（Ⅰ）∵点D（0，1）在且椭圆E上，

∴b=1，

∵e2=

c2

a2

=

a2-b2

a2

=

a2-1

a2

=(

2

2

)2=

1

2

，

∴a²=2a²-2，

∴a2=2，a=

2

，

∴椭圆E的方程为

x2

2

+y2=1（4分）

（Ⅱ）解法一：设直线AB的方程为y=k（x-1）（k≠0），

代入

x2

2

+y²=1，整理得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0．

∵直线AB过椭圆的右焦点F₂，

∴方程有两个不等实根．

记A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中点N（x₀，y₀），

则x₁+x₁=

4k2

2k2+1

，x0=

1

2

(x1+x2)=

2k2

2k2+1

，y0=k(x0-1)=-

k

2k2+1

，（6分）

∴AB垂直平分线NG的方程为y-y0=-

1

k

(x-x0)．

令y=0，得t=x0+ky0=

2k2

2k2+1

-

k2

2k2+1

=

k2

2k2+1

=

1

2

-

1

4k2+2

．（8分）

∵k≠0，∴0＜t＜

1

2

．

∴t的取值范围为(0，

1

2

)．（10分）

解法二：设直线AB的方程为x=my+1，

由

x=my+1 x2 2 +y2=1

可得（m²+2）y²+2my-1=0．

记A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中点N（x₀，y₀），

则y1+y2=

-2m

m2+2

，y1y2=-

1

m2+2

．

可得y0=

y1+y2

2

=

-m

m2+2

x0=my0+1=

2

m2+2

．                     （6分）

∴AB垂直平分线NG的方程为y-y₀=-m（x-x₀）．

令y=0，得t=x0+

y0

m

=

2

m2+2

-

1

m2+2

=

1

m2+2

．（8分）

∵m≠0，∴0＜m＜

1

2

．

∴t的取值范围为(0，

1

2

)．                           （10分）

（Ⅲ）解法一：S△GAB=

1

2

•|F2G|•|y1-y2|=

1

2

|F2G||k|•|x1-x2|．

而|x1-x2|=

(x1+x2)2-4x1x2

=

8(k2+1)

2k2+1

，

∵0＜t＜

1

2

，由t=

k2

k2+2

，可得k2=

t

1-2t

，k2+1=

1-t

1-2t

，2k2+1=

1

1-2t

．

所以|x1-x2|=2

2

(1-2t)

1-t 1-2t

．

又|F₂G|=1-t，

所以S△GAB=

1

2

(1-t)

t 1-2t

•2

2

(1-2t)

1-t 1-2t

=

2

(1-t)3t

（0＜t＜

1

2

）．（12分）

设f（t）=t（1-t）³，则f′（t）=（1-t）²（1-4t）．

可知f（t）在区间(0，

1

4

)单调递增，在区间(

1

4

，

1

2

)单调递减．

所以，当t=

1

4

时，f（t）有最大值f(

1

4

)=

27

64

．

所以，当t=

1

4

时，△GAB的面积有最大值

3 6

8

．（14分）

解法二：S△GAB=

1

2

•|F2G|•|y1-y2|

而|y1-y2|=

(y1+y2)2-4y1y2

=

8(m2+1)

m2+2

，

由t=

1

m2+2

，可得m2+2=

1

t

．

所以|y1-y2|=

8( 1 t -1) 1 t2

=

8t(1-t)

．

又|F₂G|=1-t，

所以S△MPQ=

2t(1-t)3

．

所以△MPQ的面积为

2

t(1-t)3

（0＜t＜

1

2

）．（12分）

设f（t）=t（1-t）³，

则f'（t）=（1-t）²（1-4t）．

可知f（t）在区间(0，

1

4

)单调递增，在区间(

1

4

，

1

2

)单调递减．

所以，当t=

1

4

时，f（t）有最大值f(

1

4

)=

27

64

．

所以，当t=

1

4

时，△GAB的面积有最大值

3 6

8

．（14分）