当直线 $l$ 的斜率不存在时，$P,Q$ 两点关于 $x$ 轴对称，则\[{x_1} = {x_2},{y_1} = - {y_2},\]由 $P\left( {{x_1},{y_1}} \right)$ 在椭圆上，则\[\dfrac{x_1^2}{3} + \dfrac{y_1^2}{2} = 1,\]而\[{S_{\triangle OPQ}} = \left| {{x_1}{y_1}} \right| = \dfrac{\sqrt 6 }{2},\]则\[\left| {x_1} \right| = \dfrac{\sqrt 6 }{2},\left| {y_1} \right| = 1,\]于是\[x_1^2 + x_2^2 = 3 , y_1^2 + y_2^2 = 2.\]当直线 $l$ 的斜率存在时，设直线 $l$ 的方程为 $y = kx + m$，代入 $\dfrac{x^2}{3} + \dfrac{y^2}{2} = 1$ 可得\[2{x^2} + 3{\left(kx + m\right)^2} = 6,\]即\[\left(2 + 3{k^2}\right){x^2} + 6kmx + 3{m^2} - 6 = 0,\]$\Delta > 0$，即\[3{k^2} + 2 > {m^2}.\]又\[{x_1} + {x_2} = - \dfrac{6km}{{2 + 3{k^2}}},{x_1}{x_2} = \dfrac{{3{m^2} - 6}}{{2 + 3{k^2}}},\]所以\[\begin{split}\left| {PQ} \right| &= \sqrt {1 + {k^2}} \left| {{x_1} - {x_2}} \right| \\&= \sqrt {1 + {k^2}} \sqrt {{{\left({x_1} + {x_2}\right)}^2} - 4{x_1}{x_2}} \\&= \sqrt {1 + {k^2}} \frac{{2\sqrt 6 \sqrt {3{k^2} + 2 - {m^2}} }}{{2 + 3{k^2}}}.\end{split}\]因为点 $O$ 到直线 $l$ 的距离为\[d = \dfrac{\left| m \right|}{{\sqrt {1 + {k^2}} }},\]所以\[\begin{split}{S_{\triangle POQ}} & = \dfrac{1}{2} \cdot d \cdot \left| {PQ} \right| \\& = \dfrac{1}{2}\left| m \right|\dfrac{{2\sqrt 6 \sqrt {3{k^2} + 2 - {m^2}} }}{{2 + 3{k^2}}} \\& = \dfrac{\sqrt 6 }{2},\end{split}\]则 $3{k^2} + 2 = 2{m^2}$ 满足 $\Delta > 0$，此时\[\begin{split}{x_1^2 }+ {x_2^2} &= {\left({x_1} + {x_2}\right)^2} - 2{x_1}{x_2}\\& = {\left( - \dfrac{6km}{{2 + 3{k^2}}}\right)^2} - 2 \times \dfrac{{3\left({m^2} - 2\right)}}{{2 + 3{k^2}}} \\&= 3, \\ {y_1^2} + {y_2^2} &= \dfrac{2}{3}\left(3 - {x_1^2}\right) + \dfrac{2}{3}\left(3 - {x_2^2}\right) \\&= 4 - \dfrac{2}{3}\left({x_1^2} + {x_2^2}\right) \\&= 2.\end{split}\]综上可知 ${x_1^2} + {x_2^2 }= 3$，${y_1^2} + {y_2^2 }= 2$．

当直线 $l$ 的斜率不存在时，由（1）知\[\begin{split}\left| {OM} \right| & = \left| {x_1} \right| = \dfrac{\sqrt 6 }{2} , \\ \left| {PQ} \right| & = 2\left| {y_1} \right| = 2,\end{split}\]因此\[\left| {OM} \right| \cdot \left| {PQ} \right| = \dfrac{\sqrt 6 }{2} \times 2 = \sqrt 6 ;\]当直线 $l$ 的斜率存在时，由（1）知\[\begin{split}\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} & = - \dfrac{3k}{2m} ,\\ \dfrac{{{y_1} + {y_2}}}{2} & = k\left( {\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2}} \right) + m \\& = - \dfrac{{3{k^2}}}{2m} + m \\& = \dfrac{1}{m},\end{split}\]所以\[\begin{split}{\left| {OM} \right|^2} &= {\left( {\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{{y_1} + {y_2}}}{2}} \right)^2} \\&= \dfrac{{9{k^2}}}{{4{m^2}}} + \dfrac{1}{m^2}\\& = \dfrac{1}{2}\left( {3 - \dfrac{1}{m^2}} \right), \\ {\left| {PQ} \right|^2} &= \left(1 + {k^2}\right)\dfrac{{24\left(3{k^2} + 2 - {m^2}\right)}}{{{{\left(2 + 3{k^2}\right)}^2}}}\\& = \dfrac{{2\left(2{m^2} + 1\right)}}{m^2} \\&= 2\left( {2 + \dfrac{1}{m^2}} \right),\end{split}\]所以\[{\left| {OM} \right|^2} \cdot {\left| {PQ} \right|^2} = \left( {3 - \dfrac{1}{m^2}} \right)\left( {2 + \dfrac{1}{m^2}} \right) \leqslant \dfrac{25}{4},\]当且仅当 $3 - \dfrac{1}{m^2} = 2 + \dfrac{1}{m^2}$，即 $m = \pm \sqrt 2 $ 时等号成立．
综上可知 $\left| {OM} \right| \cdot \left| {PQ} \right|$ 的最大值为 $\dfrac{5}{2}$．

假设椭圆上存在三点 $D,E,G$，使得 ${S_{\triangle ODE}} = {S_{\triangle ODG}} = {S_{\triangle OEG}} = \dfrac{\sqrt 6 }{2}$．
由（1）知\[{x_D^2} + {x_E^2} = 3,{x_E^2} + {x_G^2} = 3,{x_G^2} + {x_D^2} = 3, \\ {y_D^2} + {y_E^2} = 2,{y_E^2} + {y_G^2} = 2,{y_G^2} + {y_D^2} = 2.\]解得\[\begin{split}{x_D^2} &= {x_E^2} = {x_G^2} = \dfrac{3}{2} , \\ {y_D^2} &= {y_E^2} = {y_G^2} = 1,\end{split}\]因此 ${x_D},{x_E},{x_G}$ 只能从 $ \pm \dfrac{\sqrt 6 }{2}$ 中选取，${y_D},{y_E},{y_G}$ 只能从 $ \pm 1$ 中选取，
因此 $D,E,G$ 只能从 $\left( { \pm \dfrac{\sqrt 6 }{2}, \pm 1} \right)$ 中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，这与 ${S_{\triangle ODE}} = {S_{\triangle ODG}} = {S_{\triangle OEG}} = \dfrac{\sqrt 6 }{2}$ 相矛盾，
故椭圆上不存在三点 $D,E,G$，使得 ${S_{\triangle ODE}} = {S_{\triangle ODG}} = {S_{\triangle OEG}} = \dfrac{\sqrt 6 }{2}$．