（1）证明：${{D}_{1}}E\bot {{A}_{1}}D$；

（2）当$E$为$AB$的中点时，求点$E$到面$AC{{D}_{1}}$的距离；

（3）$AE$等于何值时，二面角${{D}_{1}}-EC-D$的大小为$\dfrac{\pi }{4}$。

 

解：以$D$为坐标原点，直线$DA,DC,D{{D}_{1}}$分别为$x,y,z$轴，建立空间直角坐标系，

设$AE=x$，则${{A}_{1}}(1,0,1),{{D}_{1}}(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0)$。

（1）∵$\overrightarrow{D{{A}_{1}}}\cdot \overrightarrow{{{D}_{1}}E}=\left( 1,0,1 \right)\cdot \left( 1,x,-1 \right)=0$，

∴$\overrightarrow{D{{A}_{1}}}\bot \overrightarrow{{{D}_{1}}E}$。

（2）∵$E$为$AB$的中点，则$E(1,1,0)$，从而$\overrightarrow{{{D}_{1}}E}=(1,1,-1),\overrightarrow{AC}=(-1,2,0)$，$\overrightarrow{A{{D}_{1}}}=(-1,0,1)$。

设平面$AC{{D}_{1}}$的法向量为$\overrightarrow{n}=(a,b,c)$，则

$\left\{ \begin{align}  & \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{AC}=0, \\ & \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{A{{D}_{1}}}=0, \\ \end{align} \right.$即$\left\{ \begin{align}  & -a+2b=0 \\ & -a+c=0 \\ \end{align} \right.$，得$\left\{ \begin{align} & a=2b \\ & a=c \\ \end{align} \right.$，

从而取$\overrightarrow{n}=(2,1,2)$，∴点$E$到平面$AC{{D}_{1}}$的距离为

$h=\dfrac{|\overrightarrow{{{D}_{1}}E}\cdot \overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}=\dfrac{2+1-2}{3}=\dfrac{1}{3}$。

（3）设平面${{D}_{1}}EC$的法向量$\overrightarrow{n}=(a,b,c)$，

∵$\overrightarrow{CE}=\left( 1,x-2,0 \right),\overrightarrow{{{D}_{1}}C}=\left( 0,2,-1 \right),\overrightarrow{D{{D}_{1}}}=\left( 0,0,1 \right)$，

由$\left\{ \begin{align}  & \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{{{D}_{1}}C}=0, \\ & \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{CE}=0, \\ \end{align} \right.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & 2b-c=0 \\ & a+b(x-2)=0. \\ \end{align} \right.$  

令$b=1$，∴$c=2,\ \ a=2-x$。

∴$\overrightarrow{n}=(2-x,1,2)$。

∵$\cos \dfrac{\pi }{4}=\dfrac{|\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{D{{D}_{1}}}|}{|\overrightarrow{n}|\cdot |\overrightarrow{D{{D}_{1}}}|}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{2}{\sqrt{{{(x-2)}^{2}}+5}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，

∴${{x}_{1}}=2+\sqrt{3}$（不合，舍去），${{x}_{2}}=2-\sqrt{3}$。

∴$AE=2-\sqrt{3}$时，二面角${{D}_{1}}-EC-D$的大小为$\dfrac{\pi }{4}$。