2020-2021学年河北省唐山市高二（上）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省唐山市高二（上）期中考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 过点P(−2, 1)且倾斜角为90∘的直线方程为( )
A.y=1B.x=−2C.y=−2D.x=1

2. 已知圆锥的底面半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为( )
A.16πB.20πC.36πD.40π

3. 过点P(0, 2)的直线l与以A(1, 1)，B(−2, 3)为端点的线段有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是( )
A.[−52, 3]B.(−∞,−52]∪[3, +∞)
C.[−32, 1]D.(−∞, −1]∪[−12, +∞)

4. 已知两直线l1：(3+a)x+4y=5−3a与l2：2x+(5+a)y=8平行，则a等于( )
A.−7或−1B.7或1C.−7D.−1

5. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则直线BC1与平面BB1DD1所成角的正弦值为( )
A.63B.102C.155D.105

6. 圆x−32+y+22=1关于直线x+y=0对称的圆的方程是( )
A.y+32+x−22=1B.x−32+y−22=1
C.x+32+y+22=1D.y−32+x+22=1

7. 已知过球面上A，B，C三点的截面和球心O的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球O的体积为( )
A.256π81B.64π27C.16π9D.4π3

8. 如图，已知A(4, 0)，B(0, 4)，从点P(2, 0)射出的光线经直线AB反射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到P点，则光线所经过的路程是( )

A.25B.33C.6D.210
二、多选题

设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，有下列命题其中正确的命题是( )
A.如果m⊥n，m⊥α，n // β，那么α⊥β
B.如果m⊥α，n // α，那么m⊥n
C.如果α // β，m⊂α，那么m // β
D.如果平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，那么α // β

若直线过点A(1, 2)，且在两坐标轴上截距相等，则直线l方程可能为( )
A.x−y+1=0B.x+y−3=0C.2x−y=0D.x−y−1=0

已知方程x2+y2+3ax+ay+52a2+a−1=0，若方程表示圆，则a的值可能为( )
A.−2B.0C.1D.3

如图所示， PA⊥圆O所在平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一个点，E，F分别是点A在PB，PC上的正投影，给出下列结论正确的是( )

A.EF⊥PBB.AF⊥BCC.AE⊥平面PBCD.BC⊥PA
三、填空题

直线x−3y+3=0的倾斜角为________．

直线1−ax+ay−3=0与2a+3x+a−1y−2=0互相垂直，则a等于________.

已知点(x，y)在直线2x+y+5=0上运动，则x2+y2的最小值是_______.

正四棱锥S−ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，各顶点都在同一个球面上，则此球的体积为________．
四、解答题

正方体ABCD−A1B1C1D1中，求证：AC1⊥平面A1BD．


已知直线l的方程为2x−y+1=0.
(1)求过点A(3, 2)，且与直线l垂直的直线l1的方程；

(2)求与直线l平行，且到点P(3, 0)的距离为5的直线l2的方程．

已知点A(4,2)和B(0,−2).
(1)求直线AB的斜率和AB的中点M的坐标；

(2)若圆C经过A，B两点，且圆心在直线 2x−y=3 上，求圆C的方程.

已知方程x2+y2−2(t+3)x+2(1−4t2)y+16t4+9=0表示一个圆，那么
(1)求t的取值范围；

(2)求该圆半径r的取值范围．

正方形ABCD的边长为2，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，平面PEF⊥平面ABFD．

(1)证明：PF⊥平面PDE；

(2)求钝二面角B−AP−D的余弦值．

矩形CDPE垂直于直角梯形ABCD， PD=2，AB=AD=12CD=1，∠ADC=∠BAD=90∘，F为PA的中点.

