设 $C$ 的标准方程为 $\dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\left(a,b > 0\right)$，则由题意\[c = \sqrt 5,\]又 $e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}$，因此\[a = 2,b = \sqrt {{c^2} - {a^2}} = 1,\]$C$ 的标准方程为\[\dfrac{{{x^2}}}{4} - {y^2} = 1.\]$C$ 的渐过线方程为\[y = \pm \dfrac{1}{2}x,\]即\[x - 2y = 0 和 x + 2y = 0.\]

解法一：
如图，由题意点 $E\left({x_E},{y_E}\right)$ 在直线 ${l_1}:{x_1}x + 4{y_1}y = 4$ 和 ${l_2}:{x_2}x + 4{y_2}y = 4$ 上，因此有\[{x_1}{x_E} + 4{y_1}{y_E} =4 , \\ {x_2}{x_E} + 4{y_2}{y_E} = 4. \]故点 $M$，$N$ 均在直线 ${x_E}x + 4{y_E}y = 4$ 上，因此直线 $MN$ 的方程为\[{x_E}x + 4{y_E}y = 4.\]设 $G$，$H$ 分别是直线 $MN$ 与渐过线 $x - 2y = 0$ 及 $x + 2y = 0$ 的交点，由方程组\[\begin{cases}
{x_E}x + 4{y_E}y = 4, \\
x - 2y = 0, \\
\end{cases}\]及\[\begin{cases}{x_E}x + 4{y_E}y = 4, \\
x + 2y = 0, \\
\end{cases}\]解得\[\begin{cases}{x_G} = \dfrac{4}{{{x_E} + 2{y_E}}}, \\
{y_G} = \dfrac{2}{{{x_E} + 2{y_E}}}, \\
\end{cases}\begin{cases}{x_H} = \dfrac{4}{{{x_E} - 2{y_E}}}, \\
{y_H} = \dfrac{{ - 2}}{{{x_E} - 2{y_E}}}. \\
\end{cases}\]故\[\begin{split}\overrightarrow {OG} \cdot \overrightarrow {OH} & = \dfrac{4}{{{x_E} + 2{y_E}}} \cdot \dfrac{4}{{{x_E} - 2{y_E}}} - \dfrac{2}{{{x_E} + 2{y_E}}} \cdot \dfrac{2}{{{x_E} - 2{y_E}}} \\&
= \dfrac{{12}}{{x_E^2 - 4y_E^2}} .\end{split}\]因为点 $E$ 的双曲线 $\dfrac{{{x^2}}}{4} - {y^2} = 1$ 上，有 $x_E^2 - 4y_E^2 = 4$，所以\[\overrightarrow {OG} \cdot \overrightarrow {OH} = \dfrac{{12}}{{x_E^2 - 4y_E^2}} = 3.\]解法二：
设 $E\left({x_E},{y_E}\right)$，由方程组\[\begin{cases}
{x_1}x + 4{y_1}y = 4, \\
{x_2}x + 4{y_2}y = 4, \\
\end{cases}\]解得\[{x_E} = \dfrac{{4\left({y_2} - {y_1}\right)}}{{{x_1}{y_2} - {x_2}{y_1}}} , \\ {y_E} = \dfrac{{{x_1} - {x_2}}}{{{x_1}{y_2} - {x_2}{y_1}}}, \]因 ${x_2} \ne {x_1}$，则直线 $MN$ 的斜率\[k = \dfrac{{{y_2} - {y_1}}}{{{x_2} - {x_1}}} = - \dfrac{{{x_E}}}{{4{y_E}}}.\]故直线 $MN$ 的方程为\[y - {y_1} = - \dfrac{{{x_E}}}{{4{y_E}}}\left(x - {x_1}\right),\]注意到 ${x_1}{x_E} + 4{y_1}{y_E} = 4$，因此直线 $MN$ 的方程为\[{x_E}x + 4{y_E}y = 4.\]下同解法一．