因为抛物线 ${C_2}$ 经过椭圆 ${C_1}$ 的两个焦点 ${F_1}\left( - c,0\right)$，${F_2}\left(c,0\right)$，可得：${c^2} = {b^2}$，
由 ${a^2} = {b^2} + {c^2} = 2{c^2}$，得椭圆 ${C_1}$ 的离心率 $e = \dfrac{\sqrt 2 }{2}$．

由题设可知 $M$，$N$ 关于 $y$ 轴对称，设 $M\left( - {x_1},{y_1}\right)$，$N\left({x_1},{y_1}\right)$，$\left({x_1} > 0\right)$，
则由 $\triangle AMN$ 的垂心为 $B$，有 $\overrightarrow {BM} \cdot \overrightarrow {AN} = 0$，所以\[ - x_1^2 + \left({y_1} - \dfrac{3}{4}b\right)\left({y_1} - b\right) = 0, \quad \cdots \cdots ① \]由于点 $N\left({x_1},{y_1}\right)$ 在 ${C_2}$ 上，故有\[x_1^2 + b{y_1} = {b^2}, \quad \cdots \cdots ② \]$ ② $ 式代入 $ ① $ 式并化简得：\[4y_1^2 - 3b{y_1} - {b^2} = 0,\]解得\[{y_1} = - \dfrac{b}{4} 或 {y_1} = b \left(舍去\right)\]所以 ${x_1} = \dfrac{\sqrt 5 }{2}b$，故 $M\left( - \dfrac{\sqrt 5 }{2}b, - \dfrac{b}{4}\right),N\left(\dfrac{\sqrt 5 }{2}b, - \dfrac{b}{4}\right)$，
所以 $\triangle QMN$ 的重心为 $\left(\sqrt 3 ,\dfrac{b}{4}\right)$，因为重心在 ${C_2}$ 上得：\[3 + \dfrac{b^2}{4} = {b^2},\]所以 $b = 2$，所以 $M\left( - \sqrt 5 , - \dfrac{1}{2}\right)$，$N\left(\sqrt 5 , - \dfrac{1}{2}\right)$．
又因为 $M$，$N$ 在 ${C_1}$ 上，所以\[\dfrac{{{{\left( \pm \sqrt 5 \right)}^2}}}{a^2} + \dfrac{{{{\left( - \dfrac{1}{2}\right)}^2}}}{4} = 1,\]得\[{a^2} = \dfrac{16}{3}.\]所以椭圆 ${C_1}$ 的方程为\[\dfrac{x^2}{{\dfrac{16}{3}}} + \dfrac{y^2}{4} = 1,\]抛物线 ${C_2}$ 的方程为\[{x^2} + 2y = 4.\]