(1)求证：AC // 平面DEF；

(2)求二面角A−BC−P的大小；

(3)线段EF上是否存在一点Q，使BQ与平面BCP所成角的大小为π6？若存在，请求出FQ的长；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省唐山市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
直线的点斜式方程
【解析】
根据题意，要求直线的倾斜角为90∘，分析可得该直线与x轴垂直，又由直线过点(−2, 1)，由直线的点斜式方程即可得答案．
【解答】
解：∵ 直线的倾斜角为90∘，
∴ 该直线与x轴垂直，其斜率不存在.
又∵ 直线过点P(−2, 1)，
∴ 直线方程为x=−2.
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
直接求出圆锥的底面周长，利用圆锥的侧面积公式求解即可．
【解答】
解：∵ 圆锥的底面半径为4，
∴ 底面周长为2πr=8π.
∵ 母线长为5，
∴ 圆锥的侧面积为12×8π×5=20π．
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
斜率的计算公式
【解析】
由直线l恒过P(0, 2)，由A，B及P的坐标分别求出直线PA和直线PB方程的斜率，根据直线l与线段AB有公共点，结合图形，由求出的两斜率即可得到k的取值范围．
【解答】
解：由题意，得直线过定点P(0, 2).
∵ KPA=1−21−0=−1，
KPB=3−2−2−0=−12，
∴ 要使直线l与线段AB有交点，
则k的取值范围是k≥−1或k≤−12，
即k的取值范围是(−∞,−1]∪[−12, +∞).
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
首先判断直线l1的斜率垂存在，根据两直线平行的性质，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，由此求出a值．
【解答】
解：易知直线l1：(3+a)x+4y=5−3a斜率存在，
∴ l1与l2平行，则两直线的斜率应都存在，
∴ a≠−5，
∴ 3+a2=45+a≠5−3a8，
解得 a=−7，
∴ 当 a=−7时，l1与l2平行．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
要求线面角，先寻找斜线在平面上的射影，因此，要寻找平面的垂线，利用已知条件可得．
【解答】
解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线
为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，
BC1→=(−2,0,1)，AC→=(−2,2,0).
易知AC→为平面BB1DD1的一个法向量，
∴ sin=|cs|
=45×8=105，
∴ 直线BC1和平面BB1DD1所成角的正弦值为105.
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
关于点、直线对称的圆的方程
【解析】
由圆关于直线x+y=0对称，即两圆的圆心关于x+y=0对称即可求另一个圆的圆心，根据对称性有半径相等，即可写出圆的方程．
【解答】
解：∵ 圆x−32+y+22=1的圆心坐标为3,−2，
∴ 点3,−2关于直线y=−x的对称点为2,−3，
∴ 以2,−3为圆心，1为半径的圆的方程为
x−22+y+32=1.
故选A.
7.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
由AB=BC=CA=2，求得△ABC的外接圆半径为r，再由R2−(12R)2=43，求得球的半径，即可求解球O的体积．
【解答】
解：将球心O1与△ABC组成的图形提取出来，
并作出△ABC的中心O2，如图所示，连接O1O2，AO2，
由已知得，O1O2即为球心到截面的距离，AO1为球的半径.
设球半径为R，
因为AB=BC=CA=2，
所以AO2=233，
所以在Rt△O2O1A中，R2−(12R)2=(233)2，
解得R=43，
所以球O的体积为V=43πR3=256π81．
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
