略

解法一：
如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AD\parallel BC$，从而 $AD\parallel 平面 PBC$，
故直线 $AD$ 与平面 $PBC$ 的距离为点 $A$ 到平面 $PBC$ 的距离．
因 $PA\perp 底面 ABCD$，故 $PA \perp AB$，由 $PA = AB$ 知 $\triangle PAB$ 为等腰直角三角形，
又点 $E$ 是棱 $PB$ 的中点，故 $AE \perp PB$，
又在矩形 $ABCD$ 中，$BC \perp AB$，而 $AB$ 是 $PB$ 在底面 $ABCD$ 内的射影，由三垂线定理得 $BC \perp PB$，
从而 $BC \perp 平面 PAB$，故 $BC \perp AE$．从而 $AE \perp 平面 PBC$，故 $AE$ 之长即为直线 $AD$ 与平面 $PBC$ 的距离．
在 ${\rm{Rt}}\triangle PAB$ 中，\[PA = AB = \sqrt 6 ,\]所以\[AE= \dfrac{1}{2}PB= \dfrac{1}{2}\sqrt {{PA}^2 + {AB}^2}= \sqrt 3 .\]解法二：
如图，以 $A$ 为坐标原点，射线 $AB$，$AD$，$AP$ 分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴正半轴，建立空间直角坐标系 $A - xyz$． 设 $D\left(0,a,0\right)$，则 $B\left( {\sqrt 6 ,0,0} \right)$，$C\left( {\sqrt 6 ,a,0} \right)$，$P\left( {0,0,\sqrt 6 } \right)$，$E\left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2},0,\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)$．
因此\[\overrightarrow {AE} = \left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2},0,\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}} \right) , \overrightarrow {BC} = \left(0,a,0\right) , \overrightarrow {PC} = \left( {\sqrt 6 ,a, - \sqrt 6 } \right),\]则\[\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BC} = 0 , \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {PC} = 0,\]所以 $AE\perp 平面 PBC$．
又由 $AD\parallel BC$ 知 $AD\parallel 平面 PBC$，故直线 $AD$ 与平面 $PBC$ 的距离为点 $A$ 到平面 $PBC$ 的距离，即为\[\left| {\overrightarrow {AE} } \right| = \sqrt 3 .\]

略

解法一：
过点 $D$ 作 $DF \perp CE$，交 $CE$ 于 $F$，过点 $F$ 作 $FG \perp CE$，交 $AC$ 于 $G$， 则 $\angle DFG$ 为所求的二面角的平面角．
由（1）知 $BC \perp 平面 PAB$，又 $AD\parallel BC$，得 $AD \perp 平面 PAB$，故 $AD \perp AE$，从而\[DE = \sqrt {{AE}^2 + {AD}^2} = \sqrt 6 .\]在 ${\rm{Rt}}\triangle CBE$ 中，\[CE = \sqrt {{BE}^2 + {BC}^2} = \sqrt 6 .\]由 $CD = \sqrt 6 $，所以 $\triangle CDE$ 为等边三角形，故 $F$ 为 $CE$ 的中点，且\[DF = CD \cdot \sin \dfrac{{\mathrm{\pi }}}{3} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2} . \]因为 $AE \perp 平面 PBC$，故 $AE \perp CE$，又 $FG \perp CE$，知 $FG \parallel AE$，$FG = \dfrac{1}{2}AE$，从而\[FG = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2},\]且 $G$ 点为 $AC$ 的中点．
连接 $DG$，则在 ${\rm{Rt}}\triangle ADC$ 中，\[DG= \dfrac{1}{2}AC= \dfrac{1}{2}\sqrt {{AD}^2 + {CD}^2} = \dfrac{3}{2}.\]所以\[\cos DFG= \dfrac{{{DF}^2 + {FG}^2 - {DG}^2}}{{2DF \cdot FG}}= \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}.\]解法二：
因为 $\left| {\overrightarrow {AD} } \right| = \sqrt 3 $，则 $D\left( {0,\sqrt 3 ,0} \right)$，$C\left( {\sqrt 6 ,\sqrt 3 ,0} \right)$．
设平面 $AEC$ 的法向量 $\overrightarrow {{n_1}} = \left({x_1},{y_1},{z_1}\right)$，则\[\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {AC} = 0 ,\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {AE} = 0.\]又 $\overrightarrow {AC} = \left( {\sqrt 6 ,\sqrt 3 ,0} \right)$，$\overrightarrow {AE} = \left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2},0,\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)$，故\[\begin{cases}
\sqrt 6 {x_1} + \sqrt 3 {y_1} = 0, \\
\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}{x_1} + \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}{z_1} = 0, \\
\end{cases}\]所以\[{y_1} = - \sqrt 2 {x_1},{z_1} = - {x_1}.\]可取 ${x_1} = - \sqrt 2 $，则\[\overrightarrow {{n_1}} = \left( { - \sqrt 2 ,2,\sqrt 2 } \right).\]设平面 $DEC$ 的法向量 $\overrightarrow {{n_2}} = \left({x_2},{y_2},{z_2}\right)$，则\[\overrightarrow {{n_2}} \cdot \overrightarrow {DC} = 0 , \\ \overrightarrow {{n_2}} \cdot \overrightarrow {DE} = 0.\]又 $\overrightarrow {DC} = \left( {\sqrt 6 ,0,0} \right)$，$\overrightarrow {DE} = \left( {\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}, - \sqrt 3 ,\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}} \right)$，故\[\begin{cases}{x_2} = 0, \\
\dfrac{{\sqrt 6 }}{2}{x_2} - \sqrt 3 {y_2} + \dfrac{{\sqrt 6 }}{2}{z_2} = 0. \\
\end{cases}\]所以\[{x_2} = 0,{z_2} = \sqrt 2 {y_2}.\]可取 ${y_2} = 1$，则\[\overrightarrow {{n_2}} = \left( {0,1,\sqrt 2 } \right).\]故\[\cos \left\langle {\overrightarrow {{n_1}} ,\overrightarrow {{n_2}} } \right\rangle = \dfrac{{\overrightarrow {{n_1}} \cdot \overrightarrow {{n_2}} }}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}.\]所以二面角 $A - EC - D$ 的平面角的余弦值为 $\dfrac{{\sqrt 6 }}{3}$．