解法一：如图，以 $ A $ 为坐标原点，$ AB $，$ AD $，$ AP $ 所在直线分别为 $ x $，$ y $，$ z $ 轴建立空间直角坐标系．$\because$ $AP = AB = 2$，$BC = AD = 2\sqrt 2 $，四边形 $ ABCD $ 是矩形，
$\therefore$ $ A $，$ B $，$ C $，$ D $，$ P $ 的坐标为 $A\left(0,0,0\right),B\left(2,0,0\right),C\left(2,2\sqrt 2 ,0\right),D\left(0,2\sqrt 2 ,0\right),P\left(0,0,2\right)$，
又 $ E $，$ F $ 分别是 $ AD $，$ PC $ 的中点，$\therefore$ $E\left(0,\sqrt 2 ,0\right),F\left(1,\sqrt 2 ,1\right)$，
所以\[\overrightarrow {PC} = \left(2,2\sqrt 2 , - 2\right),\overrightarrow {BF} = \left( - 1,\sqrt 2 ,1\right),\overrightarrow {EF} = \left(1,0,1\right),\]所以\[\overrightarrow {PC}\cdot \overrightarrow {BF} = - 2 + 4 - 2 = 0,\overrightarrow {PC} \cdot\overrightarrow {EF} = 2 + 0 - 2 = 0,\]所以\[\overrightarrow {PC} \bot \overrightarrow {BF} ,\overrightarrow {PC} \bot \overrightarrow {EF} ,\]所以\[\overrightarrow {PC} \bot \overrightarrow {BF} ,\overrightarrow {PC} \bot \overrightarrow {EF} ,BF \cap EF = F,\]所以 $PC \perp平面 BEF$．
解法二：如图，连接 $ PE $，$ EC $，在 ${\rm{Rt}}\triangle PAE$ 和 ${\rm{Rt}}\triangle CDE$ 中，
$ PA=AB=CD $，$ AE=DE $，
$\therefore$ $ PE=CE $，即 $\triangle PEC$ 是等腰三角形，
又 $ F $ 是 $ PC $ 的中点，$\therefore$ $ EF\perp PC $，
又 $BF = \sqrt {A{P^2} + A{B^2}} = 2\sqrt 2 = BC,F$ 是 $ PC $ 的中点，
$\therefore$ $BF \perp PC$，
又 $BF \cap EF = F$ $ \therefore $ $PC \perp 平面BEF$．

解法一：由（1）知平面 $ BEF $ 的法向量\[\overrightarrow {n_1} = \overrightarrow {PC} = \left(2,2\sqrt 2 , - 2\right),\]平面 $ BAP $ 的法向量\[\overrightarrow {n_2} = \overrightarrow {AD} = \left(0,2\sqrt 2 ,0\right),\]$\therefore$ $\overrightarrow {n_1}\cdot\overrightarrow {n_2} =8$，
设平面 $ BEF $ 与平面 $ BAP $ 的家教为 $ θ $，则\[\begin{split}\cos \theta &= \left|\cos \left(\overrightarrow {n_1},\overrightarrow {n_2}\right) \right| = \dfrac{{ \left|\overrightarrow {n_1}\cdot\overrightarrow {n_2} \right|}}{{ \left|\overrightarrow {n_1} \right| \left|\overrightarrow {n_2} \right|}} \\&= \dfrac{8}{{4 \times 2\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2},\end{split}\]$\therefore$ $\theta = {45^ \circ }$，$\therefore$ 平面 $ BEF $ 与平面 $ BAP $ 的夹角为 ${45^ \circ }$．
解法二：$\because$ $ PA\perp 平面 ABCD $，$\therefore$ $ PA\perp BC $，
又 $ ABCD $ 是矩形，$\therefore$ $ AB\perp BC $，
$\therefore$ $ BC\perp 平面BAP $，$ BC\perp PB $，又由（I）知 $ PC\perp 平面BEF $，
$\therefore$ 直线 $ PC $ 与 $ BC $ 的夹角即为平面 $ BEF $ 与平面 $ BAP $ 的夹角，
在 $\triangle PBC$ 中，$ PB=BC $，$\angle PBC = {90^ \circ }$，$\angle PCB = {45^ \circ }$，
所以平面 $ BEF $ 与平面 $ BAP $ 的夹角为 ${45^ \circ }$．