设点P关于y轴的对称点P′，点P关于直线AB:x+y−4=0的对称点P″，由对称特点可求P′和P″的坐标，在利用入射光线上的点关于反射轴的对称点在反射光线所在的直线上，光线所经过的路程|P′P″|．
【解答】
解：点P关于y轴的对称点P′坐标是(−2, 0).
设点P关于直线AB:x+y−4=0的对称点P″(a, b).
∴ b−0a−2×(−1)=−1，a+22+b+02−4=0，
解得a=4，b=2，
∴ 光线所经过的路程|P′P″|=210.
故选D．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用直线与平面垂直的判定定理以及性质定理，结合空间直线与平面的位置关系分析命题的真假即可．
【解答】
解：已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，
A，如果m⊥n，m⊥α，n // β，
则α // β或α与β相交，故A不正确；
B，m⊥α，n // α，那么m⊥n，
满足直线与平面垂直的判断定理，故B正确；
C，α // β，m⊂α，那么m // β，
满足直线与平面平行的判断方法，故C正确；
D，平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，
当两个平面相交时，也可以满足条件，故D不正确.
故选BC.
【答案】
B,C
【考点】
直线的点斜式方程
直线的截距式方程
【解析】
讨论直线过原点时和直线不过原点时，分别求出对应的直线方程即可．
【解答】
解：当直线经过原点时，斜率为k=2−01−0=2，
所求的直线方程为y=2x，即2x−y=0；
当直线不过原点时，设所求的直线方程为x+y=k，
把点A(1, 2)代入，得1+2=k，
解得k=3，
故所求的直线方程为x+y−3=0.
综上，所求的直线方程为 2x−y=0，x+y−3=0．
故选BC.
【答案】
A,B
【考点】
二元二次方程表示圆的条件
圆的标准方程
【解析】
根据圆的一般方程可求出a的取值范围，即可求解.
【解答】
解：∵ 方程x2+y2+3ax+ay+52a2+a−1=0表示圆，
∴ 3a2+a2−452a2+a−1>0，
解得a<1，
∴ 满足条件的只有−2和0.
故选AB.
【答案】
A,B,D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
直线与平面垂直的判定
【解析】
根据正投影的定义可得AE⊥PB，继而证得PB⊥面AEF，结合线面垂直的性质可判断A 的正误；由PA⊥OO所在的平面，AB是圆O的直径，可以得出BC⊥面PAC,结合线面垂直的性质可判断B的正误；对于C ，利用反证法判断，即假设AE⊥面PBC, 结合AF⊥面PCB，可得到AE//AF，结合AE与AF有交点A即可判断正误．根据正投影的定义可得AF⊥PC，继而证得BC⊥面PCA 结合线面垂直的性质可判断D的正误.
【解答】
解：∵ PA⊥⊙O所在的平面，BC⊂⊙O所在的平面，
∴ PA⊥BC，
而BC⊥AC，AC∩PA=A，
∴ BC⊥面PAC.
又∵ AF⊂面PAC，PA⊂面PAC，
∴ AF⊥BC，BC⊥PA，故BD正确；
而AF⊥PC，PC∩BC=C，
∴ AF⊥面PCB，
而PB⊂面PCB，
∴ AF⊥PB，AE∩AF=A，
∴ PB⊥面AEF，
而EF⊂面AEF，
∴ EF⊥PB，故A正确；
∵ AF⊥面PCB，
假设AE⊥面PBC,
∴ AF // AE，显然不成立，故C错误.
故选ABD．
三、填空题
【答案】
30∘
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
由题意可得，直线的斜率tanα=33，再由0∘≤α<180∘，可得 α的值．
【解答】
解：设x−3y+3=0的倾斜角为α，
∴ tanα=33.
又∵ 0≤α<π，
∴ α=30∘.
故答案为：30∘.
【答案】
1或−3
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由两直线垂直，得到1−a2a+3+aa−1=0，求解即可.
【解答】
解：∵ 直线1−ax+ay−3=0与
2a+3x+a−1y−2=0互相垂直，
∴ 1−a2a+3+aa−1=0，
整理，得a2+2a−3=0，
解得a=1，a=−3.
故答案为：1或−3.
【答案】
5
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，点(x，y)在直线2x+y+5=0上运动，
