$x+y=2 $

设 $A(x_{1},y_{1})$、$B(x_{2},y_{2})$、$Q(x_{0},y_{0})$，则 $QA:\dfrac{x_{1}x}{2} + y_{1}y =1$ 过 $Q$，有$$\dfrac{x_{1}x_{0}}{2} + y_{1}y_{0} =1;\cdots\cdots \text{ ① } $$$QB:\dfrac{x_{2}x}{2} + y_{2}y =1$ 过 $Q$，有$$\dfrac{x_{2}x_{0}}{2} + y_{2}y_{0} =1 , \cdots\cdots \text{ ② }\\$$故直线 $AB$ 为 $\dfrac{x_{0}x}{2} + y_{0}y =1$，由于直线 $AB$ 过点 $P\left (1,\dfrac{1}{2}\right )$，则有 $\dfrac{x_{0}}{2} +\dfrac{y_{0}}{2}=1$，即$$x_{0} +y_{0}=2. \qquad \cdots\cdots \text{ ③ }$$故 $Q$ 的轨迹方程为 $x+y=2.$

$\dfrac{\sqrt{6}}{12}$

当直线 $AB$ 斜率不存在时，即直线 $AB$ 的方程为 $x=1$，此时 $A\left(1,\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)$、$B\left(1,- \dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)$、$Q(2,0)$．所以$$S_{\triangle ABQ} = \dfrac{1}{2} \times \sqrt{2} \times 1 = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$当直线 $AB$ 斜率存在时，设直线 $AB:y- \dfrac{1}{2} = k(x-1)$，即$$y=kx +\dfrac{1}{2} - k.$$联立 $\begin{cases} x^{2} +2y^2 =2,\\ y=kx +\dfrac{1}{2} - k, \end{cases}$ 消去 $y$ 得$$(2k^2 +1)x^{2} + 2k(1-2k)x + \left(2k^2 -2k -\dfrac{3}{2}\right) =0.$$于是有$$ \begin{cases} x_{1} +x_{2}= \dfrac{2k(2k-1)}{2k^2 +1},\\x_{1}x_{2} = \dfrac{2k^2 -2k -\dfrac{3}{2}}{2k^2 +1} . \end{cases}$$又 ① $-$ ② 得到 $\dfrac{x_{0}}{2} + ky_{0} = 0$ 与 ③ 式联立，可解得 $Q\left(\dfrac{4k}{2k-1},\dfrac{2}{1-2k} \right)$，则\[\begin{split} S_{\triangle ABQ} &= \dfrac{1}{2} \lvert AB \rvert d \\ &=\dfrac{1}{2}\sqrt{1+k^2} \lvert x_{1} - x_{2} \rvert \cdot \dfrac{\left \lvert \dfrac{4k^2 +2}{2k-1} +\dfrac{1}{2} -k \right \rvert}{\sqrt{1+k^2}}\\&= \dfrac{\sqrt{2}}{4} \cdot \dfrac{(4k^2 +4k +3)^{\frac{3}{2}}}{(2k^2 +1) \lvert 2k -1 \rvert} , \end{split}\]可得$$S^2_{\triangle AQB} = \dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{(4k^2 +4k +3)^3}{(2k^2 +1)^2 (2k - 1)^2}.$$令 $f(k) = \dfrac{(4k^2 +4k +3)^3}{(2k^2 +1)^2 (2k - 1)^2}$，则$$f'(k) = \dfrac{-8(4k^2 +4k +3)^2 (k+1)(8k^2 -4k+3)}{(2k^2 +1)^3 (2k - 1)^3},$$故 $f(k)$ 在区间 $(- \infty ,-1)$ 上单调递减，$\left(-1,\dfrac{1}{2}\right)$ 上单调递增，$\left (\dfrac{1}{2},+\infty \right)$ 上单调递减，又 $\lim \limits_{k \to + \infty}{f(k)} = 4,$ 所以$$f(k)_{\min} = f(-1) =\dfrac{1}{3}.$$于是，当 $k=-1$ 时，$\triangle AQB$ 面积的最小值为 $S_{\min} = \dfrac{\sqrt{6}}{12}.$