略

不妨设 $BC=SD=4$，则 $AD=CD=2$，由已知易知 $AFCD$ 为正方形，$ABFD$ 为平行四边形，故 $DF \perp AC$，$AB \parallel FD$，故 $AB \perp AC$．
设 $AC$ 与 $FD$ 交于点 $O$，连 $OE$，因为 $SF \parallel \text{平面} AEC$，所以 $SF \parallel OE$，又 $O$ 为 $FD$ 的中点，所以 $E$ 为 $SD$ 的中点．所以 $DE=2=AD=DC$．又因为 $\angle SDA=\angle SDC=60^{\circ}$，所以 $\triangle EDA$ 与 $\triangle EDC$ 是正三角形，所以 $AE=EC=ED=2$，所以 $EO \perp AC$，又 $AC=2\sqrt 2$，所以 $CE \perp AE$．
由于 $EO=\sqrt 2=OD$，而 $ED=2$，所以 $EO \perp OD$，即 $EO \perp FD$，所以 $EO \perp AB$，又 $AB \perp AC$，所以 $AB \perp \text{平面} ACE$，所以 $AB \perp CE$，又 $CE \perp AE$，所以 $CE \perp \text{平面}ABE$．

$ \dfrac {\sqrt 3}{3}$

解法一：
以 $O$ 为原点，建立如图空间直角坐标系，则 $B(2\sqrt 2,-\sqrt 2,0)$，$C(0,\sqrt 2,0)$，$D(-\sqrt 2,0,0)$，$E(0,0,\sqrt 2)$，$\overrightarrow {BC}=(-2\sqrt 2,2\sqrt 2,0)$，$\overrightarrow { CE}=(0,- \sqrt 2, \sqrt 2 )$，$\overrightarrow { CD}=(- \sqrt 2, -\sqrt 2,0)$．设 $\overrightarrow {m}=(x,y,z)$ 是平面 $CDE$ 的法向量，则$$\begin{cases}\overrightarrow {m}\cdot \overrightarrow {CD}=-\sqrt 2x-\sqrt 2y=0,\\ \overrightarrow {m}\cdot \overrightarrow {CE}=-\sqrt 2y+\sqrt 2 z=0 .\end{cases}$$所以 $\overrightarrow {m}=(1,-1,-1)$，所以$$\cos \langle \overrightarrow {m},\overrightarrow {BC}\rangle =\dfrac {-2\sqrt 2-2\sqrt 2}{\sqrt 3 \cdot 4}=-\dfrac {\sqrt 6}{3},$$所以 $BC$ 与平面 $CDE$ 所成角的正弦值是 $\dfrac {\sqrt 6}{3}$，余弦值是 $\dfrac {\sqrt 3}{3}$．
解法二：
设 $B$ 点到平面 $ECD$ 的距离为 $h$，则 $V_{E-BCD}=V_{B-ECD}$，即$$\dfrac 13 EO \cdot S_{\triangle BCD}=\dfrac 13 h \cdot S_{\triangle ECD},$$即$$\sqrt 2\times \dfrac 12 \times 2\times 4=h \times \dfrac {\sqrt 3}{4}\times 4,$$所以 $h=\dfrac {4\sqrt 2}{\sqrt 3}$，所以 $\sin \theta =\dfrac {h}{ BC}=\dfrac {\sqrt 6}{3}$，即 $\cos \theta= \dfrac {\sqrt 3}{3}$．