又由x2+y2=(x−0)2+(y−0)2，
其几何意义为原点(0,0)到直线2x+y+5=0上任意一点的距离，
则其最小值为点(0,0)到直线2x+y+5=0的距离，
即x2+y2的最小值为d=|5|4+1=5.
故答案为：5.
【答案】
4π3
【考点】
球的表面积和体积
棱锥的结构特征
【解析】
先确定球心位置，再求球的半径，然后可求球的体积．
【解答】
解：∵ 正四棱锥S−ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，
各顶点都在同一个球面上，
∴ 该球的球心恰好是底面ABCD的中心，
∴ 球的半径R是1，
∴ 此球的体积为V=4πR3=4π3．
故答案为：4π3.
四、解答题
【答案】
证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
连接AC，AC1，
∵ CC1⊥底面ABCD，
∴ CC1⊥BD.
又∵ ABCD为正方形，
∴ AC⊥BD．
∵ AC∩CC1=C，
∴ BD⊥面ACC1，
∴ AC1⊥BD．
同理，得AC1⊥A1B.
又∵ A1B∩BD=B，
∴ AC1⊥平面A1BD．
【考点】
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
连接AC，AC1，
∵ CC1⊥底面ABCD，
∴ CC1⊥BD.
又∵ ABCD为正方形，
∴ AC⊥BD．
∵ AC∩CC1=C，
∴ BD⊥面ACC1，
∴ AC1⊥BD．
同理，得AC1⊥A1B.
又∵ A1B∩BD=B，
∴ AC1⊥平面A1BD．
【答案】
解：(1)设与直线l:2x−y+1=0垂直的直线l1的方程为：x+2y+m=0，
把点A(3, 2)代入可得，3+2×2+m=0，解得m=−7．
∴ 过点A(3, 2)，且与直线l垂直的直线l1的方程为：x+2y−7=0.
(2)设与直线l:2x−y+1=0平行的直线l2的方程为：2x−y+c=0，
∵ 点P(3, 0)到直线l2的距离为5．
∴ |2×3+c|22+12=5，
解得c=−1或−11，
∴ 直线l2的方程为：2x−y−1=0或2x−y−11=0．
【考点】
点到直线的距离公式
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
（1）设与直线l:2x−y+1=0垂直的直线l1的方程为：x+2y+m=0，把点A(3, 2)代入解得m即可；
（2）设与直线l:2x−y+1=0平行的直线l2的方程为：2x−y+c=0，由于点P(3, 0)到直线l2的距离为5．可得|2×3+c|22+12=5，解得c即可得出．
【解答】
解：(1)设与直线l:2x−y+1=0垂直的直线l1的方程为：x+2y+m=0，
把点A(3, 2)代入可得，3+2×2+m=0，解得m=−7．
∴ 过点A(3, 2)，且与直线l垂直的直线l1的方程为：x+2y−7=0.
(2)设与直线l:2x−y+1=0平行的直线l2的方程为：2x−y+c=0，
∵ 点P(3, 0)到直线l2的距离为5．
∴ |2×3+c|22+12=5，
解得c=−1或−11，
∴ 直线l2的方程为：2x−y−1=0或2x−y−11=0．
【答案】
解：(1)∵ 点A4,2和B0,−2，
∴ kAB=2−−24−0=1，
xM=4+02=2，yM=2−22=0，
∴ 直线AB的斜率为1，AB的中点M的坐标为2,0．
(2)设圆心C为(a,b) ，半径为r，
∵ 圆心在直线 2x−y=3上，
∴ 2a−b=3，则圆心C为(a,2a−3).
由题意，得|AC|=|BC|，
即(a−4)2+(2a−3−2)2=(a−0)2+(2a−3+2)2，
整理，得24a=40，
解得a=53，
∴ b=13，r=743，
∴ 圆C的标准方程为(x−53)2+(y−13)2=749.
【考点】
直线的斜率
中点坐标公式
两点间的距离公式
圆的一般方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 点A4,2和B0,−2，
∴ kAB=2−−24−0=1，
xM=4+02=2，yM=2−22=0，
∴ 直线AB的斜率为1，AB的中点M的坐标为2,0．
(2)设圆心C为(a,b) ，半径为r，
∵ 圆心在直线 2x−y=3上，
∴ 2a−b=3，则圆心C为(a,2a−3).
由题意，得|AC|=|BC|，
即(a−4)2+(2a−3−2)2=(a−0)2+(2a−3+2)2，
整理，得24a=40，
