2024-2025学年辽宁省县级合作校高二（上）第一次月考数学试卷（B卷）（含解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省县级合作校高二（上）第一次月考数学试卷（B卷）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设直线l1：x−y+6=0和直线l2：2x−2y+3=0，则直线l1与直线l2的位置关系为( )
A. 平行B. 重合C. 垂直D. 以上都不是
2.对于空间任意一点O和不共线的三点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
3.“m=−2”是“直线l1：mx+4y−6=0与直线l2：x+my−3=0平行”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.设点A(−2,3)，B(3,2)，若直线ax+y+2=0与线段AB没有交点，则a的取值范围是( )
A. (−∞,−52]∪[43,+∞)B. (−43,52)
C. [−52,43]D. (−∞,−43]∪[52,+∞)
5.△ABC的三个顶点分别是A(1,−1,2)，B(5,−6,2)，C(1,3,−1)，则AC边上的高BD长为( )
A. 5B. 41C. 4D. 2 5
6.若点P(x0,y0)是直线l：Ax+By+C=0外一点，则方程Ax+By+C−(Ax0+By0+C)=0表示( )
A. 过点P且与l垂直的直线B. 过点P且与l平行的直线
C. 不过点P且与l垂直的直线D. 不过点P且与l平行的直线
7.设入射光线沿直线y=2x+1射向直线y=x，则被y=x反射后，反射光线所在的直线方程是( )
A. x−2y+3=0B. x−2y+1=0C. 3x−2y+1=0D. x−2y−1=0
8.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则csθ的最大值为( )
A. 15
B. 35
C. 25
D. 45
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于空间直角坐标系O−xyz中的一点P(1,2,3)，下列说法正确的是( )
A. OP的中点坐标为(12,1,32)
B. 点P关于x轴对称的点的坐标为(−1,2,3)
C. 点P关于原点对称的点的坐标为(−1,−2,−3)
D. 点P关于xOy面对称的点的坐标为(1,2,−3)
10.已知直线l经过点P(3,1)，且被两条平行直线l1：x+y+1=0和l2：x+y+6=0截得的线段长为5，则直线l的方程为( )
A. x=2B. x=3C. y=1D. y=2
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1上的一个动点，F为棱B1C1上的一个动点，则直线AA1与平面EFB所成的角可能是( )
A. π6
B. π4
C. π3
D. π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,2)，B(1,−3,1)，点M在y轴上，且M到A与到B的距离相等，则M的坐标是______．
13.我们把在平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系xOy中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A(−3,4)，且其法向量为n=(1,−2)的直线方程为1×(x+3)+(−2)×(y−4)=0，化简得x−2y+11=0.类比上述方法，在空间坐标系O−xyz中，经过点A(1,2,3)，且其法向量为n=(−1,−2,1)的平面方程为______．
14.已知直线l1：ax−2y=2a−4、l2：2x+a2y=2a2+4，当0四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
根据要求完成下列问题：
(1)求经过点B(3,0)且与直线l1：2x+y−5=0垂直的直线l2的一般方程；
(2)已知正方形的中心为点M(−1,0)，一条边所在的直线的方程是x+3y−5=0.求正方形其他三边所在直线的方程．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．
