已知椭圆 $C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的左、右焦点分别为 $F_1 , F_2$，$B$ 为上顶点，离心率为 $\dfrac 1 2$，直线 $BF_2$ 与圆 $4 x^2+4 y^2-3=0$ 相切．
1、求椭圆 $C$ 的标准方程．
2、过 $F_2$ 作直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $M, N$ 两点．
① 若 $\overrightarrow{MF_2}=\lambda\overrightarrow{F_2 N}$（$1<\lambda<2$），求 $\triangle MON$ 面积的取值范围；
② 若 $l$ 斜率存在，是否存在椭圆 $G$ 上一点 $Q$ 及 $x$ 轴上一点 $P\left(t,0\right)$，使四边形 $PMQN$ 为菱形？若存在，求 $t$．若不存在，请说明理由．
解析
1、设 $O$ 为坐标原点，$c=\sqrt{a^2-b^2}$，在直角三角形 $BOF_2$ 中，$O$ 到斜边 $BF_2$ 的距离为 $\dfrac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}$，圆 $4x^2+4y^2-3=0$ 的半径为 $\dfrac{\sqrt 3}2$，因此\[\dfrac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}=\dfrac{\sqrt 3}2,\]结合离心率 $\dfrac ca=\dfrac 12$，解得 $(a,b,c)=(2,\sqrt 3,1)$，因此所求椭圆 $C$ 的标准方程为 $\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}3=1$．
2、① 设 $M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，则 $\dfrac {y_1}{y_2}=-\lambda$，设 $l:x=my+1$，与椭圆方程联立可得\[(3m^2+4)y^2+6my-9=0,\]从而\[36m^2=\left(-\lambda-\dfrac{1}{\lambda}+2\right)(3m^2+4)(-9)\iff \dfrac{1}{m^2}=\dfrac{\lambda}{(\lambda-1)^2}-\dfrac 34,\]从而由 $\lambda$ 的取值范围是 $(1,2)$ 可得 $m^2$ 的取值范围是 $\left(0,\dfrac 45\right)$．此时 $\triangle OMN$ 的面积\[S=\dfrac 12\cdot \dfrac{1}{\sqrt{m^2+1}}\cdot \dfrac{12(m^2+1)}{3m^2+4}=\dfrac{6}{3\sqrt{m^2+1}+\dfrac{1}{\sqrt{m^2+1}}},\]取值范围是 $\left(\dfrac{9\sqrt 5}{16},\dfrac 32\right)$．
② 设 $MN$ 的中点为 $R(x_0,y_0)$，斜率为 $k$，根据椭圆的垂径定理，有\[k\cdot \dfrac {y_0}{x_0}=-\dfrac 34\iff k=-\dfrac{3x_0}{4y_0},\]直线 $MN$ 的方程为\[y-y_0=-\dfrac{3x_0}{4y_0}(x-x_0),\]因此\[0-y_0=-\dfrac{3x_0}{4y_0}(1-x_0)\iff \dfrac{4y_0^2}3=x_0-x_0^2,\]从而直线 $PQ$ 的斜率为 $\dfrac{4y_0}{3x_0}$，其方程为\[y-y_0=\dfrac{4y_0}{3x_0}(x-x_0),\]因此 $P\left(\dfrac 14x_0,0\right)$，进而 $Q\left(\dfrac 74x_0,2y_0\right)$，所以\[\dfrac{49x_0^2}{64}+\dfrac{4y_0^2}3=1.\]联立关于 $x_0,y_0$ 的方程，有\[\dfrac{49x_0^2}{64}+(x_0-x_0^2)=1\iff 15x_0^2-64x_0+64=0,\]解得 $x_0=\dfrac 83$ 或 $\dfrac 85$，对应的 $y_0$ 无解，因此不存在满足条件的点 $P$．
备注 对一般的椭圆，有\[MN:y-y_0=-\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}(x-x_0),\quad PQ:y-y_0=\dfrac{a^2y_0}{b^2x_0}(x-x_0),\]于是 $P\left(\dfrac{c^2}{a^2}x_0,0\right)$，$Q\left(\left(2-\dfrac{c^2}{a^2}\right)x_0,2y_0\right)$，由 $PQ$ 过点 $F$ 以及 $Q$ 在椭圆上可得\[ \begin{cases} -y_0=-\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}(c-x_0),\\ \dfrac 1{a^2}\left(2-\dfrac{c^2}{a^2}\right)^2x_0^2+\dfrac 4{b^2}y_0^2=1,\end{cases}\iff \begin{cases} \dfrac{1}{b^2}y_0^2=\dfrac{cx_0}{a^2}-\dfrac{x_0^2}{a^2},\\ \left(2-\dfrac{c^2}{a^2}\right)^2\left(\dfrac{x_0}{a}\right)^2+\dfrac{4}{b^2}y_0^2=1,\end{cases}\]将第一个方程代入第二个方程，可得 $x_0<c$ 且\[\left(\left(2-\dfrac{c^2}{a^2}\right)^2-4\right)\left(\dfrac{x_0}{a}\right)^2+\dfrac{4cx_0}{a^2}-1=0,\]即\[e^2(4-e^2)\left(\dfrac{x_0}a\right)^2-4e\cdot \dfrac{x_0}a+1=0,\]解得 $\dfrac{x_0}a=\dfrac{1}{e(2\pm e)}$，考虑到 $\dfrac{x_0}a<e$，可得 $e>\dfrac{\sqrt 5-1}2$． 在本题中 $e=\dfrac 12$，所以不存在满足条件的点 $P$．