（I）在图1中，因为 $AB=BC=1$，$AD=2$，$E$ 是 $AD$ 的中点，且 $\angle BAD = \frac{\pi}{2}$，
所以四边形 $ABCE$ 为正方形，故 $BE \perp AC$。
即在图2中，有 $BE \perp OA_1$，$BE \perp OC$。
又因为 $OA_1 \cap OC = O$，且 $OA_1, OC \subset$ 平面 $A_1OC$，
所以 $BE \perp$ 平面 $A_1OC$。
在直角梯形 $ABCD$ 中，由 $BC // ED$ 且 $BC=ED=1$，可知四边形 $BCDE$ 为平行四边形，
所以 $CD // BE$。
因为 $BE \perp$ 平面 $A_1OC$，所以 $CD \perp$ 平面 $A_1OC$。
（II）由已知平面 $A_1BE \perp$ 平面 $BCDE$，且交线为 $BE$。
由（I）知 $OA_1 \perp BE$，$OA_1 \subset$ 平面 $A_1BE$，
所以 $OA_1 \perp$ 平面 $BCDE$。
同理，在正方形 $ABCE$ 中，$OC \perp BE$，且 $OC \subset$ 平面 $BCDE$，
所以 $OB, OC, OA_1$ 两两垂直。
如图，以 $O$ 为原点，分别以 $OB, OC, OA_1$ 所在直线为 $x, y, z$ 轴建立空间直角坐标系。
因为 $AB=1$，则 $AC=\sqrt{2}$，$BE=\sqrt{2}$，所以 $OA_1=OB=OC=OE=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
则 $B(\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, 0)$，$C(0, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0)$，$A_1(0, 0, \frac{\sqrt{2}}{2})$，$E(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, 0)$。
由 $\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{BE} = (-\sqrt{2}, 0, 0)$，得 $D(-\sqrt{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0)$（注：此处也可仅用向量 $\overrightarrow{CD}$ 计算）。
设平面 $A_1BC$ 的法向量为 $\vec{n_1}=(x_1, y_1, z_1)$，
$\overrightarrow{BC} = (-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}, 0)$，$\overrightarrow{A_1C} = (0, \frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$。
由 $\begin{cases} \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 \\ \vec{n_1} \cdot \overrightarrow{A_1C} = 0 \end{cases}$，得 $\begin{cases} -x_1 + y_1 = 0 \\ y_1 - z_1 = 0 \end{cases}$。
令 $x_1=1$，则 $y_1=1, z_1=1$，故 $\vec{n_1}=(1, 1, 1)$。
设平面 $A_1CD$ 的法向量为 $\vec{n_2}=(x_2, y_2, z_2)$，
$\overrightarrow{CD} = (-\sqrt{2}, 0, 0)$，$\overrightarrow{A_1C} = (0, \frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$。
由 $\begin{cases} \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{CD} = 0 \\ \vec{n_2} \cdot \overrightarrow{A_1C} = 0 \end{cases}$，得 $\begin{cases} -\sqrt{2}x_2 = 0 \\ \frac{\sqrt{2}}{2}y_2 - \frac{\sqrt{2}}{2}z_2 = 0 \end{cases}$，即 $\begin{cases} x_2 = 0 \\ y_2 = z_2 \end{cases}$。
令 $y_2=1$，则 $z_2=1$，故 $\vec{n_2}=(0, 1, 1)$。
设平面 $A_1BC$ 与平面 $A_1CD$ 的夹角为 $\theta$，则
$\cos \theta = |\cos \langle \vec{n_1}, \vec{n_2} \rangle| = \frac{|\vec{n_1} \cdot \vec{n_2}|}{|\vec{n_1}| |\vec{n_2}|} = \frac{|1\times0 + 1\times1 + 1\times1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2} \cdot \sqrt{0^2+1^2+1^2}} = \frac{2}{\sqrt{3} \times \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$。
故平面 $A_1BC$ 与平面 $A_1CD$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$。