(Ⅰ)在平面PAB内找一点M，使得直线CM/​/平面PBE，并说明理由；
(Ⅱ)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AD，CD= 2AD，N为CD中点，M为D1C1中点．
(1)求证：BD⊥平面ANM；
(2)若线段AN上存在点Q使得BQ⊥AN，求直线C1Q与平面A1B1Q所成角的余弦值．
18.(本小题17分)
根据要求完成下列问题：
(1)已知直线l：x+y+1=0，l/​/m，直线n：x−2y+1=0被l与m截得的线段长为 5，求直线m的方程．
(2)给定任一锐角△ABC及高AH，在AH上任取一点D，连接BD并延长交AC于点E，联结CD且延长交AB于点F，求证：∠AHE=∠AHF．
19.(本小题17分)
如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD/​/EF，DF⊥EF，EF=2CD=2．
(1)若DF=2，求二面角A−CE−F的正弦值；
(2)若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：直线l1：x−y+6=0和直线l2：2x−2y+3=0，可知斜率相等，截距不相等，
可得两条直线平行．
故选：A．
通过直线方程，判断直线的位置关系即可．
本题考查直线与直线的位置关系的应用，基本知识的考查．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了共面向量基本定理、空间向量基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
由共面向量基本定理、空间向量基本定理即可得出．
【解答】解：由OP=16OA+13OB+12OC，知16+13+12=1，
所以四点P、A、B、C必共面．
故选B．
3.【答案】C
【解析】解：由直线l1：mx+4y−6=0与直线l2：x+my−3=0平行，
可得：m2−4=0，
解得m=±2，经过验证m=2时，两条直线重合，舍去．
∴m=−2，
∴“m=−2”是“直线l1：mx+4y−6=0与直线l2：x+my−3=0平行”的充要条件，
故选：C．
根据直线l1：mx+4y−6=0与直线l2：x+my−3=0平行，可得：m2−4=0，解出并且经过验证得出m，进而判断出关系．
本题考查了两条直线平行与斜率之间的关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】【分析】
直线ax+y+2=0过定点(0,−2)，直线ax+y+2=0与线段AB没有交点转化为过定点(0,−2)的直线与线段AB无公共点，作出图象，由图求解即可．
本题考点是两直线的交点坐标，考查直线与线段无公共点时参数的范围，此题常采用的技巧是借助图象求参数的取值范围，本题直线ax+y+2=0形式简单，作答时易想不到这也是一个直线系方程，从而解不出定点致使题目无从下手．
【解答】
解：如图，
直线ax+y+2=0恒过点M(0,−2)，
且斜率为−a，
∵kMA=3−(−2)−2−0=−52，
kMB=2−(−2)3−0=43，
由图可知：−a>−52且−a<43，
∴a∈(−43,52)，
故选B．
5.【答案】A
【解析】解：设AD=λAC，则OD=OA+λAC=(1,−1,2)+λ(0,4,−3)=(1,−1+4λ,2−3λ)，
∴BD=OD−OB=(−4,5+4λ,−3λ)，
∵BD⊥AC，
∴BD⋅AC=0+4(5+4λ)+9λ=0，
解得λ=−45．
∴BD=(−4,95,125)，
∴|BD|= 42+(95)2+(125)2=5．
故选：A．
设AD=λAC，可得OD=OA+λAC=(1,−1+4λ,2−3λ)，于是BD=OD−OB=(−4,5+4λ,−3λ).由于BD⊥AC，可得BD⋅AC=0，解得λ=−45.利用模的计算公式即可得出．
本题考查了向量的共线定理、向量垂直与数量积的关系、模的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可知点P(x0,y0)是直线l：Ax+By+C=0外一点，
故Ax0+By0+C≠0且为常数，
所以方程Ax+By+C−(Ax0+By0+C)=0中，C−(Ax0+By0+C)≠C且为常数，
则直线Ax+By+C−(Ax0+By0+C)=0与l平行，
