分析 （1）如图1中，满足条件的点Q有三个，分三种情形讨论即可①QO=QP，②OP=OQ，③PO=PQ．
（2）如图2中，满足条件的点Q有2个．作PQ1⊥OB于Q1，Q2P⊥OP于Q2，可以证明Q1、Q2满足条件，理由相似三角形的性质即可解决问题．
（3）存在．以OQ为直径作⊙G，当⊙G与AB相切于点P时，∠OPQ=90°，此时OQ的值最小．由此求出OQ，即可解决问题．
解答 解：（1）如图1中，满足条件的点Q有三个．
理由：作PM⊥OB于M，作OP的垂直平分线交OP于F，交OB于Q1．则Q1P=Q1O，△OPQ1是等腰三角形，此时OQ1=$\frac{1}{2}$OB=2．
∵A（0，3），B（4，0），
∴OA=3，OB=4，AB=5，
∵OP⊥AB，
∴$\frac{1}{2}$•OA•OB=$\frac{1}{2}$•AB•OP，
∴OP=$\frac{3×4}{5}$=$\frac{12}{5}$，
当OQ2=OP时，△OPQ2是等腰三角形，此时OQ2=$\frac{12}{5}$，
当PO=PQ3时，∵PM⊥OQ3，
∴OQ3=2OM，
∵∠POM=∠POQ3，∠PMO=∠OPB，
∴△OPM∽△OBP，
∴OP2=OM•OB，
∴OM=$\frac{O{P}^{2}}{OB}$=$\frac{36}{25}$，
∴OQ3=$\frac{72}{25}$．
综上所述，△OPQ为等腰三角形时，满足条件的点Q有三个，OQ的长为2或$\frac{12}{5}$或$\frac{72}{25}$．
（2）如图2中，满足条件的点Q有2个．
理由：作PQ1⊥OB于Q1，Q2P⊥OP于Q2，
∵PA=PB，∠AOB=90°，
∴PA=PB=PO，
∴∠POQ1=∠ABO，∵∠PQ1O=∠AOB，
∴△OPQ1∽△BAO，
∵PA=PB，PQ1∥OA，
∴OQ1=BQ1=$\frac{1}{2}$OB=2，
∵∠POQ2=∠ABO，∠OPQ2=∠AOB，
∴△OPQ2∽△BOA，
∴$\frac{O{Q}_{2}}{AB}$=$\frac{OP}{OB}$，
∴$\frac{O{Q}_{2}}{5}$=$\frac{\frac{5}{2}}{4}$，
∴OQ2=$\frac{25}{8}$，
综上所述，△OPQ与△ABO相似时，满足条件的点Q有2个，OQ的长为2或$\frac{25}{8}$．
（3）存在．理由如下：
如图3中，以OQ为直径作⊙G，当⊙G与AB相切于点P时，∠OPQ=90°，此时OQ的值最小．
∴设OG=GP=r，
∵AO=AP=3，
∴PB=AB=AP=2，
在Rt△PBG中，∵∠GPB=90°，PG=r，BG=4-r，PB=2，
∴r2+22=（4-r）2，
∴r=$\frac{3}{2}$，
∴OQ=2r=3，
∴当3≤OQ＜4时，△OPQ可为直角三角形．
作PM⊥OB于M．
∵PM∥OA，
∴$\frac{PM}{OA}$=$\frac{PB}{AB}$=$\frac{BM}{BO}$，
∴$\frac{PM}{3}$=$\frac{2}{5}$=$\frac{BM}{4}$，
∴PM=$\frac{6}{5}$，BM=$\frac{8}{5}$，
∴OM=4-$\frac{8}{5}$=$\frac{12}{5}$，
∴OQ取最小值时点P的坐标（$\frac{12}{5}$，$\frac{6}{5}$）．
点评 本题考查一次函数综合题、圆的有关性质、切线长定理、切线的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用圆的性质解决问题，属于中考压轴题．
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