已知过点$P(1,\dfrac{3}{2})$的曲线$C$的方程为$\sqrt{{{(x-1)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{y}^{2}}}=2a.(Ⅰ)$求曲线$C$的标准方程； $(Ⅱ)$已知点$F(1,0)$，$A$为直线$x=4$上任意一点，过$F$作$AF$的垂线交曲线$C$于点$B$，$D.(ⅰ)$证明：$OA$平分线段$BD($其中$O$为坐标原点$)$； $(ⅱ)$求$\dfrac{|BD|}{|AF|}$最大值．

1. 代入已知点 $P$ 的坐标求出 $a$ 的值

将点 $P\left(1, \dfrac{3}{2}\right)$ 的坐标代入曲线 $C$ 的方程 $\sqrt{(x-1)^2+y^2}+\sqrt{(x+1)^2+y^2}=2a$ 中：
$\sqrt{(1-1)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2} + \sqrt{(1+1)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2} = 2a$
$\frac{3}{2} + \sqrt{4 + \frac{9}{4}} = \frac{3}{2} + \frac{5}{2} = 4 = 2a$
解得 $a = 2$。

2. 求出 $b^2$ 并写出曲线 $C$ 的标准方程

由方程结构可知，曲线 $C$ 为以 $F_1(-1,0), F_2(1,0)$ 为焦点的椭圆，半焦距 $c = 1$。
又 $a = 2$，因此 $b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 1 = 3$。
故曲线 $C$ 的标准方程为：
$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$

1. 设出直线 $BD$ 的方程并求得点 $A$ 的坐标与直线 $OA$ 的方程

因为 $F(1,0)$，设直线 $BD$ 的方程为 $x = k_0 y + 1$。
又点 $A$ 在直线 $x = 4$ 上，设 $A(4, y_A)$。
由 $AF \perp BD$，得 $\overrightarrow{AF} = (-3, -y_A)$ 与直线 $BD$ 的方向向量 $(k_0, 1)$ 垂直，
所以 $\overrightarrow{AF} \cdot (k_0, 1) = -3 k_0 - y_A = 0 \implies y_A = -3 k_0$。
故 $A(4, -3 k_0)$，直线 $OA$ 的斜率为 $k_{OA} = -\dfrac{3 k_0}{4}$。

2. 将直线与椭圆方程联立，用韦达定理求线段 $BD$ 的中点坐标

将 $x = k_0 y + 1$ 代入椭圆方程 $3x^2 + 4y^2 = 12$ 得：
$3(k_0 y + 1)^2 + 4y^2 = 12 \implies (3 k_0^2 + 4) y^2 + 6 k_0 y - 9 = 0$
设 $B(x_1, y_1), D(x_2, y_2)$，由韦达定理得：
$y_1 + y_2 = -\frac{6 k_0}{3 k_0^2 + 4}$
$x_1 + x_2 = k_0(y_1 + y_2) + 2 = -\frac{6 k_0^2}{3 k_0^2 + 4} + 2 = \frac{8}{3 k_0^2 + 4}$
设线段 $BD$ 的中点为 $M(x_M, y_M)$，则：
$x_M = \frac{4}{3 k_0^2 + 4}, \quad y_M = -\frac{3 k_0}{3 k_0^2 + 4}$

3. 证明 $O, M, A$ 三点共线，推出 $OA$ 平分线段 $BD$

计算原点 $O$ 与中点 $M$ 连线的斜率：
$k_{OM} = \frac{y_M}{x_M} = \frac{-\frac{3 k_0}{3 k_0^2 + 4}}{\frac{4}{3 k_0^2 + 4}} = -\frac{3 k_0}{4}$
因为 $k_{OM} = k_{OA} = -\dfrac{3 k_0}{4}$，所以 $O, M, A$ 三点共线。
即直线 $OA$ 经过线段 $BD$ 的中点 $M$，故 $OA$ 平分线段 $BD$。

1. 利用距离公式与弦长公式表示 $|AF|$ 和 $|BD|$ 的长度

由 $A(4, -3 k_0)$ 和 $F(1,0)$，得：
$|AF| = \sqrt{(4-1)^2 + (-3 k_0 - 0)^2} = 3 \sqrt{k_0^2 + 1}$
由上一问的一元二次方程 $(3 k_0^2 + 4) y^2 + 6 k_0 y - 9 = 0$，判别式为：
$\Delta = (6 k_0)^2 - 4(3 k_0^2 + 4)(-9) = 144(k_0^2 + 1) > 0$
由弦长公式得：
$|BD| = \sqrt{1 + k_0^2} \cdot |y_1 - y_2| = \sqrt{1 + k_0^2} \cdot \frac{\sqrt{\Delta}}{3 k_0^2 + 4} = \frac{12(k_0^2 + 1)}{3 k_0^2 + 4}$

2. 表示比值，通过换元与单调性分析求最大值

计算比值：
$\frac{|BD|}{|AF|} = \frac{\frac{12(k_0^2 + 1)}{3 k_0^2 + 4}}{3 \sqrt{k_0^2 + 1}} = \frac{4 \sqrt{k_0^2 + 1}}{3 k_0^2 + 4}$
令 $u = \sqrt{k_0^2 + 1} \ge 1$，则 $k_0^2 = u^2 - 1$，故 $3 k_0^2 + 4 = 3 u^2 + 1$。
代入上式得：
$\frac{|BD|}{|AF|} = \frac{4 u}{3 u^2 + 1} = \frac{4}{3 u + \frac{1}{u}}$
设函数 $g(u) = 3 u + \frac{1}{u}$（$u \ge 1$），求导得 $g'(u) = 3 - \frac{1}{u^2}$。
当 $u \ge 1$ 时，$u^2 \ge 1 \implies \frac{1}{u^2} \le 1 \implies g'(u) \ge 2 > 0$，故 $g(u)$ 在 $[1, +\infty)$ 上单调递增。
因此 $g(u) \ge g(1) = 3(1) + 1 = 4$（当且仅当 $u = 1$，即 $k_0 = 0$ 时取得最小值）。
所以：
$\frac{|BD|}{|AF|} = \frac{4}{g(u)} \le \frac{4}{4} = 1$
即 $\dfrac{|BD|}{|AF|}$ 的最大值为 $1$。