将P(x0,y0)代入Ax+By+C−(Ax0+By0+C)=0中，
即Ax0+By0+C−(Ax0+By0+C)=0，即点P在该方程表示的直线上，
故方程Ax+By+C−(Ax0+By0+C)=0表示过点P且与l平行的直线．
故选：B．
由题意可推出Ax0+By0+C≠0，由此可判断直线Ax+By+C−(Ax0+By0+C)=0与l平行，将P(x0,y0)代入方程，看是否成立，判断直线是否过点P，可得答案．
本题主要考查直线平行、垂直的性质，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：联立y=2x+1y=x解得：x=y=−1，所以入射线y=2x+1与直线y=x的交点为(−1,−1)，
在入射线y=2x+1上取一点(0,1)，则它关于直线y=x的对称点(1,0)必在反射光线上，
由两点式得反射线所在的直线方程为：y+10+1=x+11+1，即x−2y−1=0，
故选：D．
依据光学知识，入射线所在直线上点(0,1)关于y=x的对称点在反射线所在直线上．
本题考查了与直线关于直线对称问题．属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示，建立空间直角坐标系．
不妨设AB=2.则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，设M(0,t,2)，0≤t≤2．
∴FA=(−2,−1,0)，EM=(−1,t,2)，
∴csθ=FA⋅EM|FA|⋅|EM|=2−t 5⋅ 5+t2，
令f(t)=(2−t)2t2+5，t∈[0,2]．
f′(t)=2(2t2+t−10)(t2+5)2<0，∴函数f(t)在t∈[0,2]上单调递减．
∴t=0时，函数f(t)取得最大值．
∴csθ的最大值为：2 5× 5=25．
故选：C．
如图所示，建立空间直角坐标系．不妨设AB=2.设M(0,t,2)，0≤t≤2.可得csθ=FA⋅EM|FA|⋅|EM|=2−t 5⋅ 5+t2，令f(t)=(2−t)2t2+5，t∈[0,2].利用导数研究函数的单调性即可得出．
本题考查了异面直线所成的角、向量夹角公式、数量积运算性质、利用导数研究函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：因为O(0,0,0)，P(1,2,3)，
利用中点公式可得OP的中点坐标为(12,1,32),A正确；
点P关于x轴对称的点的坐标为(1,−2,−3)，B错误；
点P关于原点对称的点的坐标为(−1,−2,−3)，C正确；
点P关于xOy面对称的点的坐标为(1,2,−3)，D正确；
故选：ACD．
结合中点坐标公式可判断A正确；结合空间点对称特点依次判断BCD即可．
本题考查了中点坐标公式以及空间点的对称点问题，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=3，
此时l与直线l1，l2的交点分别为A(3,−4)，B(3,−9)，
截得的线段长|AB|=|−4+9|=5，符合题意，
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−1=k(x−3)，且设直线l与直线l1和l2的交点分别为A，B，
解方程组y−1=k(x−3)x+y+1=0，解得A(3k−2k+1,−4k+1k+1)，
解方程组y−1=k(x−3)x+y+6=0，解得B(3k−7k+1,−9k+1k+1)，
∵|AB|=5，
∴(3k−2k+1−3k−7k+1)2+(−4k+1k+1−−9k+1k+1)2=52，解得k=0，
故所求直线l的方程为y=1，
综上所述，所求直线l的方程为x=3或y=1．
故选：BC．
根据已知条件，分直线l的斜率存在，不存在两种情况讨论，即可求解．
本题主要考查直线的一般式方程与直线平行的关系，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：以D为坐标原点，DA，DC，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，
设AD=1，DE=m，C1F=n，其中m，n∈[0,1]，
则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，E(0,0,m)，F(n,1,1)，
