$90^{\circ}$

情形一 如果直线 $l$ 的斜率存在，设它的方程为 $y=kx+b$，因为点 $P$ 在直线 $l$ 上，所以$$-\dfrac 13=\dfrac {\sqrt 2}{3}k+b,$$故$$b=-\dfrac 13(\sqrt 2 k+1).$$联立直线 $l$ 和椭圆 $C$ 的方程，消去 $y$ 得$$(2k^2+1)x^2+4kbx+2b^2-4=0.$$设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则\[\begin{split}&x_1+x_2=-\dfrac{4kb}{2k^2+1},\\&x_1x_2=\dfrac{2b^2-4}{2k^2+1},\end{split}\]所以\[\begin{split}&{\begin{split}y_1+y_2&=k(x_1+x_2)+2b\\&=-\dfrac{4k^2b}{2k^2+1}+2b\\&=\dfrac{2b}{2k^2+1},\end{split}}\\&{\begin{split}y_1y_2&=(kx_1+b)(kx_2+b)\\&=k^2x_1x_2+kb(x_1+x_2)+b^2\\&=k^2\cdot \dfrac{2b^2-4}{2k^2+1}+kb\cdot\left(1\dfrac{4kb}{2k^2+1}\right)+b^2\\&=\dfrac{b^2-4k^2}{2k^2+1}.\end{split}}\end{split}\]因为\[\begin{split}&\overrightarrow{QA}=(x_1-\sqrt 2,y_1-1),\\&\overrightarrow{QB}=(x_2-\sqrt 2,y_2-1),\end{split}\]所以\[\begin{split}\overrightarrow{QA}\cdot \overrightarrow{QB}&=(x_1-\sqrt 2,y_1-1)\cdot(x_2-\sqrt 2,y_2-1)\\&=(x_1-\sqrt 2)(x_2-\sqrt 2)+(y_1-1)(y_2-1)\\&=x_1x_2-\sqrt(x_1+x_2)+2+y_1y_2-(y_1+y_2)+1\\&=\dfrac{1}{2k^2+1}[3b^2+2k^2+2b(2\sqrt 2 k-1)-1]\\&=\dfrac 1{2k^2+1}\left[\dfrac 13(\sqrt 2k+1)^2+2k^2-\dfrac 23(\sqrt 2k+1)(2\sqrt 2 k-1)-1\right]\\&=0,\end{split}\]故 $\overrightarrow{QA}\perp \overrightarrow{QB}$．
显然 $A,Q,B$ 三点互不相同，所以 $\angle{AQB}=90^{\circ}$．
情形二 如果直线 $l$ 的斜率不存在，则 $A,B$ 两点的坐标为 $\left(\dfrac{\sqrt 2}{3},\pm \dfrac{\sqrt{17}}{3}\right)$，容易验证 $\angle{AQB}=90^{\circ}$ 也成立．
综上，$\angle{AQB}=90^{\circ}$．

略

由 $(1)$ 知 $\angle{AQB}=90^{\circ}$，所以 $\triangle{QAB}$ 是直角三角形．
情形一 如果直线 $QA$ 和 $QB$ 的斜率不存在，易求得 $\triangle{QAB}$ 的面积为$$S=2\sqrt 2<3.$$情形二 如果直线 $QA$ 和 $QB$ 的斜率都存在，不妨设直线 $QA$ 的方程为 $y=m(x-\sqrt 2)+1$，代入椭圆 $C$ 的方程，消去 $y$，得$$(2m^2+1)x^2-4m(\sqrt 2m-1)x+2(\sqrt 2 m-1)^2-4=0,$$则\[\begin{split}|QA|&=\sqrt{m^2+1}\cdot \sqrt{\left(\dfrac{4m(\sqrt 2m-1)}{2m^2+1}\right)^2-4\cdot \dfrac{2(\sqrt 2 m-1)^2-4}{2m^2+1}}\\&=\sqrt{m^2+1}\cdot \dfrac{\sqrt 8 \cdot |\sqrt 2m+1|}{2m^2+1},\end{split}\]又 $QB\perp QA$，同理可求得\[\begin{split}|QB|&=\sqrt{\left(-\dfrac 1m\right)^2+1}\cdot \dfrac{\sqrt 8 \cdot\left|\sqrt 2\cdot \left(-\dfrac 1m\right)+1\right|}{2\left(-\dfrac 1m\right)^2+1}\\&=\sqrt{m^2+1}\cdot \dfrac{\sqrt 8 \cdot|\sqrt 2-m|}{m^2+2},\end{split}\]于是，$\triangle{QAB}$ 的面积为\[\begin{split}S&=\dfrac 12 |QA|\cdot |QB|\\&=\dfrac 12 \cdot \sqrt{m^2+1}\cdot \dfrac{\sqrt 8 \cdot |\sqrt 2 m+1|}{2m^2+1}\cdot \sqrt{m^2+1}\cdot \dfrac{\sqrt 8 \cdot|\sqrt 2-m|}{m^2+2}\\&=4(m^2+1)\cdot \dfrac{|\sqrt 2(1-m^2)+m|}{2(m^2+1)^2+m^2}\\&=4\cdot \dfrac{\left|\sqrt 2 \cdot \dfrac{1-m^2}{m^2+1}+\dfrac{m}{m^2+1}\right|}{2+\left(\dfrac m{m^2+1}\right)^2}.\end{split}\]令 $\dfrac{1-m^2}{m^2+1}=\cos \theta$，$\dfrac{2m}{m^2+1}=\sin \theta$，则$$S=4\cdot \dfrac{\left|\sqrt 2 \cos \theta +\dfrac 12 \sin \theta \right|}{2+\dfrac 14 \sin ^2{\theta}}.$$注意到\[\begin{split}\left|\sqrt 2 \cos \theta +\dfrac 12 \sin \theta\right|&=\sqrt{2+\dfrac 14 }\cdot |\sin \theta +\varphi|\\&\leqslant \sqrt{2+\dfrac 14}=\dfrac 23,\end{split}\]而$$2+\dfrac 14 \sin ^2 \theta \geqslant 2,$$且等号不能同时取得，所以$$S<4\cdot \dfrac {\dfrac 32}{2}=3.$$综上知，$S<3$．