解得a=53，
∴ b=13，r=743，
∴ 圆C的标准方程为(x−53)2+(y−13)2=749.
【答案】
解：(1)∵ x2+y2−2(t+3)x+2(1−4t2)y+16t4+9=0表示一个圆，
∴ 4(t+3)2+4(1−4t2)2−4(16t4+9)>0，
整理，得7t2−6t−1<0，
解得−17∴ t的取值范围是(−17, 1)．
(2)∵ r=D2+E2−4F2
=124(t+3)2+4(1−4t2)2−4(16t4+9)
=−7t2+6t+1
=−7(t−37)2+167.
∵ −17当t=37时，rmax=477，
∴ 0∴ 该圆半径的取值范围是(0, 477]．
【考点】
二元二次方程表示圆的条件
圆的一般方程
【解析】
（1）由已知得4(t+3)2+4(1−4t2)2−4(16t4+9)>0，由此能求出t的取值范围．
（2）由已知得r=124(t+3)2+4(1−4t2)2−4(16t4+9)=12−7(t−37)2+167，由此能求出该圆半径的取值范围．
【解答】
解：(1)∵ x2+y2−2(t+3)x+2(1−4t2)y+16t4+9=0表示一个圆，
∴ 4(t+3)2+4(1−4t2)2−4(16t4+9)>0，
整理，得7t2−6t−1<0，
解得−17∴ t的取值范围是(−17, 1)．
(2)∵ r=D2+E2−4F2
=124(t+3)2+4(1−4t2)2−4(16t4+9)
=−7t2+6t+1
=−7(t−37)2+167.
∵ −17当t=37时，rmax=477，
∴ 0∴ 该圆半径的取值范围是(0, 477]．
【答案】
(1)证明：由已知，得平面PEF⊥平面ABFD，
∵ BF⊂平面ABFD，BF⊥EF，
平面PEF∩平面ABFD=EF，
∴ BF⊥平面PEF，
∴ BF⊥PF.
又∵ BF // AD，
∴ AD⊥PF.
又∵ PF⊥PD，且AD∩PD=D，
∴ PF⊥平面PDE．
(2)解：作PO⊥EF，垂足为O．
由(1)得，PO⊥平面ABFD．
以O为坐标原点，OF→的方向为y轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
由(1)可得，DE⊥PE．
又∵ DP=2，DE=1，
∴ PE=3，
∴ PE⊥PF，
则PO=32，EO=32．
则O(0, 0, 0)，A(1,−32,0)，B(1,12,0)，
P=(0,0,32)，F(0,12,0)，
BP→=(−1,−12,32)，AB→=(0,2,0).
PF为平面APD的法向量，PF→=(0,12,−32).
设平面ABP的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅AB→=0,n→⋅BP→=0,
即2y=0,−x−12y+32z=0,
解得y=0，
令x=3，则z=2，n→=(3,0,2)，
∴ cs=PF→⋅n→|PF→||n→|=−37=−217，
∴ 钝二面角B−AP−D的余弦值为−217．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）根据面面垂直先证明线面垂直，得到线线垂直AD⊥PF，再证明出结论即可；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求出平面ABP的法向量为n→=(x,y,z)，和向量PF→=(0,12,−32)，再根据向量的夹角公式求出即可．
【解答】
(1)证明：由已知，得平面PEF⊥平面ABFD，
∵ BF⊂平面ABFD，BF⊥EF，
平面PEF∩平面ABFD=EF，
∴ BF⊥平面PEF，
∴ BF⊥PF.
又∵ BF // AD，
∴ AD⊥PF.
又∵ PF⊥PD，且AD∩PD=D，
∴ PF⊥平面PDE．
(2)解：作PO⊥EF，垂足为O．
由(1)得，PO⊥平面ABFD．
以O为坐标原点，OF→的方向为y轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
由(1)可得，DE⊥PE．
又∵ DP=2，DE=1，
∴ PE=3，
∴ PE⊥PF，
则PO=32，EO=32．
则O(0, 0, 0)，A(1,−32,0)，B(1,12,0)，
P=(0,0,32)，F(0,12,0)，
BP→=(−1,−12,32)，AB→=(0,2,0).
PF为平面APD的法向量，PF→=(0,12,−32).
