已知底面$ABCD$是平行四边形，$PA\bot $平面$ABCD,PA//DQ,PA=3DQ=3,AD=2AB=2,$且$\angle ABC=60^{\circ}$.
$(1)$求证：平面$PAC\bot $平面$CDQ$；
$(2)$线段$PC$上是否存在点$M$，使得直线$AM$与平面$PCQ$所成角的正弦值是$\dfrac{\sqrt{15}}{5}$，若存在，求出$\dfrac{PM}{PC}$的值；若不存在，说明理由.

$(1)$ 证明见解析
$(2)$ $\\dfrac{PM}{PC}=\\dfrac{1}{2}$或$\\dfrac{PM}{PC}=1$

$(1)$证明：因为$PA\bot $平面$ABCD$，$CD\subset $平面$ABCD$，
所以$PA\bot CD$，，
$AD=2AB=2$，可得$AD=2$，$AB=1$，$\angle ABC=60^{\circ}$，底面$ABCD$是平行四边形，
所以$BC=AD=2$，
由余弦定理可得$AC=\sqrt{B{C}^{2}+A{B}^{2}-2AB{\cdot }B\cos\angle ABC}=\sqrt{4+1-2{×}2{×}1{×}\dfrac{1}{2}}=\sqrt{3}$，
可得$AB^{2}+AC^{2}=BC^{2}$，
所以$\angle BAC=\dfrac{\pi }{2}$，即$AC\bot AB$，
可得$AC\bot CD$，
而$AC\cap PA=A$，
所以$CD\bot $平面$PAC$，
因为$CD\subset $平面$QCD$，
所以平面$PAC\bot $平面$CDQ$；
$(2)$由$(1)$可得，以$A$为坐标原点，以$AB$，$AC$，$AP$所在的直线分别为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系，$PA=3DQ=3$，可得$DQ=1$，
则$A\left(0,0,0\right),P\left(0,0,3\right)$，$C(0,\sqrt{3}$，$0)$，$D(-1,\sqrt{3}$，$0)$，$Q(-1,\sqrt{3}$，$1)$，
设平面$PCQ$的法向量为$\boldsymbol{n}=\left(x,y,z\right)$，
$\overrightarrow{CP}=(0,-\sqrt{3}$，$3)$，$\overrightarrow{CQ}=\left(-1,0,1\right)$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\boldsymbol{n}{\cdot }\overrightarrow{CP}=0}\\{\boldsymbol{n}{\cdot }\overrightarrow{CQ}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}y+3z=0}\\{-x+z=0}\end{array}\right.$，
令$x=1$，
可得$\boldsymbol{n}=(1,\sqrt{3}$，$1)$，
设线段$PC$上存在点$M$，满足条件，
设$\overrightarrow{PM}=\lambda \overrightarrow{PC}=\lambda (0,\sqrt{3}$，$-3)=\left(0,\sqrt{3}\lambda ,-3\lambda \right),\lambda \in \left[0,1\right]$，
所以$M\left(0,\sqrt{3}\lambda ,-3\lambda +3\right)$，则$\overrightarrow{AM}=\left(0,\sqrt{3}\lambda ,-3\lambda +3\right)$，
所以$\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow{AM}=0+3\lambda -3\lambda +3=3,|\boldsymbol{n}|=\sqrt{1+3+1}=\sqrt{5},|\overrightarrow{AM}|=\sqrt{0+3{\lambda }^{2}+\left(3-3\lambda \right)^{2}}=\sqrt{12{\lambda }^{2}-18\lambda +9}$，
所以$\cos\lt \boldsymbol{n},\overrightarrow{AM} \gt =\dfrac{\boldsymbol{n}{\cdot }\overrightarrow{AM}}{|\boldsymbol{n}|{\cdot }|\overrightarrow{AM}|}=\dfrac{3}{\sqrt{5}{×}\sqrt{12{\lambda }^{2}-18\lambda +9}}$，
直线$AM$与平面$PCQ$所成的角为$\theta $，$\theta \in \left[0,\dfrac{\pi }{2}\right]$，
则$\sin \theta =|\cos\lt \boldsymbol{n},\overrightarrow{AM} \gt |$，
又因为直线$AM$与平面$PCQ$所成角的正弦值是$\dfrac{\sqrt{15}}{5}$，即$\sin \theta =\dfrac{\sqrt{15}}{5}$，
所以$\dfrac{\sqrt{15}}{5}=\dfrac{3}{\sqrt{5}{×}\sqrt{12{\lambda }^{2}-18\lambda +9}}$，
整理可得：$2{\lambda }^{2}-3\lambda +1=0$，解得：$\lambda =\dfrac{1}{2}或\lambda =1.$，
所以存在这样的$M$点满足条件，且$\dfrac{PM}{PC}=\dfrac{1}{2}或\dfrac{{\displaystyle PM}}{{\displaystyle PC}}=1$.