因为椭圆过点 $\left(1,\dfrac{\sqrt 2 }{2} \right)$，$e=\dfrac{\sqrt 2 }{2}$，所以\[\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{{2{b^2}}} = 1,\dfrac{c}{a} = \dfrac{\sqrt 2 }{2}.\]又 ${a^2} = {b^2} + {c^2}$，所以\[a = \sqrt 2 ,b = 1,c = 1,\]故所求椭圆方程为\[\dfrac{x^2}{2} + y^2 = 1.\]

（i）方法一：因为 $ F_1\left(-1,0\right)$，$F_2\left(1,0\right) $，$PF_1 $，$ PF_2$ 的斜率分别为 $ k_1$，$k_2 $，
且点 $ P$ 不在 $x $ 轴上，所以 $k_1\neq k_2 $，$ k_1\neq0$，$ k_2\neq0$．
又直线 $PF_1 $，$ PF_2$ 的方程分别为\[y=k_1\left(x+1\right) ,y=k_2\left(x-1\right) ,\]联立两方程解得\[\begin{cases}x=\dfrac{k_1+k_2}{k_2-k_1},\\y=\dfrac{2k_1k_2}{k_2-k_1}, \end{cases}\]所以 $ P\left(\dfrac{k_1+k_2}{k_2-k_1},\dfrac{2k_1k_2}{k_2-k_1}\right)$，由于点 $ P$ 在直线 $ x+y=2$ 上，所以\[\dfrac{k_1+k_2+2k_1k_2}{k_2-k_1}=2 ,\]因此\[ 2k_1k_2+3k_1-k_2=0,\]即\[\dfrac1k_1-\dfrac3k_2=2 ,\]结论成立．
方法二：设 $ P\left(x_0,y_0\right)$，则\[ k_1=\dfrac{y_0}{x_0+1},k_2=\dfrac{y_0}{x_0-1},\]因为点 $P $ 不在 $x $ 轴上，所以 $y_0\neq0 $．
又 $x_0+y_0=2 $，所以\[\begin{split}\dfrac1k_1-\dfrac3k_2&=\dfrac{x_0+1}{y_0}-\dfrac{3\left(x_0-1\right)}{y_0}\\&=\dfrac{4-2x_0}{y_0}=\dfrac{2y_0}{y_0}=2.\end{split} \]因此结论成立．
（ii）设 $A\left({x_A},{y_A}\right)$，$B\left({x_B},{y_B}\right)$，$C\left({x_C},{y_C}\right)$，$D\left({x_D},{y_D}\right)$．
联立直线 $ PF_1$ 与椭圆的方程得\[\begin{cases} y=k_1\left(x+1\right),\\ \dfrac{x^2}2+y^2=1,\end{cases}\]化简得\[ \left(2k_1^2+1\right)x^2+4k_1^2x+2k_1^2-2=0,\]因此\[ x_A+x_B=\dfrac{-4k_1^2}{2k_1^2+1},x_Ax_B=\dfrac{2k_1^2-2}{2k_1^2+1}.\]由于 $OA $，$OB $ 的斜率存在，所以 $x_A\neq0 $，$ x_B\neq0$，因此 $k_1^2\neq0 $ 且 $k_1^2\neq1 $．
因此\[ \begin{split}k_{OA}+k_{OB}&=\dfrac{y_A}{x_A}+\dfrac{y_B}{x_B}=\dfrac{k_1\left(x_A+1\right)}{x_A}+\dfrac{k_1\left(x_B+1\right)}{x_B}\\&=2k_1+k_1\cdot\dfrac{x_A+x_B}{x_Ax_B}=k_1\left(2-\dfrac{4k_1^2}{2k_1^2-2}\right)\\&=-\dfrac{4k_1}{2k_1^2-2}=-\dfrac{2k_1}{k_1^2-1}.\end{split}\]类似地可以得到 $ x_C\neq0$，$x_D\neq0 $，$ k_2^2\neq0$ 且 $k_2^2\neq1 $．所以\[k_{OC}+k_{OD}=-\dfrac{2k_2}{k_2^2-1} ,\]故\[\begin{split}{k_{OA}} + {k_{OB}} + {k_{OC}} + {k_{OD}} &= \left(\dfrac{k_1}{k_1^2 - 1} + \dfrac{k_2}{k_2^2 - 1}\right)\\&= - 2\dfrac{{{k_1}k_2^2 - {k_1} + k_1^2{k_2} - {k_2}}}{\left(k_1^2 - 1\right)\left(k_2^2 - 1\right)}\\& = - \dfrac{{2\left({k_1}{k_2} - 1\right)\left({k_1} + {k_2}\right)}}{\left(k_1^2 - 1\right)\left(k_2^2 - 1\right)}.\end{split}\]若 ${k_{OA}} + {k_{OB}} + {k_{OC}} + {k_{OD}} = 0$，须有\[{k_1} + {k_2}=0 或 {k_1}{k_2}=1.\]① 当 ${k_1} + {k_2}=0$ 时，结合（ⅰ）的结论，可得 ${k_2}=-2$，所以解得点 $ P $ 的坐标为 $ \left(0,2\right) $；
② 当 ${k_1}{k_2} =1$ 时，结合（ⅰ）的结论，可得 ${k_2} =3 或 {k_2}=-1$（此时 ${k_1} =-1$，不满足 ${k_1}\neq {k_2}$，舍去），
此时直线 $ CD $ 的方程为 $y = 3\left(x - 1\right)$，联立方程 $x + y = 2$ 得 $x = \dfrac{5}{4}$，$y = \dfrac{3}{4}$，因此 $P\left(\dfrac{5}{4},\dfrac{3}{4}\right)$．
综上所述，满足条件的点 $ P $ 的坐标分别为 $\left(0,2\right)$，$\left(\dfrac{5}{4},\dfrac{3}{4}\right)$．