设平面ABP的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅AB→=0,n→⋅BP→=0,
即2y=0,−x−12y+32z=0,
解得y=0，
令x=3，则z=2，n→=(3,0,2)，
∴ cs=PF→⋅n→|PF→||n→|=−37=−217，
∴ 钝二面角B−AP−D的余弦值为−217．
【答案】
(1)证明：连接FN，
在△PAC中，F，N分别为PA，PC中点，
所以FN // AC.
因为FN⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，
所以AC // 平面DEF．
(2)解：如图以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线
为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D−xyz．
则P(0,0,2)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，
PB→=(1,1,−2)，BC→=(−1,1,0)，
设平面PBC的法向量为m→=(x,y,z)，
则m→⋅PB→=(x,y,z)⋅(1,1,−2)=0,m→⋅BC→=(x,y,z)⋅(−1,1,0)=0,
即x+y−2z=0,−x+y=0,
解得x=y,z=2x.
令x=1，得 y=1，z=2，
∴ m→=(1,1,2)．
∵ 平面ABC的法向量为n→=(0,0,1)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=22，
由图可知二面角A−BC−P为锐二面角，
∴ 二面角A−BC−P的大小为π4．
(3)解：设存在点Q满足条件，
由F(12,0,22)，E(0,2,2)，
设FQ→=λFE→(0≤λ≤1)，
得 Q(1−λ2,2λ,2(1+λ)2)，
则BQ→=(−1+λ2,2λ−1,2(1+λ)2).
∵ 直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6，
∴ sinπ6=|cs|
=|BQ→⋅m→|BQ→|⋅|m→||
=|5λ−1|219λ2−10λ+7
=12，
解得λ2=1.
由0≤λ≤1知λ=1，即Q点与E点重合，
∴ 在线段EF上存在一点Q，且|FQ|=|EF|=192．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连接FN，
在△PAC中，F，N分别为PA，PC中点，
所以FN // AC.
因为FN⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，
所以AC // 平面DEF．
(2)解：如图以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线
为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D−xyz．
则P(0,0,2)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，
PB→=(1,1,−2)，BC→=(−1,1,0)，
设平面PBC的法向量为m→=(x,y,z)，
则m→⋅PB→=(x,y,z)⋅(1,1,−2)=0,m→⋅BC→=(x,y,z)⋅(−1,1,0)=0,
即x+y−2z=0,−x+y=0,
解得x=y,z=2x.
令x=1，得 y=1，z=2，
∴ m→=(1,1,2)．
∵ 平面ABC的法向量为n→=(0,0,1)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=22，
由图可知二面角A−BC−P为锐二面角，
∴ 二面角A−BC−P的大小为π4．
(3)解：设存在点Q满足条件，
由F(12,0,22)，E(0,2,2)，
设FQ→=λFE→(0≤λ≤1)，
得 Q(1−λ2,2λ,2(1+λ)2)，
则BQ→=(−1+λ2,2λ−1,2(1+λ)2).
∵ 直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6，
∴ sinπ6=|cs|
=|BQ→⋅m→|BQ→|⋅|m→||
=|5λ−1|219λ2−10λ+7
=12，
解得λ2=1.
由0≤λ≤1知λ=1，即Q点与E点重合，
∴ 在线段EF上存在一点Q，且|FQ|=|EF|=192．