AA1=(0,0,1)，BE=(−1,−1,m)，BF=(n−1,0,1)，
设平面EFB的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥BE，n⊥BF，可得BE⋅n=0BF⋅n=0，即−x−y+mz=0(n−1)x+z=0，
取x=−1，则n=(−1,m(n−1)+1,n−1)，
设直线AA1与平面EFB所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈AA1,n〉|=|n−1| 1+[m(n−1)+1]2+(n−1)2，
当n=1时，sinθ=0，当n≠1时，sinθ=|1| 2(1−n)2−2m1−n+m2+1，
该式随着m的增大而增大，随着n的增大而减小，
当n=0，m=1时，sinθ取得最大值 22，所以sinθ∈(0, 22],
综上，sinθ的取值范围是[0, 22]，所以θ∈[0,π4]．
故选：AB．
建立空间直角坐标系，利用空间向量、直线与平面夹角的计算公式进行求解判断．
本题考查空间直线与平面所成角的求法，属中档题．
12.【答案】(0,−1,0)
【解析】【分析】
根据点M在y轴上，设出点M的坐标，再根据M到A与到B的距离相等，由空间中两点间的距离公式求得AM，BM，解方程即可求得M的坐标．考查空间两点间的距离公式，空间两点的距离公式和平面中的两点距离公式相比较记忆，利于知识的系统化，属基础题．
【解答】
解：设M(0,y,0)，
由12+y2+4=1+(y+3)2+1，
可得y=−1，
故M(0,−1,0)．
故答案为：(0,−1,0)．
13.【答案】x+2y−z−2=0
【解析】解：根据法向量的定义，若n为平面α的法向量
则n⊥α，任取平面α内一点P(x,y,z)，
则PA⊥n
∵PA=(1−x,2−y,3−z)，
n=(−1,−2,1)
∴(x−1)+2(y−2)+(3−z)=0
即：x+2y−z−2=0
故答案为：x+2y−z−2=0
类比求曲线方程的方法，我们可以用坐标法，求空间坐标系中平面的方程．任取平面内一点P(x,y,z)，则根据PA⊥n，即PA⋅n=0，将A点坐标及n的坐标代入易得平面的方程．
类比推理的一般步骤是：(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想).由于平面向量与空间向量的运算性质相似，故我们可以利用求平面曲线方程的办法，构造向量，利用向量的性质解决空间内平面方程的求解．
14.【答案】154 12
【解析】解：直线ax−2y=2a−4的必过点为P(2,2)，斜率为a2，
在y轴上的截距为2−a，且0<2−a<2
直线2x+a2y=2a2+4的必过点也为P(2,2)，斜率为−2a2，
在x轴上的截距为a2+2，且a2+2>2
∴四边形的面积S=12×2×(2−a)+12×2×(a2+2)=a2−a+4=(a−12)2+154，
∴四边形面积的最小值为154，此时a=12．
故答案为：154； 12．
直接利用直线的方程，三角形的面积公式，二次函数的性质的应用求出结果．
本题考查的知识要点：直线的方程，三角形的面积公式，二次函数的性质，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
15.【答案】解：(1)设与直线l1：2x+y−5=0垂直的直线系方程为x−2y+n=0，
∵经过点B(3,0)，∴n=−3，
∴所求直线方程为x−2y−3=0；
(2)设边AB的方程为x+3y−5=0，
∵AB/​/CD，AD//BC，且AD⊥AB，
∴可设边CD的方程为x+3y+m=0，边AD、BC的方程为3x−y+n=0；
又中心M(−1,0)到CD、AD、BC的距离都是d，且d=|−1−5| 1+32=6 10，
∴|(−1)+3×0+m 10|=6 10，|3×(−1)−y×0+n 10|=6 10，
化简得|m−1|=6，m=7或m=−5(舍去)，|n−3|=6，n=9或n=−3，
于是其他三边所在直线的方程x+3y+7=0，3x−y+9=0，3x−y−3=0．
【解析】(1)直接利用直线垂直的充要条件求出直线的方程；
(2)利用点到直线的距离公式求出正方形其他三边的方程．
本题考查的知识点：直线垂直的充要条件，点到直线的距离公式，直线的方程的求法，主要考查学生的运算能力．
16.【答案】解：(Ⅰ)延长AB交直线CD于点M，
∵点E为AD的中点，∴AE=ED=12AD，
