依题意知 $ F \left(0,{\dfrac{p}{2} }\right)$，圆心 $ Q $ 在线段 $ OF $ 的垂直平分线 $ y={\dfrac{p}{4}} $ 上，
因为抛物线 $ C $ 的准线方程为 $ y=-{\dfrac{p}{2}} $，所以 $ {\dfrac{3p}{4}}={\dfrac{3}{4}} $，即 $ p=1 $，
因此抛物线 $ C $ 的方程为 $ x^2=2y $．

假设存在点 $ M \left(x_0,{\dfrac{x^2_0}{2}} \right)\left(x_0>0\right) $ 满足条件，抛物线 $ C $ 在点 $ M $ 处的切线斜率为\[ y'\left| \right._{x=x_0}=\left( {\dfrac{x^2}{2}}\right) ' \left| \right._{x=x_0}=x_0 ,\]所以直线 $ MQ $ 的方程为\[ y-{\dfrac{x^2_0}{2}}=x_0\left(x-x_0\right) ,\]令 $ y={\dfrac{1}{4}} $，得 $ x_Q={\dfrac{x_0}{2}}+{\dfrac{1}{4x_0}} $，所以\[ Q \left({\dfrac{x_0}{2}}+{\dfrac{1}{4x_0}},{\dfrac{1}{4}} \right) .\]又 $ |QM|=|OQ| $，故\[ \left({\dfrac{1}{4x_0}}-{\dfrac{x_0}{2}} \right)^2+\left( {\dfrac{1}{4}}-{\dfrac{x^2_0}{2}} \right)^2= \left({\dfrac{1}{4x_0}}+{\dfrac{x_0}{2}}\right)^ 2+{\dfrac{1}{16}} .\]因此 $ \left( {\dfrac{1}{4}}-{\dfrac{x^2_0}{2}} \right)^2={\dfrac{9}{16}} $，又 $ x_0>0 $，所以 $ x_0={\sqrt{2}} $，此时 $ M\left({\sqrt{2}},1\right) $．
故存在点 $ M\left({\sqrt{2}},1\right) $，使得直线 $ MQ $ 与抛物线 $ C $ 相切于点 $ M $．

当 $ x_0={\sqrt{2}} $ 时，由（2）得 $ Q \left({\dfrac{5{\sqrt{2}}}{8}},{\dfrac{1}{4}} \right)$，
$ ⊙Q $ 的半径为\[ r=\sqrt{\left(\dfrac{5{\sqrt{2}}}{8} \right)^2+ \left(\dfrac{1}{4} \right)^2} =\dfrac{3\sqrt6}{8} ,\]所以 $ ⊙Q $ 的方程为\[ \left( x-{\dfrac{5{\sqrt{2}}}{8}} \right)^2+ \left(y-{\dfrac{1}{4}} \right)^2={\dfrac{27}{32}} .\]由\[ \begin{cases}y={\dfrac{1}{2}}x^2,\\y=kx+{\dfrac{1}{4}},\end{cases} \]整理得\[ 2x^2-4kx-1=0. \]设 $ A,B $ 两点的坐标分别为 $ \left(x_1,y_1\right),\left(x_2,y_2\right) $，
由于 $ \Delta _1=16k^2+8>0 $，$ x_1+x_2=2k $，$ x_1x_2=-{\dfrac{1}{2}} $，所以\[ |AB|^2=\left(1+k^2\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2\right]=\left(1+k^2\right)\left(4k^2+2\right). \]由\[ \begin{cases}\left(x-{\dfrac{5{\sqrt{2}}}{8}} \right)^2+ \left(y-{\dfrac{1}{4}} \right)^2={\dfrac{27}{32}},\\y=kx+{\dfrac{1}{4}}, \end{cases}\]整理得\[ \left(1+k^2\right)x^2-{\dfrac{5{\sqrt{2}}}{4}}x-{\dfrac{1}{16}}=0.\]设 $ D,E $ 两点的坐标分别为 $ \left(x_3,y_3\right),\left(x_4,y_4\right) $，
由于 $ \Delta _2={\dfrac{k^2}{4}}+{\dfrac{27}{8}}>0 $，$ x_3+x_4={\dfrac{5{\sqrt{2}}}{4\left(1+k^2\right)}} $，$ x_3x_4=-{\dfrac{1}{16\left(1+k^2\right)}} $，所以\[ |DE|^2=\left(1+k^2\right)\left[\left(x_3+x_4\right)^2-4x_3x_4\right]={\dfrac{25}{8\left(1+k^2\right)}}+{\dfrac{1}{4}}. \]因此\[ |AB|^2+|DE|^2=\left(1+k^2\right)\left(4k^2+2\right)+{\dfrac{25}{8\left(1+k^2\right)}}+{\dfrac{1}{4}}.\]令 $ 1+k^2=t $，由于 $ {\dfrac{1}{2}}\leqslant k\leqslant 2 $，则 $ {\dfrac{5}{4}}\leqslant t\leqslant 5 $，所以\[ |AB|^2+|DE|^2=t\left(4t-2\right)+{\dfrac{25}{8t}}+{\dfrac{1}{4}}=4t^2-2t+{\dfrac{25}{8t}}+{\dfrac{1}{4}}, \]设 $ g\left(t\right)=4t^2-2t+{\dfrac{25}{8t}}+{\dfrac{1}{4}} $，$ t\in \left[{\dfrac{5}{4}},5 \right] $，因为 $ g'\left(t\right)=8t-2-{\dfrac{25}{8t^2}} $，
所以当 $ t\in \left[{\dfrac{5}{4}},5 \right] $，$ g'\left(t\right)\geqslant g'\left( {\dfrac{5}{4}} \right)=6 $，即函数 $ g\left(t\right) $ 在 $ t\in \left[{\dfrac{5}{4}},5\right] $ 上是增函数，
所以当 $ t={\dfrac{5}{4}} $ 时，$ g\left(t\right) $ 取到最小值 $ {\dfrac{13}{2}} $，因此当 $ k={\dfrac{1}{2}} $ 时，$ |AB|^2+|DE|^2 $ 取到最小值 $ {\dfrac{13}{2}} $．