略

因为四边形 $ ABCD $ 是等腰梯形，$ AB\parallel CD $，$ \angle DAB=60^\circ $，
所以 $ \angle ADC=\angle BCD=120^\circ $．
又 $ CB=CD $，所以 $ \angle CDB=30^\circ $，
因此 $ \angle ADB=90^\circ $，$ AD\perp BD $，
又 $ AE\perp BD $，且 $ AE\cap AD=A $，$ AE , AD \subset平面 AED $，所以 $ BD\perp 平面 AED $．

略

解法一：由（1）知 $ AD\perp BD $，所以 $ AC\perp BC $．
又 $ FC\perp 平面 ABCD $，因此 $ CA $，$ CB $，$ CF $ 两两垂直，
以 $ C $ 为坐标原点，分别以 $ CA $，$ CB $，$ CF $ 所在的直线为 $ x $ 轴，$ y $ 轴，$ z $ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设 $ CB=1 $，则 $ C\left(0,0,0\right) $，$ B\left(0,1,0\right) $，$ D\left( {\dfrac{{\sqrt{3}}}{2}},-{\dfrac{1}{2}},0 \right) $，$ F\left(0,0,1\right) $．
因此 $ {\overrightarrow {BD}}=\left( {\dfrac{{\sqrt{3}}}{2}},-{\dfrac{3}{2}},0 \right) $，$ {\overrightarrow {BF}}=\left(0,-1,1\right) $．
设平面 $ BDF $ 的法向量为 $ \overrightarrow m=\left(x,y,z\right) $，则 $ \overrightarrow m\cdot {\overrightarrow {BD}}=0 $，$\overrightarrow m\cdot {\overrightarrow {BF}}=0 $，
所以 $ x={\sqrt{3}}y={\sqrt{3}}z $，取 $ z=1 $，则 $ \overrightarrow m=\left({\sqrt{3}},1,1\right) $．
由于 $ {\overrightarrow {CF}}=\left(0,0,1\right) $ 是平面 $ BDC $ 的一个法向量，则\[ \cos \left\langle\overrightarrow m,{\overrightarrow {CF}} \right\rangle= \dfrac{\overrightarrow m\cdot {\overrightarrow {CF}} }{\left|\overrightarrow m \right| \left|{\overrightarrow {CF}} \right|} ={\dfrac{1}{{\sqrt{5}}}}={\dfrac{{\sqrt{5}}}{5}} .\]所以二面角 $ F-BD-C $ 的余弦值为 $ {\dfrac{{\sqrt{5}}}{5}} $．
解法二：如图，取 $ BD $ 的中点 $ G $，连接 $ CG $，$ FG $． 由于 $ CB=CD $，因此 $ CG\perp BD $．
又 $ FC\perp 平面 ABCD $，$ BD\subset 平面 ABCD $，
所以 $ FC\perp BD $．
由于 $ FC\cap CG=C $，$FC ,CG\subset 平面 FCG $，
所以 $ BD\perp 平面 FCG $，故 $ BD\perp FG $，
所以 $ \angle FGC $ 为二面角 $ F-BD-C $ 的平面角．
在等腰三角形 $ BCD $ 中，由于 $ \angle BCD=120^\circ $，因此 $ CG={\dfrac{1}{2}}CB $．
又 $ CB=CF $，所以 $ GF={\sqrt{CG^2+CF^2}}={\sqrt{5}}CG $，
故 $ \cos \angle FGC={\dfrac{{\sqrt{5}}}{5}} $，因此二面角 $ F-BD-C $ 的余弦值为 $ {\dfrac{{\sqrt{5}}}{5}} $．