答案：
(1) 由点 $A(1,2)$ 在 $C$ 上, 代人 $C: y^2=2 p x$, 解得 $p=2$, 即 $C: y^2=4 x$. 因为 $M$ 为 $A$ 关于动点 $T(t, 0)$ 的对称点, 所以 $M(2 t-1,-2)$. 设直线 $l: x=n(y+2)+2 t-1$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x=n(y+2)+2 t-1, \\ y^2=4 x,\end{array}\right.$ 整理得 $y^2-4 n y-8 n-8 t+4=0$, 则 $\Delta=(-4 n)^2-4(-8 n-8 t+4)=16\left(n^2+2 n+2 t-1\right)$, $y_1+y_2=4 n, y_1 y_2=-8 n-8 t+4$, 由 $M$ 为 $P, Q$ 的中点, 得 $\frac{y_1+y_2}{2}=-2$, 故 $n=-1$, 由 $\Delta > 0$, 解得 $1 < t < 3$, 由直线 $l$ 过坐标原点 $O$, 得 $n=\frac{1}{2}-t$, 则 $t=\frac{3}{2}$,
解得 $y_1=0, y_2=-4$, 即 $P(0,0), Q(4,-4)$,
设 $\triangle A P Q$ 外接圆的一般方程 $x^2+y^2+D x+E y+F=0$,
代人 $A(1,2), P(0,0), Q(4,-4)$,
$\left\{\begin{array}{l}F=0, \\ 5+D+2 E+F=0, \\ 32+4 D-4 E+F=0,\end{array}\right.$
解得 $D=-7, E=1, F=0$, 即 $x^2+y^2-7 x+y=0$,
即 $\triangle A P Q$ 外接圆的标准方程为 $\left(x-\frac{7}{2}\right)^2+\left(y+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{25}{2}$.
则 $\triangle A P Q$ 面积 $S=\frac{1}{2} \cdot|P Q| \cdot d=4 \sqrt{2}(3-t) \sqrt{t-1}$, $S^{\prime}=\frac{2 \sqrt{2}(5-3 t)}{\sqrt{t-1}}$, 由 $S^{\prime}=0$, 解得 $t=\frac{5}{3}$,
当 $1 < t < \frac{5}{3}, S^{\prime} > 0, S$ 单调递增; 当 $\frac{5}{3} < t < 3, S^{\prime} < 0, S$ 单调递减;
故 $t=\frac{5}{3}, \triangle A P Q$ 面积的最大值 $S=\frac{32 \sqrt{3}}{9}$.
(2) 由 (1) 可知, $|P Q|=8 \sqrt{t-1}$,
$A$ 到直线 $l: x+y+3-2 t=0$ 的距离为 $d=\frac{|1+2+3-2 t|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}(3-t)$,