建立空間坐標系：令 $C=(0,0,0)$，$A=(5,0,0)$，$B=(0,6,0)$，則 $\overline{AC}=5$，$\overline{BC}=6$，且 $\angle ACB=90^\circ$。
因為 $ADEB$ 與 $ADFC$ 皆為矩形，所以 $\overline{AD}\perp\overline{AB}$ 且 $\overline{AD}\perp\overline{AC}$。由 $\overline{AD}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AC}=0$ 與 $\overline{AD}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{AB}=0$ 可知 $\overline{AD}$ 同時垂直於 $x$ 軸與 $xy$ 平面上的 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}=(-5,6,0)$，因此 $\overline{AD}$ 平行於 $z$ 軸。設 $D=(5,0,h)$，其中 $h>0$。
由矩形 $ADFC$：$\overset{\large\rightharpoonup}{CF}=\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=(0,0,h)$，所以 $F=C+(0,0,h)=(0,0,h)$。
由矩形 $ADEB$：$\overset{\large\rightharpoonup}{BE}=\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=(0,0,h)$，所以 $E=B+(0,0,h)=(0,6,h)$。
以下逐項分析：
選項 $(1)$：平面 $ACE$ 通過 $C(0,0,0)$、$A(5,0,0)$、$E(0,6,h)$。其法向量為 $\overset{\large\rightharpoonup}{CA}\times\overset{\large\rightharpoonup}{CE}=(5,0,0)\times(0,6,h)=(0,-5h,30)$，平面方程式為 $30z=5hy$，即 $z=\frac{h}{6}y$。
檢驗各點：$B(0,6,0)$ 代入得 $z_B=0$，而 $\frac{h}{6}\cdot 6=h\neq 0$，$B$ 不在平面上。$D(5,0,h)$ 代入得 $z_D=h$，而 $\frac{h}{6}\cdot 0=0\neq h$，$D$ 不在平面上。$F(0,0,h)$ 同樣不在平面上。
平面 $ACE$ 將立體分成兩部分：一側含 $\{C,A,E,B\}$（$4$ 個頂點），另一側含 $\{C,A,E,D,F\}$（$5$ 個頂點）。因為後者有 $5$ 個頂點，不是四面體（四面體恰有 $4$ 個頂點），所以 $(1)$ 錯誤。
選項 $(2)$：平面 $ADEB$ 的法向量為 $\overset{\large\rightharpoonup}{AB}\times\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=(-5,6,0)\times(0,0,h)=(6h,5h,0)$。平面 $ADFC$ 的法向量為 $\overset{\large\rightharpoonup}{AC}\times\overset{\large\rightharpoonup}{AD}=(-5,0,0)\times(0,0,h)=(0,5h,0)$。
兩平面夾角 $\phi$ 的餘弦為
$$\cos\phi=\frac{|(6h,5h,0)\cdot(0,5h,0)|}{|(6h,5h,0)|\cdot|(0,5h,0)|}=\frac{25h^2}{\sqrt{61}\,h\cdot 5h}=\frac{5}{\sqrt{61}}$$
因為 $\cos\phi=\frac{5}{\sqrt{61}}<\frac{1}{\sqrt{2}}=\cos 45^\circ$，且銳角範圍內餘弦函數嚴格遞減，所以 $\phi>45^\circ$。$(2)$ 正確。
選項 $(3)$：比較 $\angle CEB$ 與 $\angle AEB$（皆以 $E$ 為頂點）。
$$\begin{aligned}
\cos\angle CEB&=\frac{\overset{\large\rightharpoonup}{EC}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{EB}}{|\overset{\large\rightharpoonup}{EC}|\cdot|\overset{\large\rightharpoonup}{EB}|}
=\frac{(0,-6,-h)\cdot(0,0,-h)}{\sqrt{36+h^2}\cdot h}=\frac{h}{\sqrt{36+h^2}}\\[4pt]
\cos\angle AEB&=\frac{\overset{\large\rightharpoonup}{EA}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{EB}}{|\overset{\large\rightharpoonup}{EA}|\cdot|\overset{\large\rightharpoonup}{EB}|}
=\frac{(5,-6,-h)\cdot(0,0,-h)}{\sqrt{61+h^2}\cdot h}=\frac{h}{\sqrt{61+h^2}}
\end{aligned}$$
因為 $\sqrt{36+h^2}<\sqrt{61+h^2}$，所以 $\cos\angle CEB>\cos\angle AEB$。兩角皆為銳角（餘弦為正），因此 $\angle CEB<\angle AEB$。$(3)$ 正確。
選項 $(4)$：比較 $\tan\angle AEC$ 與 $\sin\angle CEB$。
$$\begin{aligned}
\cos\angle AEC&=\frac{\overset{\large\rightharpoonup}{EA}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{EC}}{|\overset{\large\rightharpoonup}{EA}|\cdot|\overset{\large\rightharpoonup}{EC}|}
=\frac{5\cdot 0+(-6)\cdot(-6)+(-h)\cdot(-h)}{\sqrt{61+h^2}\cdot\sqrt{36+h^2}}=\frac{36+h^2}{\sqrt{(61+h^2)(36+h^2)}}\\[4pt]
|\overset{\large\rightharpoonup}{EA}\times\overset{\large\rightharpoonup}{EC}|&=\bigl|(5,-6,-h)\times(0,-6,-h)\bigr|
=\bigl|(6h-6h,\,-(-5h),\,-30)\bigr|=\sqrt{0+25h^2+900}=5\sqrt{h^2+36}
\end{aligned}$$
因此
$$\tan\angle AEC=\frac{|\overset{\large\rightharpoonup}{EA}\times\overset{\large\rightharpoonup}{EC}|}{\overset{\large\rightharpoonup}{EA}\cdot\overset{\large\rightharpoonup}{EC}}
=\frac{5\sqrt{h^2+36}}{36+h^2}=\frac{5}{\sqrt{h^2+36}}$$
$$\sin\angle CEB=\sqrt{1-\cos^2\angle CEB}=\sqrt{1-\frac{h^2}{36+h^2}}=\frac{6}{\sqrt{h^2+36}}$$
因為 $5<6$，所以 $\tan\angle AEC<\sin\angle CEB$。$(4)$ 正確。
選項 $(5)$：比較 $\angle CEB$ 與 $\angle AEC$。
$$\cos\angle AEC=\frac{36+h^2}{\sqrt{(61+h^2)(36+h^2)}}=\sqrt{\frac{36+h^2}{61+h^2}}$$
比較 $\cos\angle CEB$ 與 $\cos\angle AEC$：
$$\cos\angle CEB>\cos\angle AEC\iff\frac{h}{\sqrt{36+h^2}}>\sqrt{\frac{36+h^2}{61+h^2}}
\iff h^2(61+h^2)>(36+h^2)^2$$
展開得 $61h^2+h^4>1296+72h^2+h^4$，即 $0>1296+11h^2$，這不可能成立（因為右式恆正）。所以 $\cos\angle CEB<\cos\angle AEC$。兩角皆為銳角，因此 $\angle CEB>\angle AEC$。$(5)$ 錯誤。
故選 $(2)(3)(4)$。
