解题思路：（1）由切线的性质知∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°，所以可以判定四边形OADB是矩形；根据⊙O的半径是2求得直径AD=4，从而求得点P的坐标，将其代入直线方程y=kx+3即可知p变化的函数关系式；
（2）连接DN．∵直径所对的圆周角是直角，∴∠AND=90°，∴根据图示易证∠AND=∠ABD；然后根据同弧所对的圆周角相等推知∠ADN=∠AMN，再由等量代换可知∠ABD=∠AMN；最后利用相似三角形的判定定理AA证明△AMN∽△ABP；
（3）存在．把x=0代入y=kx+3得y=3，即OA=BD=3，然后由勾股定理求得AB=5；又由相似三角形的相似比推知相似三角形的面积比．分两种情况进行讨论：①当点P在B点上方时，由相似三角形的面积比得到k2-4k-2=0，解关于k的一元二次方程；②当点P在B点下方时，由相似三角形的面积比得到k2+1=-（4k+3），解关于k的一元二次方程．
（1）∵y轴和直线l都是⊙C的切线，
∴OA⊥AD，BD⊥AD；
又∵OA⊥OB，
∴∠AOB=∠OAD=∠ADB=90°，
∴四边形OADB是矩形；
∵⊙C的半径为2，
∴AD=OB=4；
∵点P在直线l上，
∴点P的坐标为（4，p）；
又∵点P也在直线AP上，
∴p=4k+3；
（2）连接DN．
∵AD是⊙C的直径，
∴∠AND=90°，
∵∠ADN=90°-∠DAN，∠ABD=90°-∠DAN，
∴∠ADN=∠ABD，
又∵∠ADN=∠AMN，
∴∠ABD=∠AMN（4分）
∵∠MAN=∠BAP（5分）
∴△AMN∽△ABP（6分）
（3）存在．（7分）
理由：把x=0代入y=kx+3得：y=3，即OA=BD=3，
AB=
AD2+BD2=
42+32=5，
∵S△ABD=[1/2]AB•DN=[1/2]AD•DB
∴DN=[AD•DB/AB]=[4×3/5=
12
5]，
∴AN2=AD2-DN2=42-(
12
5)2=
256
25，
∵△AMN∽△ABP，
∴
S△AMN
S△ABP=(
AN
AP)2，即S△AMN=(
AN
AP)2•S△ABP=
AN2•S△ABP
AP2（8分）
当点P在B点上方时，
∵AP2=AD2+PD2=AD2+（PB-BD）2=42+（4k+3-3）2=16（k2+1），
或AP2=AD2+PD2=AD2+（BD-PB）2=42+（3-4k-3）2=16（k2+1），
S△ABP=[1/2]PB•AD=[1/2]（4k+3）×4=2（4k+3），
∴S△AMN=
AN2•S△ABP
AP2=
点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；一次函数综合题；勾股定理；圆周角定理；切线的性质．
考点点评： 本题主要考查了梯形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质以及一次函数的综合应用，要注意的是（3）中，要根据P点的不同位置进行分类求解．
