$\because$ $ E$ 为 $\overparen {AC}$ 的中点，$AB=BC $，$AC$ 为直径，
$\therefore$ $EB \perp AD$．
$\because$ $EF^2=6a^2=\left(\sqrt5a\right)^2+a^2=BF^2+BE^2 $，
$\therefore$ $EB\perp FB $．
又 $\because$ $ BF\cap BD=B$，
$\therefore$ $ EB\perp平面BDF$．
$\because$ $FD\subset平面BDF $，
$\therefore$ $ EB\perp FD$．

方法一：如图，过 $D $ 作 $ HD\parallel QR$．由 $FQ = \dfrac{2}{3}FE$，$FR = \dfrac{2}{3}FB$，知 $QR\parallel EB$，
$\therefore$ $HD\parallel EB $．
又 $\because$ $ D\in平面 BED\cap平面 RQD$，
$\therefore$ $ HD$ 为平面 $BED $ 与平面 $RQD $ 的交线．
$\because$ $DR,DB \subset 平面 BDF$，$BE\perp 平面 BDF$，
$\therefore$ $HD\perp 平面 BDF $ 从而 $HD\perp BD $，$ HD\perp RD$，
则 $\angle RDB$ 是平面 $BED$ 与平面 $RQD$ 所成二面角的平面角．
由 $FB=FD $，$BC=CD $，得 $ FC\perp BD$，则\[\cos \angle FBC = \dfrac{{BC}}{{BF}} = \dfrac{{a}}{{\sqrt 5 a}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}5,\]从而\[\sin \angle FBC = \dfrac{2\sqrt 5 }5,\]由余弦定理得\[\begin{split}RD &= \sqrt {B{D^2} + B{R^2} - 2BD \cdot BR\cos \angle RBD} \\&= \sqrt {{{\left(2a\right)}^2} + {{\left(\dfrac{{\sqrt 5 a}}{3}\right)}^2} - 2 \cdot 2a \cdot \dfrac{{\sqrt 5 a}}{3} \cdot \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}} \\&= \dfrac{{\sqrt {29} }}{3}a .\end{split}\]由正弦定理得\[\begin{split}\sin \angle RDB& =\dfrac{RB}{RD}\cdot \sin \angle FBC\\&=\dfrac{\dfrac{\sqrt3}a}{\dfrac{\sqrt{29}}3a}\cdot\dfrac2{\sqrt5}= \dfrac{{2\sqrt {29} }}{{29}}.\end{split}\]故平面 $ BED$ 与平面 $RQD $ 所成二面角正弦值为 $ \dfrac{2\sqrt{29}}{29}$．
方法 二：
如图，以 $B $ 为原点，$ \overrightarrow {BE}$ 为 $x$ 轴正方向，$\overrightarrow {BD} $ 为 $y $ 轴正方向，过 $ B$ 作平面 $ BEC$ 的垂线，建立空间直角坐标系，由此得 $B\left(0,0,0\right) $，$C\left(0,a,0\right) $，$D\left(0,2a,0\right) $，$E\left(a,0,0\right) $，
由 $FD=FB $，$BC=CD $，得 $ FC\perp BD$，则 $ FC=2a$．
由 $ FQ=\dfrac23FE$，$ FR=\dfrac23FB$，得\[R\left(0,\dfrac13a,\dfrac23a\right),\]从而\[\begin{split}\overrightarrow {RQ}&=\dfrac23\overrightarrow {BE}=\left(\dfrac23a,0,0\right),\\ \overrightarrow {RD}&=\left(0,\dfrac53a,-\dfrac23a\right) .\end{split}\]设平面 $ RQD$ 的法向量为 $ \overrightarrow {n_1}=\left(x,y,z\right)$，则\[ \begin{cases}\overrightarrow {n_1}\cdot\overrightarrow {RD}=0, \\ \overrightarrow {n_1}\cdot\overrightarrow {RQ}=0,\end{cases}\]即\[ \begin{cases}ax=0,\\ 5ay-2az=0,\end{cases}\]所以\[ \overrightarrow {n_1}=\left(0,2,5\right),\]而平面 $BED $ 的法向量为 $\overrightarrow {n_2} =\left(0,0,1\right)$，所以\[\cos \left\langle\overrightarrow {n_1}\cdot\overrightarrow {n_2} \right\rangle=\dfrac{5\sqrt{29}}{29},\]从而\[\sin \left\langle\overrightarrow {n_1}\cdot\overrightarrow {n_2} \right\rangle=\dfrac{2\sqrt{29}}{29} .\]故平面 $ BED$ 与平面 $RQD $ 所成二面角正弦值为 $ \dfrac{2\sqrt{29}}{29}$．