（1）由椭圆的对称性可知，若点 $P_3(-1, \frac{\sqrt{3}}{2})$ 在椭圆上，则其关于 $y$ 轴对称的点 $P_4(1, \frac{\sqrt{3}}{2})$ 也必在椭圆上。
考察点 $P_1(1, 1)$ 与 $P_4(1, \frac{\sqrt{3}}{2})$，由于 $\frac{\sqrt{3}}{2} < 1$，且椭圆方程为 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$，对于相同的横坐标 $x=1$，纵坐标越大，$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}$ 的值越大。若 $P_1$ 在椭圆上，则 $\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} = 1$；若 $P_4$ 在椭圆上，则 $\frac{1}{a^2} + \frac{3}{4b^2} = 1$。
显然 $\frac{1}{b^2} > \frac{3}{4b^2}$，故 $P_1$ 和 $P_4$ 不可能同时在椭圆上。
题目已知恰有三点在椭圆上，且 $P_3, P_4$ 同进同出，故 $P_3, P_4$ 必在椭圆上，而 $P_1$ 不在椭圆上。
因此，在椭圆上的三点为 $P_2(0, 1), P_3(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}), P_4(1, \frac{\sqrt{3}}{2})$。
将 $P_2(0, 1)$ 代入椭圆方程，得：
$$ \frac{0}{a^2} + \frac{1}{b^2} = 1 \implies b^2 = 1 $$
将 $P_4(1, \frac{\sqrt{3}}{2})$ 及 $b^2=1$ 代入椭圆方程，得：
$$ \frac{1}{a^2} + \frac{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}{1} = 1 \implies \frac{1}{a^2} + \frac{3}{4} = 1 \implies \frac{1}{a^2} = \frac{1}{4} \implies a^2 = 4 $$
故椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{4} + y^2 = 1$。
（2）证明：
由题意，直线 $l$ 不经过点 $P_2(0, 1)$。
① 当直线 $l$ 的斜率不存在时，设 $l: x = m$。
联立 $\begin{cases} x=m \\ \frac{x^2}{4} + y^2 = 1 \end{cases}$，解得 $y = \pm \sqrt{1 - \frac{m^2}{4}}$。
设 $A(m, y_A), B(m, -y_A)$，其中 $y_A = \sqrt{1 - \frac{m^2}{4}}$。
直线 $P_2A$ 的斜率 $k_{P_2A} = \frac{y_A - 1}{m}$，直线 $P_2B$ 的斜率 $k_{P_2B} = \frac{-y_A - 1}{m}$。
由题设 $k_{P_2A} + k_{P_2B} = -1$，得：
$$ \frac{y_A - 1}{m} + \frac{-y_A - 1}{m} = \frac{-2}{m} = -1 \implies m = 2 $$
当 $m=2$ 时，$y_A = 0$，此时 $A(2,0), B(2,0)$，两点重合，不满足相交于两不同点的条件（或视为切线，但通常“相交于A,B两点”隐含 distinct points，且此时直线过右顶点，仅有一个公共点）。即便考虑重合，直线 $x=2$ 与椭圆相切，不符合一般弦的定义，且后续验证定点时需保证一般性。更重要的是，若 $m=2$，直线 $x=2$ 不过定点 $(2, -1)$ 以外的其他特殊结构，我们先看斜率存在的情况，最后统一定点。实际上，若 $m=2$，直线为 $x=2$，它经过 $(2, -1)$ 吗？是的，$(2, -1)$ 的横坐标为 2。但通常此类问题中“相交于两点”指两个不同的交点，故 $m=2$ 舍去或作为极限情况。让我们主要推导斜率存在的情形。
② 当直线 $l$ 的斜率存在时，设 $l: y = kx + t$。
因为 $l$ 不经过 $P_2(0, 1)$，所以 $t \neq 1$。
联立直线与椭圆方程：
$$ \begin{cases} y = kx + t \\ x^2 + 4y^2 = 4 \end{cases} $$
消去 $y$ 得：$x^2 + 4(kx + t)^2 = 4$，
整理得：$(1 + 4k^2)x^2 + 8ktx + 4t^2 - 4 = 0$。
设 $A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)$，则 $x_1, x_2$ 是上述方程的两个根。
由韦达定理：
$$ x_1 + x_2 = \frac{-8kt}{1 + 4k^2}, \quad x_1 x_2 = \frac{4t^2 - 4}{1 + 4k^2} $$
判别式 $\Delta = (8kt)^2 - 4(1 + 4k^2)(4t^2 - 4) > 0$，即 $16k^2t^2 - 16(t^2 - 1 + 4k^2t^2 - 4k^2) > 0$，化简得 $4k^2 - t^2 + 1 > 0$。
计算斜率之和：
$$ k_{P_2A} + k_{P_2B} = \frac{y_1 - 1}{x_1} + \frac{y_2 - 1}{x_2} $$
将 $y_1 = kx_1 + t, y_2 = kx_2 + t$ 代入：
$$ \begin{aligned} k_{P_2A} + k_{P_2B} &= \frac{kx_1 + t - 1}{x_1} + \frac{kx_2 + t - 1}{x_2} \\ &= k + \frac{t - 1}{x_1} + k + \frac{t - 1}{x_2} \\ &= 2k + (t - 1) \left( \frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} \right) \\ &= 2k + (t - 1) \frac{x_1 + x_2}{x_1 x_2} \end{aligned} $$
代入韦达定理的结果：
$$ \frac{x_1 + x_2}{x_1 x_2} = \frac{\frac{-8kt}{1 + 4k^2}}{\frac{4t^2 - 4}{1 + 4k^2}} = \frac{-8kt}{4(t^2 - 1)} = \frac{-2kt}{t^2 - 1} = \frac{-2kt}{(t - 1)(t + 1)} $$
因为 $t \neq 1$，所以：
$$ k_{P_2A} + k_{P_2B} = 2k + (t - 1) \cdot \frac{-2kt}{(t - 1)(t + 1)} = 2k - \frac{2kt}{t + 1} $$
由题设 $k_{P_2A} + k_{P_2B} = -1$，得：
$$ 2k - \frac{2kt}{t + 1} = -1 $$
$$ 2k \left( 1 - \frac{t}{t + 1} \right) = -1 $$
$$ 2k \left( \frac{t + 1 - t}{t + 1} \right) = -1 $$
$$ \frac{2k}{t + 1} = -1 \implies 2k = -(t + 1) \implies t = -2k - 1 $$
此时需检验 $\Delta > 0$ 是否成立。
$t = -2k - 1$，代入 $4k^2 - t^2 + 1 > 0$：
$$ 4k^2 - (-2k - 1)^2 + 1 = 4k^2 - (4k^2 + 4k + 1) + 1 = -4k $$
要使 $\Delta > 0$，需 $-4k > 0 \implies k < 0$。
只要取 $k < 0$，直线 $l$ 就存在且与椭圆有两个交点。
将 $t = -2k - 1$ 代入直线方程 $y = kx + t$：
$$ y = kx - 2k - 1 = k(x - 2) - 1 $$
由此可知，无论 $k$ 取何值（只要 $k<0$），直线 $l$ 恒过定点 $(2, -1)$。
综上所述，直线 $l$ 过定点 $(2, -1)$。