无

（$1$）$\dfrac {\sqrt 2}{2}$

因为 $a^2=2bc$，所以 $a^4=4(a^2-c^2)c^2$，则 $4e^4-4e^2+1=0$，解得 $e=\dfrac {\sqrt 2}{2}$．（$2$）略\quad 提示：由（$1$），设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，椭圆方程为 $x^2+2y^2-2c^2=0.M,N$ 所在直线为 $y=k(x-c)$，由$$\begin{cases}x^2+2y^2-2c^2=0,\\ y=k(x-c)\end{cases}$$消去 $y$，得$$(2k^2+1)x^2-4k^2cx+2c^2(k^2-1)=0,$$因此$$x_1+x_2=\dfrac {4k^2c}{2k^2+1}\cdot x_1x_2=\dfrac {2c^2(k^2-1)}{2k^2+1}.$$直线 $MA$ 的方程为 $y=\dfrac {y_1}{x_1+a}(x+a)$，可得 $P\left(2c,\dfrac {y_1}{x_1+a}(2c+a)\right)$；直线 $AN$ 的方程为 $y=\dfrac {y_2}{x_2+a}(x+a)$，可得 $Q\left(2c,\dfrac {y_2}{x_2+a}(2c+a)\right)$．因此\[\begin{split}\overrightarrow {FP}&=\left(c,\dfrac {y_1}{x_1+a}(2c+a) \right),\\ \overrightarrow {FQ}&=\left(c,\dfrac {y_2}{x_2+a}(2c+a)\right), \end{split}\]则\[\begin{split}\overrightarrow {FP}\cdot \overrightarrow {FQ}&=c^2+\dfrac {y_1y_2}{(x_1+a)(x_2+a)}(2c+a)^2 \\&=c^2+\dfrac {k^2[x_1x_2-c(x_1+x_2)+c^2]}{x_1x_2+a(x_1+x_2)+a^2}(2c+a)^2, \end{split}\]而\[\begin{split}&k^2[x_1x_2-c(x_1+x_2)+c^2]\\=&k^2\left[\dfrac {2c^2(k^2-1)}{2k^2+1}-\dfrac {4k^2c^2}{2k^2+1}+c^2\right]\\=&\dfrac {-k^2c^2}{2k^2+1}, \end{split}\]\[\begin{split} x_1x_2+a(x_1+x_2)+a^2 &=\dfrac {2c^2(k^2-1)}{2k^2+1}+\dfrac {4k^2ac}{2k^2+1}+a^2\\&=\dfrac {2k^2(a+c)^2}{2k^2+1}, \end{split}\]将上两式及 $a=\sqrt 2c$ 代入 $\overrightarrow {FP}\cdot \overrightarrow {FQ}$ 的表达式，得 $\overrightarrow {FP}\cdot \overrightarrow {FQ}=0$ 为定值．