解：由已知

A B F E

为边长为2的正方形，

∴ $A D ⊥ E F$ ，

因为平面 $A B E F ⊥$ 平面 $E F C D$ ，又 $D E ⊥ E F$ ，

∴ $E A ， E F ， E D$ 两两垂直．

以 $E$ 为原点， $E A ， E F ， E D$ 分别为 $x$ 轴， $y$ 轴， $z$ 轴建立空间直角坐标系，

则 $E (0 ， 0 ， 0) ， A (2 ， 0 ， 0) ， B (2 ， 2 ， 0) ， F (0 ， 2 ， 0) ， D (0 ， 0 ， 1) ， C (0 ， 2 ， 2)$ ．

（I）可求平面 $A C F$ 法向量为 $\vec{n_{1}} = (1 ， 0 ， 1)$ ，

平面 $A C D$ 法向量为 $\vec{n_{2}} = (1 ， - 1 ， 2)$ ，

∴ $cos θ = - \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，

所以二面角 $B - A C - D$ 的平面角的大小为 $\frac{5 π}{6}$

（II）假设线段 $A C$ 上是否存在点 $P$ ，使 $F P ⊥$ 平面 $A C D$ ，设 $\frac{A P}{A C} = λ$ （ $0 \leq λ \leq 1$ ），

则 $\vec{A P} = λ \vec{A C} = (- 2 λ ， 2 λ ， 2 λ)$ ，

$\vec{F P} = \vec{F A} + \vec{A P} = (2 - 2 λ ， - 2 + 2 λ ， 2 λ)$

∵ $F P ⊥$ 平面 $A C D$ ，则 $\vec{F P} / / \vec{n_{2}}$ ，可求 $λ = \frac{2}{3} \in [0 ， 1]$ ．

所以线段 $A C$ 上存在点 $P$ ，使 $F P ⊥$ 平面 $A C D$ ，且 $\frac{A P}{A C} = \frac{2}{3}$ ．

北京市朝阳区2019-2020学年高三上学期数学抽样检测试卷