方法一：
因为底面 $ ABCD $ 为菱形，所以 $ BD\perp AC $，
又 $ PA\perp $ 底面 $ ABCD $，所以 $ PA\perp BD $，所以 $BD\perp $ 面 $PAC$，所以 $BD\perp PC$．
设 $ AC\cap BD=F $，连接 $ EF $．因为 $ AC=2{\sqrt{2}},PA=2,PE=2EC $，故\[PC=2{\sqrt{3}},EC={\dfrac{2{\sqrt{3}}}{3}},FC={\sqrt{2}} ,\]从而\[{\dfrac{PC}{FC}}={\sqrt{6}}, {\dfrac{AC}{EC}}={\sqrt{6}} .\]因为 $ {\dfrac{PC}{FC}}={\dfrac{AC}{EC}},\angle FCE=\angle PCA $，所以\[ \triangle FCE \backsim \triangle PCA,\]从而\[\angle FEC=\angle PAC=90^\circ ,\]由此知 $ PC\perp EF $．
$ PC $ 与平面 $ BED $ 内两条相交直线 $ BD,EF $ 都垂直，
所以 $ PC\perp $ 平面 $ BED $．
方法二：
以 $ A $ 为坐标原点，射线 $ AC $ 为 $ x $ 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 $ A-xyz $．设 $ C\left(2{\sqrt{2}},0,0\right),D\left({\sqrt{2}},b,0\right) $，其中 $ b>0 $，则 $ P\left(0,0,2\right)$，$E \left({\dfrac{4{\sqrt{2}}}{3}},0,{\dfrac{2}{3}}\right)$，$B\left({\sqrt{2}},-b,0\right) $．
于是\[ \begin{split}{\overrightarrow {PC}}&=\left(2{\sqrt{2}},0,-2\right),\\ {\overrightarrow {BE}}&= \left({\dfrac{{\sqrt{2}}}{3}},b,{\dfrac{2}{3}}\right) ,\\ {\overrightarrow {DE}}&=\left( {\dfrac{{\sqrt{2}}}{3}},-b,{\dfrac{2}{3}} \right),\end{split}\]从而\[ {\overrightarrow {PC}}\cdot {\overrightarrow {BE}}=0,\\ {\overrightarrow {PC}}\cdot {\overrightarrow {DE}}=0, \]故 $ PC\perp BE,PC\perp DE $．
又 $ BE\cap DE=E $，所以 $ PC\perp $ 平面 $ BDE $．

$ {\overrightarrow {AP}}=\left(0,0,2\right),{\overrightarrow {AB}}=\left({\sqrt{2}},-b,0\right) $．
设 $\overrightarrow m=\left(x,y,z\right) $ 为平面 $ PAB $ 的法向量，则 $ \overrightarrow m\cdot {\overrightarrow {AP}}=0,\overrightarrow m\cdot {\overrightarrow {AB}}=0 $，
即 $ 2z=0 $ 且 $ {\sqrt{2}}x-by=0$，令 $ x=b $，则 $\overrightarrow m=\left(b, {\sqrt{2}},0\right) $．
设 $\overrightarrow n=\left(p,q,r\right) $ 为平面 $ PBC $ 的法向量，则 $ \overrightarrow n\cdot {\overrightarrow {PC}}=0,\overrightarrow n\cdot {\overrightarrow {BE}}=0$，
即 $ 2{\sqrt{2}}p-2r=0 $ 且 $ {\dfrac{{\sqrt{2}}p}{3}}+bq+{\dfrac{2}{3}}r=0 $．
令 $ p=1 $，则 $ r={\sqrt{2}},q=-{\dfrac{{\sqrt{2}}}{b}},\overrightarrow n= \left(1,-{\dfrac{{\sqrt{2}}}{b}}, {\sqrt{2}} \right)$，
因为平面 $ PAB\perp $ 平面 $ PBC $，故 $ \overrightarrow m\cdot \overrightarrow n=0 $，
即 $ b-{\dfrac{2}{b}}=0 $，故 $ b={\sqrt{2}} $，于是\[\overrightarrow n=\left(1,-1, {\sqrt{2}}\right),{\overrightarrow {DP}}=\left(-{\sqrt{2}},-{\sqrt{2}},2\right) ,\]所以\[ \cos \left \langle\overrightarrow n,{\overrightarrow {DP}}\right \rangle=\dfrac { \overrightarrow n\cdot {\overrightarrow {DP}} }{\left|\overrightarrow n \right| \left|{\overrightarrow {DP}} \right| }={\dfrac{1}{2}} ,\]所以\[ \left \langle \overrightarrow n,{\overrightarrow {DP}}\right \rangle=60^\circ .\]因为 $ PD $ 与平面 $ PBC $ 所成角和 $\left \langle \overrightarrow n,{\overrightarrow {DP}}\right \rangle $ 互余，
故 $ PD $ 与平面 $ PBC $ 所成的角为 $ 30^\circ $．