−C的余弦值为−66．
【答案】
取AB的中点F，连接CF，
∵ CD // AB，CD=12AB＝AF，AB⊥AD，AD＝CD，
∴ 四边形ADCF是正方形，
∴ CF⊥AB，∴ CF⊥CD，
以C为原点，以CD，CF，CP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系C−xyz，
设PC＝h，则C(0, 0, 0)，A(1, 1, 0)，E(−12, 12, h2)，P(0, 0, h)，
∴ CA→=(1, 1, 0)，CE→=(−12, 12, h2)，AP→=(−1, −1, h)，
设平面ACE的法向量为m→=(x, y, z)，则m→⋅CA→=0m→⋅CE→=0 ，即x+y=0−12x+12y+h2z=0 ，
令x＝1可得m→=(1, −1, 2h)，
同理可得平面PAC的一个法向量为n→=(1, −1, 0)，
∴ cs=m→⋅n→|m→||n→|=22×2+4h2，
∵ 二面角P−AC−E的余弦值为63，∴ 22×2+4h2=63，解得h＝2，
∴ AP→=(−1, −1, 2)，m→=(1, −1, 1)，
∴ cs=AP→⋅m→|AP→||m→|=26×3=23，
∴ 直线PA与平面EAC所成角的正弦值为|cs|=23．
CD→=(1, 0, 0)，cs=CD→⋅m→|CD→||m→|=11×3=33，
设直线CD与平面EAC所成角为α，则sinα=33，
∴ D到平面EAC的距离为|CD→|⋅sinα=33．
【考点】
点、线、面间的距离计算
二面角的平面角及求法
直线与平面所成的角
【解析】
（1）建立空间坐标系，根据二面角大小计算PC，得出平面EAC的法向量n→，计算PA→与n→的夹角得出线面角的正弦值；
（2）计算CD与平面ACE的夹角正弦值，再计算D到平面ACE的距离．
【解答】
取AB的中点F，连接CF，
∵ CD // AB，CD=12AB＝AF，AB⊥AD，AD＝CD，
∴ 四边形ADCF是正方形，
∴ CF⊥AB，∴ CF⊥CD，
以C为原点，以CD，CF，CP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系C−xyz，
设PC＝h，则C(0, 0, 0)，A(1, 1, 0)，E(−12, 12, h2)，P(0, 0, h)，
∴ CA→=(1, 1, 0)，CE→=(−12, 12, h2)，AP→=(−1, −1, h)，
设平面ACE的法向量为m→=(x, y, z)，则m→⋅CA→=0m→⋅CE→=0 ，即x+y=0−12x+12y+h2z=0 ，
令x＝1可得m→=(1, −1, 2h)，
同理可得平面PAC的一个法向量为n→=(1, −1, 0)，
∴ cs=m→⋅n→|m→||n→|=22×2+4h2，
∵ 二面角P−AC−E的余弦值为63，∴ 22×2+4h2=63，解得h＝2，
∴ AP→=(−1, −1, 2)，m→=(1, −1, 1)，
∴ cs=AP→⋅m→|AP→||m→|=26×3=23，
∴ 直线PA与平面EAC所成角的正弦值为|cs|=23．
CD→=(1, 0, 0)，cs=CD→⋅m→|CD→||m→|=11×3=33，
设直线CD与平面EAC所成角为α，则sinα=33，
∴ D到平面EAC的距离为|CD→|⋅sinα=33．
【答案】
1证明：取PB中点N，连结MN，AN，如图所示，
∵ M是PC中点，
∴ MN // BC,MN=12BC=2，
又∵ BC // AD，
∴ MN // AD，MN=AD，
∴ 四边形ADMN为平行四边形，
∵ AP⊥AD，AB⊥AD，
∴ AD⊥平面PAB，
∴ AD⊥AN，∴ AN⊥MN，
∵ AP=AB，∴ AN⊥PB，
∴ AN⊥平面PBC，
∵ AN⊂平面ADM，
∴ 平面ADM⊥平面PBC．
2解：存在符合条件的λ．
以A为原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴，
建立空间直角坐标系A−xyz，
设E(2, t, 0)，P(0, 0, 2)，D(0, 2, 0)，B(2, 0, 0)
从而PD→=(0,2,−2)，DE→=(2,t−2,0)，
则平面PDE的法向量为n1→=(2−t,2,2)，
又平面DEB即为xAy平面，其法向量n2→=(0,0,1)，
则cs=n→1⋅n→2|n1→|⋅|n2→|
=2(2−t)2+4+4=23，
解得t=3或t=1，所以
λ=3或λ=13．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）取PB中点N，连结MN、AN，由已知得四边形ADMN为平行四边形，由AP⊥AD，AB⊥AD，得AD⊥平面PAB，从而AN⊥MN，由AP=AB，得AN⊥PB，由此能证明平面ADM⊥平面PBC．
（2）以A为原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，求出平面PDE的法向量和平面DEB的法向量，利用向量法能求出λ=3或λ=13．
【解答】
1证明：取PB中点N，连结MN、AN，如图所示，
∵ M是PC中点，
∴ MN // BC,MN=12BC=2，
又∵ BC // AD，
∴ MN // AD，MN=AD，
∴ 四边形ADMN为平行四边形，
∵ AP⊥AD，AB⊥AD，
∴ AD⊥平面PAB，
∴ AD⊥AN，∴ AN⊥MN，
∵ AP=AB，∴ AN⊥PB，
∴ AN⊥平面PBC，
∵ AN⊂平面ADM，
∴ 平面ADM⊥平面PBC．
2解：存在符合条件的λ．
以A为原点，AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴，
建立空间直角坐标系A−xyz，
设E(2, t, 0)，P(0, 0, 2)，D(0, 2, 0)，B(2, 0, 0)
从而PD→=(0,2,−2)，DE→=(2,t−2,0)，
则平面PDE的法向量为n1→=(2−t,2,2)，
又平面DEB即为xAy平面，其法向量n2→=(0,0,1)，
则cs=n→1⋅n→2|n1→|⋅|n2→|
=2(2−t)2+4+4=23，
解得t=3或t=1，
所以λ=3或λ=13．