（15分）如图，三棱锥$A-BCD$中，点$E$在$BD$上，$AE\bot CE$，$AE\bot DE$，$CD\bot AD$．
（1）证明：$CD\bot AB$；
（2）若$DE=2$，$BE=1$，$AE=\sqrt{2}$，$CD=2\sqrt{3}$，求直线$AD$与平面$ABC$所成角的正弦值．

〖答案〗（1）因为$AE\bot CE$，$AE\bot DE$，$CE\bigcap DE=E$，$CE$，$DE\subset$平面$BCD$，
所以$AE\bot$平面$BCD$，
因为$CD\subset$平面$BCD$，所以$AE\bot CD$，
因为$CD\bot AD$，且$AD\bigcap AE=A$，$AD$，$AE\subset$平面$ABD$，
所以$CD\bot$平面$ABD$，
因为$AB\subset$平面$ABD$，所以$CD\bot AB$；
（2）$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．
〖分析〗（1）先由线面垂直的判定定理证明$AE\bot$平面$BCD$，$CD\bot$平面$ABD$，结合线面垂直的定义即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出$AD$的方向向量和平面$ABC$的法向量，再由向量的夹角公式即可求得．
〖解答〗解：（1）证明：因为$AE\bot CE$，$AE\bot DE$，$CE\bigcap DE=E$，$CE$，$DE\subset$平面$BCD$，
所以$AE\bot$平面$BCD$，
因为$CD\subset$平面$BCD$，所以$AE\bot CD$，
因为$CD\bot AD$，且$AD\bigcap AE=A$，$AD$，$AE\subset$平面$ABD$，
所以$CD\bot$平面$ABD$，
因为$AB\subset$平面$ABD$，所以$CD\bot AB$；
（2）由（1）知，$CD\bot$平面$ABD$，
因为$BD\subset$平面$ABD$，所以$CD\bot BD$，
所以$EA$，$ED$，$CD$两两互相垂直，
在$BC$上取点$F$，使得$BF=\dfrac{1}{3}BC$，
因为$DE=2$，$BE=1$，所以$BE=\dfrac{1}{3}BD$，
所以$EF//CD$，所以$EA$，$ED$，$EF$两两互相垂直，
则以$EF$，$ED$，$EA$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系，如图：

则$A(0$，0，$\sqrt{2})$，$B(0$，$-1$，$0)$，$D(0$，2，$0)$，$C(2\sqrt{3}$，2，$0)$，
所以$\overrightarrow{AD}=(0,2,-\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AB}=(0,-1,-\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AC}=(2\sqrt{3},2,-\sqrt{2})$，
设平面$ABC$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x$，$y$，$z)$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AB}=-y-\sqrt{2}z=0}\\ {\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AC}=2\sqrt{3}x+2y-\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，令$y=\sqrt{2}$，则$z=-1$，$x=-\dfrac{\sqrt{6}}{2}$，所以$\overrightarrow{n}=(-\dfrac{\sqrt{6}}{2},\sqrt{2},-1)$，
设$AD$与平面$ABC$所成角为$\theta$，则$\sin \theta =\vert \cos  < \overrightarrow{AD},\overrightarrow{n} > \vert =\dfrac{\vert \overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{n}\vert }{\vert \overrightarrow{AD}\vert \vert \overrightarrow{n}\vert }=\dfrac{3\sqrt{2}}{\sqrt{6}\times \dfrac{3\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$，
所以$AD$与平面$ABC$所成角的正弦值为$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$．

〖点评〗本题考查线面垂直的证明，直线与平面所成角的求解，属于中档题．