（Ⅰ）设椭圆焦点为 $F(c,0)$，其中 $c^2=a^2-b^2$，短轴两端点为 $B_1(0,b)$，$B_2(0,-b)$。
三点 $F,B_1,B_2$ 构成正三角形，所以
\[
|FB_1|=|B_1B_2|.
\]
又
\[
|FB_1|=\sqrt{c^2+b^2}=a,\qquad |B_1B_2|=2b,
\]
因此
\[
a=2b,\qquad a^2=4b^2.
\]
椭圆方程可写为
\[
\frac{x^2}{4b^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.
\]
点 $P\left(\sqrt3,\frac12\right)$ 在椭圆上，代入得
\[
\frac{3}{4b^2}+\frac{1}{4b^2}=1,
\]
即
\[
\frac1{b^2}=1,
\]
所以
\[
b^2=1,\qquad a^2=4.
\]
故椭圆方程为
\[
\frac{x^2}{4}+y^2=1.
\]
（Ⅱ）直线 $l$ 的斜率为 $\frac12$，且不过原点，设其方程为
\[
y=\frac12 x+m\qquad (m\ne0).
\]
与椭圆
\[
\frac{x^2}{4}+y^2=1
\]
联立，代入得
\[
\frac{x^2}{4}+\left(\frac12 x+m\right)^2=1,
\]
整理为
\[
x^2+2mx+2m^2-2=0.
\]
设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则 $x_1,x_2$ 是该方程的两个根。因为 $A,B$ 不同，所以
\[
\Delta=4(2-m^2)>0,
\]
从而
\[
m^2<2.
\]
由根与系数关系得
\[
x_1+x_2=-2m,\qquad x_1x_2=2m^2-2.
\]
线段 $AB$ 的中点 $M$ 的横坐标为
\[
x_M=\frac{x_1+x_2}{2}=-m.
\]
又
\[
y_M=\frac{y_1+y_2}{2}
=\frac12\cdot\frac{x_1+x_2}{2}+m
=\frac m2,
\]
所以
\[
M\left(-m,\frac m2\right).
\]
由于 $m\ne0$，直线 $OM$ 的斜率为
\[
\frac{\frac m2}{-m}=-\frac12,
\]
故 $OM$ 的方程为
\[
y=-\frac12 x.
\]
将其与椭圆联立：
\[
\frac{x^2}{4}+\frac{x^2}{4}=1,
\]
得
\[
x^2=2,
\]
所以两个交点可取为
\[
C\left(-\sqrt2,\frac{\sqrt2}{2}\right),\qquad
D\left(\sqrt2,-\frac{\sqrt2}{2}\right).
\]
点 $M,C,D$ 都在直线 $y=-\frac12 x$ 上。该直线上两点若横坐标差为 $d$，则距离为
\[
\sqrt{1+\left(\frac12\right)^2}\,|d|=\frac{\sqrt5}{2}|d|.
\]
因此
\[
|MC|\cdot|MD|
=\left(\frac{\sqrt5}{2}\right)^2
\left|(-\sqrt2)-(-m)\right|
\left|\sqrt2-(-m)\right|.
\]
即
\[
|MC|\cdot|MD|
=\frac54|m-\sqrt2||m+\sqrt2|.
\]
由 $m^2<2$ 知 $|m|<\sqrt2$，所以
\[
|MC|\cdot|MD|
=\frac54(2-m^2).
\]
另一方面，$M$ 是 $AB$ 的中点，因此
\[
|MA|=|MB|=\frac12|AB|,
\]
从而
\[
|MA|\cdot|MB|=\frac14|AB|^2.
\]
又因为直线 $l$ 的斜率为 $\frac12$，
\[
|AB|^2=(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2
=\left(1+\frac14\right)(x_1-x_2)^2
=\frac54(x_1-x_2)^2.
\]
所以
\[
|MA|\cdot|MB|
=\frac{5}{16}\left[(x_1+x_2)^2-4x_1x_2\right].
\]
代入
\[
x_1+x_2=-2m,\qquad x_1x_2=2m^2-2,
\]
得
\[
|MA|\cdot|MB|
=\frac{5}{16}\left[4m^2-4(2m^2-2)\right]
=\frac54(2-m^2).
\]
于是
\[
|MA|\cdot|MB|=|MC|\cdot|MD|.
\]
结论得证。