${C_1}$ 的左焦点为 $F\left( { - \sqrt 3 ,0} \right)$，过 $F$ 的直线 $x = - \sqrt 3 $ 与 ${C_1}$ 交于 $\left( { - \sqrt 3 , \pm \dfrac{\sqrt 2 }{2}} \right)$，与 ${C_2}$ 交于 $\left( { - \sqrt 3 , \pm \left( {\sqrt 3 + 1} \right)} \right)$，故 ${C_1}$ 的左焦点为" ${C_1} - {C_2}$ 型点"，且直线可以为 $x = - \sqrt 3 $．

直线 $y = kx$ 与 ${C_2}$ 有交点，则\[ \begin{cases} y = kx \\ |y| = |x| + 1 \end{cases} \Rightarrow \left(|k| - 1\right)|x| = 1, \]若方程组有解，则必须 $|k| > 1$；
直线 $y = kx$ 与 ${C_1}$ 有交点，则\[ \begin{cases} y = kx \\ {x^2} - 2{y^2} = 2 \end{cases} \Rightarrow \left(1 - 2{k^2}\right){x^2} = 2, \]若方程组有解，则必须 ${k^2} < \dfrac{1}{2}$．
故直线 $y = kx$ 至多与曲线 ${C_1}$ 和 ${C_2}$ 中的一条有交点，即原点不是" ${C_1} - {C_2}$ 型点"．

显然过圆 ${x^2} + {y^2} = \dfrac{1}{2}$ 内一点的直线 $l$ 若与曲线 ${C_1}$ 有交点，则斜率必存在；
根据对称性，不妨设直线 $l$ 斜率存在且与曲线 ${C_2}$ 交于点 $\left(t,t + 1\right)\left(t \geqslant 0\right)$，则\[l:y - \left(t + 1\right) = k\left(x - t\right) \Rightarrow kx - y + \left(1 + t - kt\right) = 0,\]直线 $l$ 与圆 ${x^2} + {y^2} = \dfrac{1}{2}$ 内部有交点，故\[\dfrac{|1 + t - kt|}{{\sqrt {{k^2} + 1} }} < \dfrac{\sqrt 2 }{2},\]化简得\[{\left(1 + t - tk\right)^2} < \dfrac{1}{2}\left({k^2} + 1\right). \quad \cdots \cdots ① \]若直线 $l$ 与曲线 ${C_1}$ 有交点，则\[\begin{cases} y = kx - kt + t + 1 \\ \dfrac{x^2}{2} - {y^2} = 1 \end{cases} \Rightarrow \left({k^2} - \dfrac{1}{2}\right){x^2} + 2k\left(1 + t - kt\right)x + {\left(1 + t - kt\right)^2} + 1 = 0 ,\\ \triangle = 4{k^2}{\left(1 + t - kt\right)^2} - 4\left( {{k^2} - \dfrac{1}{2}} \right)\left[{\left(1 + t - kt\right)^2} + 1\right] \geqslant 0,\]化简得\[{\left(1 + t - kt\right)^2} \geqslant 2\left({k^2} - 1\right). \quad \cdots \cdots ② \]由 ①② 得\[2\left({k^2} - 1\right) \leqslant {\left(1 + t - tk\right)^2} < \dfrac{1}{2}\left({k^2} + 1\right) \Rightarrow {k^2} < 1,\]但此时，因为\[t \geqslant 0,{\left[1 + t\left(1 - k\right)\right]^2} \geqslant 1,\dfrac{1}{2}\left({k^2} + 1\right) < 1,\]即 ① 式不成立；当 ${k^2} = \dfrac{1}{2}$ 时，① 式也不成立．
综上，直线 $l$ 若与圆 ${x^2} + {y^2} = \dfrac{1}{2}$ 内有交点，则不可能同时与曲线 ${C_1}$ 和 ${C_2}$ 有交点，即圆 ${x^2} + {y^2} = \dfrac{1}{2}$ 内的点都不是" ${C_1} - {C_2}$ 型点"．