如图，在三棱台$ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AB\bot $平面$B_{1}BCC_{1}$，$AB=3$，$BB_{1}=B_{1}C_{1}=CC_{1}=2$，$BC=4$.
$(1)$求证：$AA_{1}\bot B_{1}C$；
$(2)$求平面$B_{1}BCC_{1}$与平面$A_{1}ACC_{1}$夹角的余弦值.

$(1)$ 证明见解析
$(2)$ $\\dfrac{2\\sqrt{7}}{7}$

$(1)$证明：因为$AB\bot $平面$B_{1}BCC_{1},B_{1}C\subset $平面$B_{1}BCC_{1}$，，
所以$AB\bot B_{1}C$，作$B_{1}D\bot BC$交$BC$于点$D$，
在等腰梯形$B_{1}BCC_{1}$中，$BB_{1}=B_{1}C_{1}=CC_{1}=2$，$BC=4$，
所以$BD=1$，
在$Rt\triangle BDB_{1}$中，$\cos∠B_{1}BD=\dfrac{1}{2}$，所以$\angle B_{1}BD=60^{\circ}$，
在$\triangle BCB_{1}$中，由余弦定理得$B_{1}C^{2}=B_{1}B^{2}+BC^{2}-2B_{1}B\cdot BC\cos 60^{\circ}=12$，
所以${{B}_{1}}C^{2}+{B}_{1}{B}^{2}=B{C}^{2}$，从而有$B_{1}B\bot B_{1}C$，
又$AB\cap B_{1}B=B$，所以$B_{1}C\bot $平面$BAA_{1}B_{1}$，
因为$AA_{1}\subset $平面$BAA_{1}B_{1}$，
所以$AA_{1}\bot B_{1}C$.
$(2)$以$B$为原点，$\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}$分别为$x$轴，$y$轴正向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则$B\left(0,0,0\right),A\left(3,0,0\right)$，$C\left(0,4,0\right),B_1\left(0,1,\sqrt{3}\right)$，$C_1\left(0,3,\sqrt{3}\right)$，
$\overrightarrow{C_1C}=\left(0,1,-\sqrt{3}\right),\overrightarrow{AC}=\left(-3,4,0\right)$，
因为$AB\bot $平面$B_{1}BCC_{1}$，
所以$\overrightarrow{BA}=\left(3,0,0\right)$为面$B_{1}BCC_{1}$的一个法向量，
设$\boldsymbol{n}=\left(x,y,z\right)$为面$A_{1}ACC_{1}$的法向量，
则$\left\{\begin{array}{l}{\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{{C}_{1}C}=y-\sqrt{3}z=0}\\{\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AC}=-3x+4y=0}\end{array}\right.$，取$y=3$，$x=4$，$z=\sqrt{3}$，
则$\boldsymbol{n}=\left(4,3,\sqrt{3}\right)$，
所以$\cos\lt \overrightarrow{BA},\boldsymbol{n}\gt =\dfrac{|\overrightarrow{BA}\cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{BA}||\boldsymbol{n}|}=\dfrac{12}{3×2\sqrt{7}}=\dfrac{2\sqrt{7}}{7}$，
即平面$B_{1}BCC_{1}$与平面$A_{1}ACC_{1}$夹角的余弦值为$\dfrac{2\sqrt{7}}{7}$.