如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点A在y轴上，BC边与x轴重合，过C点作AB的垂线分别交AB和y轴于点D、H，AB=HC，线段OB、OC（OB＜OC）的长是方程x2-6x+8=0的根．分析 （1）证明△AOB≌△COH，可求得OH=OB，可求得点H坐标，利用待定系数法可求得直线CD的解析式；
（2）分点P在原点左侧和右侧，分别用t表示出OP和OQ的长，可求得S与t的函数关系式；
（3）由条件可得OP=OQ，由（2）可得到关于t的方程，可求得t的值，可求得M点的坐标．
解答 解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠BAO+∠ABO=∠OCH+∠ABO=90°，
∴∠BAO=∠OCH，
在△AOB和△COH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BAO=∠OCH}\\{∠AOB=∠HCO}\\{AB=CH}\end{array}\right.$，
∴△AOB≌△COH（AAS），
∴OB=OH，
解方程x2-6x+8=0可得x=2或x=4，
∴OB=2，OC=4，
∴OH=2，
∴C（4，0），H（0，2），
设直线CD解析式为y=kx+b，
把C、H两点的坐标代入可得$\left\{\begin{array}{l}{4k+b=0}\\{b=2}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=2}\end{array}\right.$．
∴直线CD解析式为y=-$\frac{1}{2}$x+2；
（2）当点P在原点左侧，即0＜t≤2时，连接PQ，如图1，
则OP=OB-BP=2-t，
∵2BP=3OQ，
∴OQ=$\frac{2}{3}$BP=$\frac{2}{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$OP•OQ=$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{3}$t（2-t）=-$\frac{1}{3}$t2+$\frac{2}{3}$t；
当P在原点右侧，即2＜t≤6时，连接PQ，如图2，
则OP=BP-OB=t-2，
∵2BP=3OQ，
∴OQ=$\frac{2}{3}$BP=$\frac{2}{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$OP•OQ=$\frac{1}{2}$•$\frac{2}{3}$t（t-2）=$\frac{1}{3}$t2-$\frac{2}{3}$t；
综上可知S与t的关系式为S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{3}{t}^{2}+\frac{2}{3}t（0＜t≤2）}\\{\frac{1}{3}{t}^{2}-\frac{2}{3}t（2＜t≤6）}\end{array}\right.$；
（3）当P点在原点左侧时，如图3，
由（2）可知OP=2-t，OQ=$\frac{2}{3}$t，
∵四边形OPMQ为正方形，
∴OP=OQ，
∴2-t=$\frac{2}{3}$t，解得t=$\frac{6}{5}$，
∴OP=OM=2-t=$\frac{4}{5}$，
∴M（-$\frac{4}{5}$，$\frac{4}{5}$）；
当P点在原点右侧时，如图4，
由（2）可知OP=t-2，OQ=$\frac{2}{3}$t，
∵四边形OPMQ为正方形，
∴OP=OQ，
∴t-2=$\frac{2}{3}$t，解得t=6，
∴OP=OM=t-2=4，
∴M（4，4）；
综上可知存在满足条件的点M，点M的坐标为（-$\frac{4}{5}$，$\frac{4}{5}$）或（4，4）．
点评 本题主要考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、正方形的性质、函数关系式等知识点．在（1）中证明三角形全等求得H的坐标是解题的关键，在（2）中用t分别表示出OP和OQ是解题的关键，注意分类思想的应用，在（3）中利用正方形的四边相等求得t是解题的关键．本题涉及知识点较多，综合性较强，难度适中．
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在等腰△ABC中，AB=AC，以BC为直径作半圆交AB，AC于D，E，过E的切线交AB于F，且EF⊥AB，求∠A．