（12分）已知椭圆$C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a > b > 0)$的右焦点为$F$，点$M(1,\dfrac{3}{2})$在椭圆$C$上，且$MF\bot x$轴．
（1）求椭圆$C$的方程；
（2）过点$P(4,0)$的直线与椭圆$C$交于$A$，$B$两点，$N$为线段$FP$的中点，直线$NB$与$MF$交于$Q$，证明：$AQ\bot y$轴．

分析：（1）根据已知条件，结合椭圆的定义，以及勾股定理，求出$a$，再结合椭圆的性质，求出$b$，即可求解；
（2）结合向量的坐标运算，推得$\left\{\begin{array}{l}{\lambda {x}_{2}=4+4\lambda -{x}_{1}}\\ {\lambda {y}_{2}=-{y}_{1}}\end{array}\right.$，再结合点$A$，$B$两点位于椭圆上，求出等式，再结合直线$NB$与$MF$交于$Q$，即可求解．
解：（1）设椭圆$C$的左焦点为$F_{1}$，
点$M(1,\dfrac{3}{2})$在椭圆$C$上，且$MF\bot x$轴，
则$\vert F_{1}F\vert =2$，$\vert MF\vert =\dfrac{3}{2}$，
由勾股定理可知，$\vert M{F}_{1}\vert =\dfrac{5}{2}$，
故$2a=\vert MF_{1}\vert +\vert MF\vert =4$，解得$a^{2}=4$，$b^{2}=a^{2}-1=3$，
故椭圆$C$的方程为$\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$；
（2）证明：设$A(x_{1}$，$y_{1})$，$B(x_{2}$，$y_{2})$，
$\overrightarrow{AP}=\lambda \overrightarrow{PB}$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\dfrac{{x}_{1}+\lambda {x}_{2}}{1+\lambda }=4}\\ {\dfrac{{y}_{1}+\lambda {y}_{2}}{1+\lambda }=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\lambda {x}_{2}=4+4\lambda -{x}_{1}}\\ {\lambda {y}_{2}=-{y}_{1}}\end{array}\right.$①，
又由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=12}\\ {3(\lambda {x}_{2})^{2}+4(\lambda {y}_{2})^{2}=12{\lambda }^{2}}\end{array}\right.$可得，$3\cdot \dfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda }\cdot \dfrac{x_1-\lambda x_2}{1-\lambda }+4\dfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda }\cdot \dfrac{y_1-\lambda y_2}{1-\lambda }=12$②，
结合①②可得，$5\lambda -2\lambda x_{2}+3=0$，
$P(4,0)$，$F(1,0)$，$N(\dfrac{5}{2},0)$，$B(x_{2}$，$y_{2})$，
则直线$NB$的方程为$y-0=\dfrac{{y}_{2}}{{x}_{2}-\dfrac{5}{2}}(x-\dfrac{5}{2})$，
$MF\bot x$轴，直线$NB$与$MF$交于$Q$，
则$x_{Q}=1$，
故$y_Q=\dfrac{3y_2}{5-2x_2}=\dfrac{3\lambda y_2}{5\lambda -2\lambda x_2}=-\lambda y_2=y_1$，
故$AQ\bot y$轴．
点评：本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．