(8 分) 如图在平面直角坐标系中，直线 $y=-\frac{3}{4} x+3$ 与 $x$ 轴、 $y$ 轴分别交于 $A 、 B$ 两点, 点 $P$ 、 $Q$ 同时从点 $A$ 出发, 运动时间为 $t$ 秒. 其中点 $P$ 沿射线 $A B$ 运动, 速度为每秒 4 个单位长度, 点 $Q$ 沿射线 $A O$ 运动, 速度为每秒 5 个单位长度. 以点 $Q$ 为圆心, $P Q$ 长为半径作 $\odot Q$.

(1)求证: 直线 $A B$ 是 $\odot Q$ 的切线;

(2)过点 $A$ 左侧 $x$ 轴上的任意一点 $C(m, 0)$, 作直线 $A B$ 的垂线 $C M$, 垂足为 $M$. 若 $C M$ 与 $\odot Q$ 相切于点 $D$, 求 $m$ 与 $t$ 的函数关系式(不需写出自变量的取值范围);

(3)在(2)的条件下, 是否存在点 $C$, 直线 $A B 、 C M 、 y$ 轴与 $\odot Q$ 同时相切？若存在, 请直接写出此时点 $C$ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.
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证明: (1)如图 1 中, 连接 $Q P$.

<ImageHere>

在Rt $\triangle A O B$ 中, $O A=4, O B=3$,

$\therefore A B=\sqrt{O B^{2}+O A^{2}}=5$,

$\because A P=4 t, A Q=5 t$,

$\therefore \frac{A P}{A Q}=\frac{O A}{A B}=\frac{4}{5}, \because \angle P A Q=\angle B A O$,

$\therefore \triangle P A Q \sim \triangle B A O$,

$\therefore \angle A P Q=\angle A O B=90^{\circ}$,

$\therefore Q P \perp A B$,

$\therefore A B$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 1)如图 2 中, 当直线 $C M$ 在 $\odot O$ 的左侧与 $\odot Q$ 相切时, 设切点为 $D$, 则四边形 $P Q D M$ 是正方形.

<ImageHere>

易知 $P Q=D Q=3 t, C Q=\frac{5}{4} \cdot 3 t=\frac{15 t}{4}$,

$\because O C+C Q+A Q=4$,

$\therefore m+\frac{15}{4} t+5 t=4$,

$$
\therefore m=4-\frac{35}{4} t .
$$

(2)如图 3 中, 当直线 $C M$ 在 $\odot O$ 的右侧与 $\odot Q$ 相切时, 设切点为 $D$, 则四边形 $P Q D M$ 是正方形.

<ImageHere>

$\because O C+A Q-C Q=4$,

$\therefore m+5 t-\frac{15}{4} t=4$,

$\therefore m=4-\frac{5}{4} t$;

(3)存在. 理由如下:

如图 4 中, 当 $\odot Q$ 在 $y$ 轴的右侧与 $y$ 轴相切时, $3 t+5 t=4, t=\frac{1}{2}$,

由(2)可知, $m=-\frac{3}{8}$ 或 $\frac{27}{8}$.

<ImageHere>

如图 5 中, 当 $\odot Q$ 在 $y$ 则的左侧与 $y$ 轴相切时, $5 t-3 t=4, t=2$,

由(2)可知, $m=-\frac{27}{2}$ 或 $\frac{3}{2}$.

<ImageHere>

综上所述, 满足条件的点 $C$ 的坐标为 $\left(-\frac{3}{8}, 0\right)$ 或 $\left(\frac{27}{8}, 0\right)$ 或 $\left(-\frac{27}{2}, 0\right)$ 或 $\left(\frac{3}{2}, 0\right)$.