答案：
(1) 证明: 在 $\triangle A D B$ 中, $A D=B D=1, A B=\sqrt{2}$,
$$
\therefore A D^2+B D^2=A B^2 \text {, }
$$
$\therefore B D \perp A D$.
又 $\because$ 四边行 $A B C D$ 为平行四边形, $\therefore B C \perp B D$.
又 $P D \perp$ 平面 $A B C D, \therefore P D \perp B C$,
而 $B D \cap P D=D$,
$\therefore B C \perp$ 平面 $P B D$.
又 $B C \subset$ 平面 $P B C, \therefore$ 平面 $P B C \perp$ 平面 $P B D$.
(2) 解: 以 $D$ 为原点, $D A, D B, D P$ 分别为 $x$ 轴, $y$ 轴, $z$ 轴建系,
则 $D(0,0,0), A(1,0,0), B(0,1,0), C(-1,1,0), P(0,0,1)$,
假设在 $P C$ 存在一点 $M(x, y, z)$ 满足条件.
设 $\overrightarrow{P M}=\lambda \overrightarrow{P C}(0 \leqslant \lambda \leqslant 1), \therefore(x, y, z-1)=\lambda(-1,1,-1)$,
$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
x=-\lambda, \\
y=\lambda, \\
z=1-\lambda,
\end{array} \quad \therefore M(-\lambda, \lambda, 1-\lambda),\right.
$$
设 $\overrightarrow{n_1}$ 为平面 $M B D$ 的法向量, 则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{B D}=0, \\ \overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{D M}=0\end{array} \Rightarrow \overrightarrow{n_1}=(1-\lambda, 0, \lambda)\right.$,
而平面 $C B D$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(0,0,1)$,
$\therefore \cos 60^{\circ}=\frac{\left|\overrightarrow{n_1} \cdot \overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overline{n_1}\right|\left|\overline{n_2}\right|}=\frac{|\lambda|}{\sqrt{2 \lambda^2-2 \lambda+1}}=\frac{1}{2} \Rightarrow 1 \lambda=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ 或 $\lambda=\frac{-\sqrt{3}-1}{2}$ (舍去),
$\therefore$ 存在实数 $\lambda=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$, 此时 $\frac{P M}{M C}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 使得二面角 $M-B D-C$ 的大小为 $60^{\circ}$.