$k$ 的取值范围是 $\left( { - \infty , - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {\sqrt 3 , + \infty } \right)$．

本题考查直线与圆相交的条件，可以利用代数和几何两种方式求解该题．将 $y = kx$ 代入 ${x^2} + {\left(y - 4\right)^2} = 4$ 中，得\[\left(1 + {k^2}\right){x^2} - 8kx + 12 = 0 . \]由 $\Delta = {\left( - 8k\right)^2} - 4\left(1 + {k^2}\right) \times 12 > 0$，得\[{k^2} > 3,\]所以 $k$ 的取值范围是 $\left( { - \infty , - \sqrt 3 } \right) \cup \left( {\sqrt 3 , + \infty } \right)$．

$n$ 与 $m$ 的函数关系式为\[n = \dfrac{{\sqrt {15{m^2} + 180} }}{5}, {m \in \left( { - \sqrt 3 ,0} \right) \cup \left( {0,\sqrt 3 } \right)} .\]

根据条件，可以用斜率 $k$ 为桥梁表示出 $m$ 与 $n$ 的关系，结合 $k$ 的范围限制，写出函数中变量 $m $ 的范围，即定义域．因为点 $M $，$N$ 在直线 $l$ 上，可设点 $M $，$ N$ 的坐标分别为 $\left(x_1,k{x_1}\right) $，$ \left({x_2},k{x_2}\right)$，则\[\begin{split} \left|OM \right|^2 &\overset {\left[a\right]}= \left(1 + {k^2}\right)x_1^2 ,\\ \left|ON \right|^2 &= \left(1 + {k^2}\right)x_2^2,\\ \left|OQ \right|^2& = {m^2} + {n^2} = \left(1 + {k^2}\right){m^2}. \end{split}\]（推导中用到 $\left[a\right] $．）由 $\dfrac{2}{ \left|OQ \right|^2} = \dfrac{1}{ \left|OM \right|^2} + \dfrac{1}{ \left|ON \right|^2}$，得\[\dfrac{2}{{\left(1 + {k^2}\right){m^2}}} = \dfrac{1}{{\left(1 + {k^2}\right)x_1^2}} + \dfrac{1}{{\left(1 + {k^2}\right)x_2^2}},\]即\[\dfrac{2}{m^2} = \dfrac{1}{x_1^2} + \dfrac{1}{x_2^2} = \dfrac{{{{\left({x_1} + {x_2}\right)}^2} - 2{x_1}{x_2}}}{x_1^2x_2^2}.\]由 $\left(1 + {k^2}\right){x^2} - 8kx + 12 = 0 $，根据可知，\[{x_1} + {x_2} = \dfrac{8k}{{1 + {k^2}}},{x_1}{x_2} = \dfrac{12}{1 + k^2},\]所以 ${m^2} = \dfrac{36}{{5{k^2} - 3}}$．因为点 $Q$ 在直线 $y = kx$ 上，所以\[k = \dfrac{n}{m}.\]代入 ${m^2} = \dfrac{36}{{5{k^2} - 3}}$ 中并化简，得\[5{n^2} - 3{m^2} = 36.\]由 ${m^2} = \dfrac{36}{{5{k^2} - 3}}$ 及 ${k^2} > 3$，可知\[0 < {m^2} < 3,\]即 $m \in \left( { - \sqrt 3 ,0} \right) \cup \left( {0,\sqrt 3 } \right)$．根据题意，点 $Q$ 在圆 $C$ 内，则 $n > 0$，所以\[n = \sqrt {\dfrac{{36 + 3{m^2}}}{5}} = \dfrac{{\sqrt {15{m^2} + 180} }}{5}.\]于是，$n$ 与 $m$ 的函数关系式为\[n = \dfrac{{\sqrt {15{m^2} + 180} }}{5}, {m \in \left( { - \sqrt 3 ,0} \right) \cup \left( {0,\sqrt 3 } \right)} .\]