∵BC=CD=12AD，∴ED=BC，
∵AD/​/BC，即ED/​/BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，即EB/​/CD．
∵AB∩CD=M，∴M∈CD，∴CM//BE，
∵BE⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，
∴CM/​/平面PBE，
∵M∈AB，AB⊂平面PAB，
∴M∈平面PAB，
故在平面PAB内可以找到一点M(M=AB∩CD)，使得直线CM/​/平面PBE．
(Ⅱ)如图所示，∵∠ADC=∠PAB=90°，即PA⊥AB，
且异面直线PA与CD所成的角为90°，即PA⊥CD，
又AB∩CD=M，AB，CD⊂平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD．
∵AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AD，
又AD⊥CD，PA⊥CD，AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD．
因此∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45°．
∴PA=AD．
不妨设AD=2，则BC=CD=12AD=1．
以A为坐标原点，平行于CD的直线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，
建立空间直角坐标系A−xyz，
∴P(0,0,2)，E(0,1,0)，C(−1,2,0)，
∴EC=(−1,1,0)，PE=(0,1,−2)，AP=(0,0,2)，
设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PE=0n⋅EC=0，可得：y−2z=0−x+y=0．
令y=2，则x=2，z=1，∴n=(2,2,1)．
设直线PA与平面PCE所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|AP⋅n||AP||n|=2 9×2=13．
【解析】本题考查了线面平行的判定定理，以及利用空间向量求线面的夹角，同时考查了二面角，线面垂直的判定定理和性质定理，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
(Ⅰ)延长AB交直线CD于点M，由点E为AD的中点，可得AE=ED=12AD，由BC=CD=12AD，可得ED=BC，已知ED/​/BC，可得四边形BCDE为平行四边形，即EB/​/CD.利用线面平行的判定定理证明直线CM/​/平面PBE即可．
(Ⅱ)由∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为90°，以及AB∩CD=M，可得AP⊥平面ABCD.利用线面垂直的判定定理和性质定理可得CD⊥PD，PA⊥AD.因此∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45°，所以PA=AD，不妨设AD=2，
则BC=CD=12AD=1.建立空间直角坐标系，可得P(0,0,2)，E(0,1,0)，C(−1,2,0)，利用法向量的性质、向量夹角公式、线面角计算公式即可得出．
17.【答案】(1)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为原点如图建系，

设AD=4，则A(4,0,0)，B(4,4 2,0)，C(0,4 2,0)，D(0,0,0)，A1(4,0,4)，
B1(4,4 2,4)，C1(0,4 2,4)，D1(0,0,4)，N(0,2 2,0)，M(0,2 2,4)，
所以BD=(−4,−4 2,0)，AM=(−4,2 2,4)，AN=(−4,2 2,0)，
则BD⋅AM=0，BD⋅AN=0，所以BD⊥AM，BD⊥AN，
又AM∩AN=A，AM，AN⊂平面ANM，
所以BD⊥平面ANM；
(2)解：设Q(x0,y0,z0)，设AQ=λAN，
则(x0−4,y0,z0)=λ(−4,2 2,0)，
所以x0=4−4λ，y0=2 2λ，z0=0，所以Q(4−4λ,2 2λ,0)，
又BQ⊥AN，所以BQ⋅AN=0，
