解题思路：对第（1）问，由AF=3，PQ=3，及a2=b2+c2可求得a2，b2；
对第（2）问，可先设直线PQ的方程与P，Q的坐标，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理建立交点坐标的关系，将k1k2用坐标表示，再探求定值的存在性；
对第（3）问，根据S△APQ=
1
2
AF•|
y
1
−
y
2
|
，将|y1-y2|用参数m表示，从而得到面积关于m函数，根据此函数的形式特点，可求得面积的最大值．
（1）设椭圆的右焦点为F（c，0），c＞0，则a2=b2+c2，…①
由AF=3，得a+c=3，…②
又当直线l⊥x轴时，P，Q的横坐标为c，将x=c代入
x2
a2+
y2
b2＝1中，得y＝±
b2
a，
则PQ＝
2b2
a＝3，…③
联立①②③，解得a2=4，b2=3，c2=1，
所以椭圆C的方程为
x2
4+
y2
3＝1．
（2）k1k2为定值−
1
4．证明如下：
显然，直线PQ不与y轴垂直，可设PQ的方程为x=my+1，
联立椭圆方程
x2
4+
y2
3＝1，消去x并整理得（3m2+4）y2+6my-9=0，
又设P（x1，y1），Q（x2，y2），由韦达定理得
y1+y2＝−
6m
3m2+4
y1y2＝
−9
3m2+4
从而x1+x2=（my1+1）+（my2+1）=[8
3m2+4，x1x2=（my1+1）（my2+1）=
−12m2+4
3m2+4，
所以k1k2＝
y1y2
(x1+2)(x2+2)＝
y1y2
x1x2+2(x1+x2)+4=
−9
3m2+4
−12m2+4
3m2+4+
16
3m2+4+4=
−9/36＝−
1
4]，
即k1k2＝−
1
4，故得证．
（3）由（2）知，
y1+y2＝−
6m
3m2+4
y1y2＝
−9
3m2+4
所以S＝
1
2AF•|y1−y2|＝
3
2|y1−y2|=
3
2
(y1+y2)2−4y1y2
=
3
2
(−
6m
3m2+4)2+
36
3m2+4=18
m2+1
(3m2+4)2=18
m2+1
9(m2+1)2+6(m2+1)+1
=18
1
9(m2+1)+
1
m2+1+6．
令t=m2+1，t≥1，
则S＝
18
9t+
1
t+6（t≥1），设函数g(t)＝9t+
1
t（t≥1），
由(9t+
1
t)′＝9−
1
t2=
9t2−1
t2＞0知，g（t）在[1，+∞）上为增函数，
得t=1，即m=0时，[g(t)]min＝9×1+
1
1＝10，
此时S取得最大值为
18
10+6=[9/2]．
点评：
本题考点： 直线与圆锥曲线的综合问题．
考点点评： 1．求椭圆的方程，只需确定a2，b2，需要建立关于a，b，c的三个不同的方程．
2．要获得定值，往往需要消参，韦达定理的运用，体现了“设而不求”的思想．
3．面积的最值问题，一般转化为函数最值问题来处理．常利用函数的单调性求最值，考虑导数方法来研究函数的单调性，过程显得更为简洁．