法一：
连接 $ BD $，取 $ DC $ 的中点 $ G $，连接 $ BG $，由此知 $DG=GC=BG=1$，
即 $\triangle DBC$ 为直角三角形，故 $BC\perp BD$．
又 $SD\perp 平面 {ABCD } $，故 $ {BC}\perp {SD}$，
所以，$ BC\perp 平面 BDS$，$BC\perp DE$．
作 $BK\perp EC$，$K$ 为垂足，因 $平面 EDC\perp 平面 SBC$，
故 $BK\perp 平面 EDC$，$BK\perp DE$，$DE$ 与平面 $SBC$ 内的两条相交直线 $BK$、$BC$ 都垂直，
$DE\perp 平面 SBC$，$DE\perp EC$，$DE\perp SB$．
又\[ SB=\sqrt{S{{D}^{2}}+D{{B}^{2}}}=\sqrt{6}, DE=\frac{SD\centerdot DB}{SB}=\frac{2}{\sqrt{3}},\\
EB=\sqrt{D{{B}^{2}}-D{{E}^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3},SE=SB-EB=\frac{2\sqrt{6}}{3},\]所以，$SE=2EB$．
法二：
以 $ D $ 为坐标原点，射线 $ DA $，$DC $，$DS $ 分别为 $ x $ 轴，$ y$ 轴，$z $ 轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系 $ D-xyz $，设 $ A\left(1,0,0\right) $，则 $ B\left(1,1,0\right)$，$C\left(0,2,0\right)$，$S\left(0,0,2\right)$，所以\[\overrightarrow {SC} = \left(0,2, - 2\right),\overrightarrow {BC} = \left( - 1,1,0\right).\]设平面 $ SBC $ 的法向量为 $ \overrightarrow n =\left(a,b,c\right)$，由\[\overrightarrow n \perp \overrightarrow {SC} ,\overrightarrow n \perp \overrightarrow {BC} ,\]得\[\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {SC} = 0,\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {BC} = 0, \]故\[2b-2c=0,-a+b=0.\]令 $ a=1 $，则\[b=1 , c=1 , \overrightarrow n =\left(1,1,1\right) .\]又设 $\overrightarrow {SE} = \lambda \overrightarrow {EB} $ $\left(\lambda > 0\right)$，则\[E\left(\dfrac{\lambda }{{1 + \lambda }},\dfrac{\lambda }{{1 + \lambda }},\dfrac{2}{{1 + \lambda }}\right), \overrightarrow {DE} = \left(\dfrac{\lambda }{{1 + \lambda }},\dfrac{\lambda }{{1 + \lambda }},\dfrac{2}{{1 + \lambda }}\right),\overrightarrow {DC} = \left(0,2,0\right) . \]设平面 $ CDE $ 的法向量 $\overrightarrow m =\left(x,y,z\right)$，由 $ \overrightarrow m \perp \overrightarrow {DE}$，$\overrightarrow m \perp \overrightarrow {DC} $，得\[\overrightarrow m \cdot \overrightarrow {DE} = 0 , \overrightarrow m \cdot \overrightarrow {DC} = 0,\]故\[ \dfrac{{\lambda x}}{{1 + \lambda }} + \dfrac{{\lambda y}}{{1 + \lambda }} + \dfrac{{2z}}{{1 + \lambda }} = 0,2y = 0 .\]令 $x = 2$，则 $\overrightarrow m = \left(2,0, - \lambda \right)$．由 $ 平面 DEC\perp 平面 SBC $，得 $\overrightarrow m \perp \overrightarrow n$，所以\[\overrightarrow m \cdot \overrightarrow n = 0,2 - \lambda = 0,\lambda = 2.\]故 $ SE=2EB $．

法一：
由 $SA=\sqrt{{SD}^2+{AD}^2}=\sqrt 5$，$AB=1$，$SE=2EB$，$AB \perp SA$，知\[AE=\sqrt{{{\left( \frac{1}{3}SA \right)}^{2}}+{{\left( \frac{2}{3}AB \right)}^{2}}}=1.\]又 $AD=1$，故 $ \triangle ADE $ 为等腰三角形．
如图，取 $ ED $ 中点 $ F $，连接 $ AF $，则\[AF\perp DE,AF=\sqrt{A{{D}^{2}}-D{{F}^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}.\]连接 $ FG $，则\[ FG\parallel EC,FG\perp DE. \]所 以，$ \angle AFG $ 是二面角 $ A-DE-C $ 的平面角．
连接 $ AG $，所以\[ A G= \sqrt{2} , FG=\sqrt{D{{G}^{2}}-D{{F}^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3} ,\]所以\[ \cos \angle AFG=\frac{A{{F}^{2}}+F{{G}^{2}}-A{{G}^{2}}}{2\centerdot AF\centerdot FG}=-\frac{1}{2},\]所以，二面角 $ A-DE-C $ 的大小为 $ 120^\circ $．
法二：由（1）知 $E\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3}\right)$，取 $ DE $ 的中点 $ F $，则\[F\left(\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}\right),\overrightarrow {FA} = \left(\dfrac{2}{3}, - \dfrac{1}{3}, - \dfrac{1}{3}\right) ,\]故 $\overrightarrow {FA} \cdot \overrightarrow {DE} = 0$，由此得 $FA \perp DE$．
又 $\overrightarrow {EC} = \left( - \dfrac{2}{3},\dfrac{4}{3}, - \dfrac{2}{3}\right)$，故 $\overrightarrow {EC} \cdot \overrightarrow {DE} = 0$，由此得 $EC \perp DE$，
向量 $\overrightarrow {FA} $ 与 $\overrightarrow {EC} $ 的夹角等于二面角 $A - DE - C$ 的平面角．
于是\[\cos \left\langle \overrightarrow {FA} ,\overrightarrow {EC} \right\rangle = \dfrac{{\overrightarrow {FA} \cdot \overrightarrow {EC} }}{{\left|\overrightarrow {FA} \right|\left|\overrightarrow {EC} \right|}} = - \dfrac{1}{2}.\]所以，二面角 $A - DE - C$ 的大小为 ${120^ \circ }$．