（12分）如图，四棱锥 P - ABCD 中，底面 ABC…——2014 高考数学第 18 题答案解析

（I）连接 $BD$ 交 $AC$ 于点 $O$，连接 $EO$．
因为底面 $ABCD$ 为矩形，所以 $O$ 为 $BD$ 的中点．
又因为 $E$ 为 $PD$ 的中点，所以在 $\triangle PBD$ 中，$EO$ 为中位线，故 $EO \parallel PB$．
因为 $EO \subset$ 平面 $AEC$，$PB \not\subset$ 平面 $AEC$，
所以 $PB \parallel$ 平面 $AEC$．

（II）因为 $PA \perp$ 平面 $ABCD$，且 $CD \subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PA \perp CD$．
又因为底面 $ABCD$ 为矩形，所以 $AD \perp CD$．
因为 $PA \cap AD = A$，所以 $CD \perp$ 平面 $PAD$．
因为 $AE \subset$ 平面 $PAD$，所以 $CD \perp AE$．

在平面 $PAD$ 内，过点 $D$ 作 $DM \perp AE$ 于点 $M$，连接 $CM$．
因为 $CD \perp AE$，$DM \perp AE$，且 $CD \cap DM = D$，
所以 $AE \perp$ 平面 $CDM$，进而 $AE \perp CM$．
故 $\angle CMD$ 即为二面角 $D-AE-C$ 的平面角，由题意知 $\angle CMD = 60^{\circ}$．

在 Rt$\triangle PAD$ 中，$AP=1, AD=\sqrt{3}$，
所以 $PD = \sqrt{AP^2 + AD^2} = \sqrt{1+3} = 2$．
因为 $E$ 为 $PD$ 中点，所以 $AE = \frac{1}{2}PD = 1$（直角三角形斜边中线等于斜边一半），且 $DE=1$．
在 $\triangle ADE$ 中，由余弦定理或面积法求 $DM$：
$\cos \angle ADE = \frac{AD}{PD} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，即 $\angle ADE = 30^{\circ}$．
在 Rt$\triangle DME$ 中（注意：此处需确认 $\triangle DME$ 是否为直角三角形，或者直接利用 $\triangle ADE$ 的面积）：
更简便的方法是利用 $\triangle ADE$ 的面积：
$S_{\triangle ADE} = \frac{1}{2} AD \cdot DE \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 1 \times \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{4}$．
同时 $S_{\triangle ADE} = \frac{1}{2} AE \cdot DM = \frac{1}{2} \times 1 \times DM$．
所以 $\frac{1}{2} DM = \frac{\sqrt{3}}{4} \Rightarrow DM = \frac{\sqrt{3}}{2}$．

在 Rt$\triangle CDM$ 中，$\tan \angle CMD = \frac{CD}{DM}$，
即 $\tan 60^{\circ} = \frac{CD}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，
解得 $CD = \frac{\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{3} = \frac{3}{2}$．

三棱锥 $E-ACD$ 的体积 $V_{E-ACD}$ 可以看作以 $\triangle ACD$ 为底，点 $E$ 到平面 $ACD$ 的距离为高的棱锥体积．
因为 $PA \perp$ 平面 $ABCD$，且 $E$ 为 $PD$ 中点，
所以点 $E$ 到平面 $ABCD$（即平面 $ACD$）的距离 $h = \frac{1}{2} PA = \frac{1}{2}$．
底面 $\triangle ACD$ 的面积 $S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} AD \cdot CD = \frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times \frac{3}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$．
所以 $V_{E-ACD} = \frac{1}{3} S_{\triangle ACD} \cdot h = \frac{1}{3} \times \frac{3\sqrt{3}}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{8}$．