如图，四棱锥$P-ABCD$的底面是矩形，平面$PCD\bot $平面$ABCD$，$M$是棱$PD$上的动点，$N$是棱$AB$上的一点，且$\overrightarrow{AN}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB},CD=PD=2AD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}PC$.
$(1)$求证：$MN\bot AC$；
$(2)$若直线$MN$与平面$MBC$所成角的正弦值是$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，求点$M$的位置.

(1) 证明见解析;

(2) M是棱PD的中点

$(1)$证明：因为$CD=PD=\dfrac{\sqrt{2}}{2}PC$，所以$CD^{2}+PD^{2}=PC^{2}$，
所以$PD\bot CD$，
因为平面$PCD\bot $平面$ABCD$，
而平面$PCD\cap $平面$ABCD=CD$，$PD\subset $平面$PCD$，
所以$PD\bot $平面$ABCD$，
因为$AD\subset $平面$ABCD$，
所以$PD\bot AD$，
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AD\bot CD$，故$DA$，$DC$，$DP$两两垂直，
以$D$为坐标原点，$DA$，$DC$，$DP$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设$CD=4$，则$A\left(2,0,0\right)$，$C\left(0,4,0\right)$，$B\left(2,4,0\right)$，$N\left(2,1,0\right)$，
$M\left(0,0,t\right)$，$B\left(2,4,0\right)$，$N\left(2,1,0\right)$，$M\left(0,0,t\right)\left(0\leqslant t\leqslant 4\right)$，
，
所以$\overrightarrow{MN}=(2,1,-t),\overrightarrow{AC}=(-2,4,0)$，
因为$\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{AC}=2×(-2)+1×4+(-t)×0=0$，
所以$\overrightarrow{MN}⊥\overrightarrow{AC}$，
即$MN\bot AC$；
$(2)$由$(1)$，得$\overrightarrow{MN}=(2,1,-t),\overrightarrow{CB}=(2,0,0),\overrightarrow{CM}=(0,-4,t)$.
设$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$为平面$MBC$的法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CB}=2x=0\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{CM}=-4y+tz=0\end{array}\right.$，令$y=t$，
所以$\boldsymbol{m}=(0,t,4)$，
$\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{MN}=0+t-4t=-3t$，$|\boldsymbol{m}|=\sqrt{{t}^{2}+16}$，$|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{4+1+{t}^{2}}=\sqrt{5+{t}^{2}}$，
所以$\cos\lt \boldsymbol{m}$，$\overrightarrow{MN} \gt =\dfrac{\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow{MN}}{|\boldsymbol{m}|\cdot |\overrightarrow{MN}|}=\dfrac{-3t}{\sqrt{{t}^{2}+16}\cdot \sqrt{5+{t}^{2}}}$，
设直线$MN$与平面$MBC$所成角为$\theta $，$\theta \in [0$，$\dfrac{\pi }{2}]$，
$\sin \theta =|\cos \lt \boldsymbol{m}$，$\overrightarrow{MN} \gt |=|\dfrac{-3t}{\sqrt{{t}^{2}+16}\cdot \sqrt{5+{t}^{2}}}|=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
所以$(t^{2}-20)(t^{2}-4)=0$，因为$0\leqslant t\leqslant 4$，所以$t=2$，
即$M$是棱$PD$的中点.