设椭圆左焦点为 $ F\left(-c,0\right) $，则由题意得\[ \begin{cases} \sqrt{\left(2+c\right)^2+1}=\sqrt{10},\\\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2},\end{cases}\]得\[\begin{cases}c=1,\\a=2.\end{cases}\]所以椭圆方程为\[ {\dfrac{x^2}{4}}+{\dfrac{y^2}{3}}=1. \]

设 $ A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right) $，线段 $ AB $ 的中点为 $ M $．
当直线 $ AB $ 与 $ x $ 轴垂直时，直线 $ AB $ 的方程为 $ x=0 $，与不过原点的条件不符，舍去．
故可设直线 $ AB $ 的方程为 $ y=kx+m\left(m\neq 0\right) $，
由\[ \begin{cases}y=kx+m,\\3x^2+4y^2=12,\end{cases} \]消去 $ y $ 整理得\[ \left(3+4k^2\right)x^2+8kmx+4m^2-12=0, \quad \cdots \cdots ① \]则\[ \Delta =64k^2m^2-4\left(3+4k^2\right)\left(4m^2-12\right)>0, \\ \begin{cases}x_1+x_2=-{\dfrac{8km}{3+4k^2}},\\x_1x_2={\dfrac{4m^2-12}{3+4k^2}},\end{cases}\]所以线段 $ AB $ 的中点 $ M \left(-{\dfrac{4km}{3+4k^2}},{\dfrac{3m}{3+4k^2}} \right) $．
因为 $ M $ 在直线 $ OP $ 上，所以\[ {\dfrac{3m}{3+4k^2}}={\dfrac{-2km}{3+4k^2}}, \]得\[ m=0\left(舍去\right)或k=-{\dfrac{3}{2}}, \]此时方程 ① 为\[ 3x^2-3mx+m^2-3=0, \]则\[ \Delta =3\left(12-m^2\right)>0,\\\begin{cases}x_1+x_2=m,\\x_1x_2={\dfrac{m^2-3}{3}},\end{cases}\]所以\[ \begin{split}|AB|&={\sqrt{1+k^2}}\cdot |x_1-x_2|\\&={\dfrac{{\sqrt{39}}}{6}}\cdot {\sqrt{12-m^2}}.\end{split} \]设点 $ P $ 到直线 $ AB $ 距离为 $ d $，则\[ d={\dfrac{|8-2m|}{{\sqrt{3^2+2^2}}}}={\dfrac{2|m-4|}{{\sqrt{13}}}}. \]设 $ \triangle ABP $ 的面积为 $ S $，则\[\begin{split} S&={\dfrac{1}{2}}|AB|\cdot d\\&={\dfrac{{\sqrt{3}}}{6}}\cdot {\sqrt{\left(m-4\right)^2\left(12-m^2\right)}},\end{split}\]其中 $ m\in \left(-2{\sqrt{3}},0\right)\cup \left(0,2{\sqrt{3}}\right) $．令\[ \begin{split}u\left(m\right)&=\left(12-m^2\right)\left(m-4\right)^2,m\in \left[-2{\sqrt{3}},2{\sqrt{3}}\right],\\u′\left(m\right) &=-4\left(m-4\right)\left(m^2-2m-6\right)\\&=-4\left(m-4\right)\left(m-1-{\sqrt{7}}\right)\left(m-1+{\sqrt{7}}\right). \end{split}\]所以当且仅当 $ m=1-{\sqrt{7}} $，$ u\left(m\right) $ 取到最大值．
故当且仅当 $ m=1-{\sqrt{7}} $，$ S $ 取到最大值．
综上，所求直线 $ l $ 方程为\[ 3x+2y+2{\sqrt{7}}-2=0.\]