由 $ x^2+y^2-4x+2=0 $ 得\[ \left(x-2\right)^2+y^2=2, \]则圆 $ C $ 的圆心为点\[ \left(2,0\right). \]从而可设椭圆 $ E $ 的方程为\[ {\dfrac{x^2}{a^2}}+{\dfrac{y^2}{b^2}}=1\left(a>b>0\right) ,\]其焦距为 $ 2c $．由题设知\[c=2,{\mathrm{e}}={\dfrac{c}{a}}={\dfrac{1}{2}},\]所以\[a=2c=4,b^2=a^2-c^2=12.\]故椭圆 $ E $ 的方程为\[{\dfrac{x^2}{16}}+{\dfrac{y^2}{12}}=1.\]

设点 $ P $ 的坐标为 $ \left(x_0,y_0\right) $，$ l_1,l_2 $ 的斜率分别为 $ k_1,k_2 $，则 $ l_1,l_2 $ 的方程分别为\[ \begin{split}l_1&:y-y_0=k_1\left(x-x_0\right), \\ l_2&:y-y_0=k_2\left(x-x_0\right), \end{split}\]且\[ k_1k_2={\dfrac{1}{2}} .\]由 $ l_1 $ 与圆 $ C:\left(x-2\right)^2+y^2=2 $ 相切得\[{\dfrac{|2{k_1}+{y_0}-{k_1}{x_0}|}{{\sqrt{k_1^2+1}}}}={\sqrt{2}},\]即\[\left[\left(2-{x_0}\right)^2-2\right]k_1^2+2\left(2-{x_0}\right){y_0}{k_1}+y_0^2-2=0,\]同理可得\[\left[\left(2-{x_0}\right)^2-2\right]k_2^2+2\left(2-{x_0}\right){y_0}{k_2}+y_0^2-2=0.\]从而 $k_1,k_2$ 是方程\[\left[\left(2-{x_0}\right)^2-2\right]k^2+2\left(2-{x_0}\right){y_0}k+y_0^2-2=0\]的两个实根，于是\[\begin{cases} \left(2-{x_0}\right)^2-2\neq 0, \\ \Delta =4\left[\left(2-{x_0}\right)^2-y_0^2+2\right] > 0, \end{cases}\quad \cdots \cdots ① \]且\[{k_1}{k_2}={\dfrac{y_0^2-2}{\left(2-{x_0}\right)^2-2}}={\dfrac{1}{2}}.\]由\[\begin{cases} {\dfrac{x_0^2}{16}}+{\dfrac{y_0^2}{12}}=1, \\ {\dfrac{y_0^2-2}{\left(2-{x_0}\right)^2-2}}={\dfrac{1}{2}},\end{cases}\]得\[5 x_0^2-8{x_0}-36=0,\]解得\[ x_0=-2 或 x_0={\dfrac{18}{5}}.\]由 $ x_0=-2 $ 得\[ y_0= \pm 3; \]由 $ x_0={\dfrac{18}{5}} $ 得\[ y_0=\pm {\dfrac{{\sqrt{57}}}{5}}, \]它们均满足 $ ① $ 式．
故点 $ P $ 的坐标为\[ \left(-2,3\right) 或 \left(-2,-3\right) 或 \left({\dfrac{18}{5}},{\dfrac{{\sqrt{57}}}{5}} \right)或 \left({\dfrac{18}{5}},-{\dfrac{{\sqrt{57}}}{5}} \right).\]