（3）解：由（1），得$k = 3，$$b = -1，$点$A$的坐标为$(0,1)，$点$D$的坐标为$(1,2)，$则直线$CD$的函数表达式为$y = 3x - 1，$$OA = 1.$ 又点$B$的坐标为$(0,-1)，$所以$OB = 1，$即$AB = OA + OB = 2.$ 对于$y = 3x - 1，$令$y = 0，$得$3x - 1 = 0，$解得$x = \frac{1}{3}.$ 所以点$C$的坐标为$(\frac{1}{3},0)，$即$OC = \frac{1}{3}.$ 所以$S_{四边形A OCD}=S_{\triangle ABD}-S_{\triangle OBC}=\frac{1}{2}AB\cdot|x_D|-\frac{1}{2}OB\cdot OC=\frac{1}{2}\times2\times1-\frac{1}{2}\times1\times\frac{1}{3}=\frac{5}{6}.$
（4）解：存在. 由（1）（3），得点$C$的坐标为$(\frac{1}{3},0)，$点$D$的坐标为$(1,2).$ 设点$P$的坐标为$(m,0).$ 由勾股定理，得$PC^{2}=(m - \frac{1}{3})^{2}，$$PD^{2}=(m - 1)^{2}+(0 - 2)^{2}=(m - 1)^{2}+4，$$CD^{2}=(1 - \frac{1}{3})^{2}+(2 - 0)^{2}=\frac{40}{9}.$ 又以$P，$$C，$$D$三点为顶点的三角形是直角三角形，且易得$\angle DCP\neq90^{\circ}，$所以有$\angle CDP = 90^{\circ}$或$\angle CPD = 90^{\circ}.$ 分类讨论如下：
① 当$\angle CDP = 90^{\circ}$时，由勾股定理，得$CD^{2}+PD^{2}=PC^{2}，$所以$\frac{40}{9}+(m - 1)^{2}+4=(m - \frac{1}{3})^{2}，$解得$m = 7.$ 所以点$P$的坐标为$(7,0)；$
② 当$\angle CPD = 90^{\circ}$时，$DP\perp x$轴，所以$P，$$D$两点的横坐标相等，即点$P$的坐标为$(1,0).$
综上，点$P$的坐标为$(1,0)$或$(7,0).$
