略

解法一：
由 $PA \perp 底面 ABCD$，得 $PA \perp AB$，$PA \perp BC$．
又 $PA = AB$，故 $\triangle PAB$ 为等腰直角三角形，而点 $E$ 是棱 $PB$ 的中点，所以 $AE \perp PB$．
由题意知 $BC \perp AB$，所以 $BC \perp 平面PAB$，所以 $BC \perp AE$．
因 $AE \perp PB$，$AE \perp BC$，所以 $AE \perp 平面 PBC$．
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 $B\left( {\sqrt 2 ,0,0} \right)$，$C\left( {\sqrt 2 ,a,0} \right)$，$P\left( {0,0,\sqrt 2 } \right)$，$E\left( {\dfrac{\sqrt 2 }{2},0,\dfrac{\sqrt 2 }{2}} \right)$．
于是\[\begin{split}\overrightarrow {AE} & = \left( {\dfrac{\sqrt 2 }{2},0,\dfrac{\sqrt 2 }{2}} \right) , \\ \overrightarrow {BC} & = \left(0,a,0\right) , \\
\overrightarrow {PC} & = \left( {\sqrt 2 ,a, - \sqrt 2 } \right),\end{split}\]则\[\begin{split}\overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {BC} & = 0 , \\ \overrightarrow {AE} \cdot \overrightarrow {PC} & = 0,\end{split}\]所以 $AE \perp 平面 PBC$．

略

解法一：
由（1）知 $BC \perp 平面 PAB$，又 $AD\parallel BC$，得 $AD \perp 平面 PAB$，故 $AD \perp AE$．
在 ${\mathrm{Rt}}\triangle PAB$ 中，\[\begin{split}PA & = AB = \sqrt 2 , \\ AE & = \dfrac{1}{2}PB = \dfrac{1}{2}\sqrt {{PA}^2 + {AB}^2} = 1 . \end{split}\]从而在 ${\mathrm{Rt}}\triangle DAE$ 中，\[DE = \sqrt {{AE}^2 + {AD}^2} = \sqrt 2 .\]在 ${\mathrm{Rt}}\triangle CBE$ 中，\[CE = \sqrt {{BE}^2 + {BC}^2} = \sqrt 2 .\]又 $CD = \sqrt 2 $，所以 $\triangle CED$ 为等边三角形，如图， 取 $CE$ 的中点 $F$，连接 $DF$，则 $DF \perp CE$．
因 $BE = BC = 1$，且 $BC \perp BE$，则 $\triangle EBC$ 为等腰直角三角形，连接 $BF$，
所以 $\angle BFD$ 为所求的二面角的平面角．
连接 $BD$，在 $\triangle BFD$ 中，\[\begin{split} DF & = CD \cdot \sin \dfrac{\mathrm \pi }{3} = \dfrac{\sqrt 6 }{2} , \\
BF & = \dfrac{1}{2}CE = \dfrac{\sqrt 2 }{2} , \\ BD & = \sqrt {{BC}^2 + {CD}^2} = \sqrt 3 . \end{split}\]所以\[\begin{split}\cos \angle BFD = \dfrac{{{DF}^2 + {BF}^2 - {BD}^2}}{2 \cdot DF \cdot BF} = - \dfrac{\sqrt 3 }{3},\end{split}\]故二面角 $B - EC - D$ 的平面角的余弦值为 $ - \dfrac{\sqrt 3 }{3}$．
解法二：
设平面 $BEC$ 的法向量为 $\overrightarrow {n_1}$，由（1）知，$AE \perp $ 平面 $BEC$，故可取\[\overrightarrow {n_1} = \overrightarrow {EA} = \left( { - \dfrac{\sqrt 2 }{2},0, - \dfrac{\sqrt 2 }{2}} \right).\]设平面 $DEC$ 的法向量 $\overrightarrow {n_2} = \left({x_2},{y_2},{z_2}\right)$，则\[\overrightarrow {n_2} \cdot \overrightarrow {DC} = 0, \\ \overrightarrow {n_2} \cdot \overrightarrow {DE} = 0.\]由 $ \left|\overrightarrow {AD} \right| = 1$，得 $D\left(0,1,0\right)$，$C\left(\sqrt 2 ,1,0\right)$，从而\[\begin{split}\overrightarrow {DC} & = \left( {\sqrt 2 ,0,0} \right), \\ \overrightarrow {DE} & = \left( {\dfrac {\sqrt 2 } 2 ,-1,\dfrac {\sqrt 2 } 2 } \right), \end{split}\]故\[\begin{cases}{x_2} = 0, \\
\dfrac{\sqrt 2 }{2}{x_2} - {y_2} + \dfrac{\sqrt 2 }{2}{z_2} = 0, \\
\end{cases}\]所以\[{x_2} = 0,{z_2} = \sqrt 2 {y_2}.\]可取 ${y_2} = 1$，则\[\overrightarrow {n_2} = \left( {0,1,\sqrt 2 } \right).\]从而\[\cos \left\langle {\overrightarrow {n_1},\overrightarrow {n_2}} \right\rangle = \dfrac{{\overrightarrow {n_1} \cdot \overrightarrow {n_2}}}{{ \left|\overrightarrow {n_1} \right| \cdot \left|\overrightarrow {n_2} \right|}} = - \dfrac{\sqrt 3 }{3}. \]结合图形知，二面角 $B-EC-D$ 的平面角为钝角，
所以二面角 $B - EC - D$ 的平面角的余弦值为 $ - \dfrac{\sqrt 3 }{3}$．