因为BQ=(−4λ,2 2λ−4 2,0)，AN=(−4,2 2,0)，
所以(−4λ)×(−4)+(2 2λ−4 2)×2 2=0，
解得λ=23，所以Q(43,4 23,0)，
所以C1Q=(43,−8 23,−4)，A1Q=(−83,4 23,−4)，B1Q=(−83,−8 23,−4)，
设平面A1B1Q的一个法向量为n=(x,y,z)，
则由n⊥A1Q，n⊥B1Q，可得n⋅A1Q=0n⋅B1Q=0，即−83x+4 23y−4z=0−83x−8 23y−4z=0，
则y=0，令x=3，解得z=−2，则n=(3,0,−2)，
设直线C1Q与平面A1B1Q所成角的平面角为θ，
则sinθ=|cs|=|C1Q⋅n|C1Q|⋅|n||=3 2626，
所以csθ= 1−sin2θ= 44226，
即直线C1Q与平面A1B1Q所成角的余弦值为 44226．
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量法证明BD⊥AM，BD⊥AN，根据线面垂直的判定定理即可证明；
(2)设Q(x0,y0,z0)，根据BQ⊥AN，求得点Q的坐标，再利用空间向量法求解线面角的余弦值即可．
本题考查线面垂直的判定，考查直线和平面所求角的求法，属中档题．
18.【答案】解：(1)设m：x+y+c=0(c≠1)，直线l到直线n所处的角为θ，直线m、l间的距离为d，
由题知，kl=−1、kn=12，由倒角公式得tanθ=12−(−1)1+(−1)×(12)=3，
∴sinθ=3 1010、d= 5sinθ=3 22，
由平行直线之间距离公式得：|c−1| 12+12=3 22，解得c=−2或c=4，
∴直线m的方程为：x+y+4=0或x+y−2=0；
(2)以点H为原点，以BC与AH所在直线为x轴、y轴建立直角坐标系，

设A、B、C、D的坐标分别为(0,a)、(b,0)、(c,0)、(0,d)，
则BD、AC所在的直线的方程分别为xb+yd=1、xc+ya=1，
联立xb+yd=1xc+ya=1，
∴E(bc⋅(a−d)ab−cd,ad⋅(b−c)ab−cd)，即kHE=ad⋅(b−c)bc⋅(a−d)，
同理，kHF=−ad⋅(b−c)bc⋅(a−d)，
∴∠AHE=∠AHF．
【解析】(1)直接利用直线间的平行关系求出直线的方程；
(2)利用直线的方程进一步求出直线的斜率，最后确定直线的倾斜角相等．
本题考查的知识点：直线的方程的求法，直线间的位置关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE=EF，DF⊥EF，DF⊂平面CDFE，
所以DF⊥平面ABEF，又AF⊂平面ABEF，所以DF⊥AF．
又因为AF⊥EF，DF⊂平面CDFE，EF⊂平面CDFE，DF∩EF=F．
所以AF⊥平面CDFE．
在平面CEF内过点F作FG⊥CE于G，连结AG，则AG⊥CE．
所以∠AGF为二面角A−CE−F的平面角．
在△CEF中，CE=CF= 5，EF=2，
由S△CEF=12×EF×DF=12×CE×FG，得FG=4 55．
在△AFG中，AG= AF2+FG2=6 55，
所以sin∠AGF=AFAG= 53，
所以二面角A−CE−F的正弦值为 53．
(2)设平面ACF∩平面BCF=l．
因为四边形ABEF为正方形，所以AF/​/BE.又AF⊄平面BCE，BE⊂平面BCE，
所以AF//平面BCE．
又AF⊂平面ACF，平面ACF∩平面BCE=l，所以AF/​/l．
因为AF⊥平面CDFE，CF⊂平面CDFE，所以AF⊥CF，所以CF⊥l．
又平面ACF⊥平面BCE，平面ACF∩平面BCE=l，CF⊂平面ACF，
所以CF⊥平面BCE．
又CE⊂平面BCE，所以CF⊥CE，所以CF2+CE2=EF2．
设DF=t(t>0)，则CF= t2+1，CE= t2+1，所以(t2+1)+(t2+1)=22，
解得t=1，即DF=1．
【解析】本题考查二面角的平面角的求法，空间点、线、面距离的求法，是中档题．
(1)证明DF⊥AF.AF⊥平面CDFE.在平面CEF内过点F作FG⊥CE于G，连结AG，则AG⊥CE.说明∠AGF为二面角A−CE−F的平面角．通过求解三角形推出二面角A−CE−F的正弦值即可．
(2)设平面ACF∩平面BCF=l.推出AF//平面BCE.AF/​/l.证明CF⊥l.CF⊥平面BCE.得到CF⊥CE，设DF=t(t>0)，然后利用勾股定理求解即可．