(1)
解：因为直线$l:y = kx + 3$与$y$轴交于点$B，$所以$B(0,3)，$即$OB = 3。$
又因为$\frac{OB}{OA}=\frac{3}{4}，$所以$OA = 4，$即$A(4,0)。$
因为点$A$在直线$l$上，所以$4k+3 = 0，$$4k=-3，$解得$k=-\frac{3}{4}。$
所以直线$l$的表达式为$y = -\frac{3}{4}x+3。$
(2)
解：过点$P$作$PC\perp y$轴于点$C。$
因为$S_{\triangle BOP}=\frac{1}{2}OB\cdot PC = 6，$$OB = 3，$所以$\frac{1}{2}\times3\times PC = 6，$$PC = 4。$
所以点$P$的横坐标为$4$或$-4。$
因为点$P$为直线$l$上的一个动点且不与点$A，$$B$重合，当$x = 4$时，$y=-\frac{3}{4}\times4 + 3=0$（与$A$点重合，舍去）；
当$x=-4$时，$y=-\frac{3}{4}\times(-4)+3 = 6。$
所以点$P$的坐标为$(-4,6)$时，$\triangle BOP$的面积是$6。$
(3)
解：存在。因为$OM\perp AB$于$M，$$AB=\sqrt{OB^{2}+OA^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5，$$\angle OMP = 90^{\circ}，$$OM=\frac{OA\cdot OB}{AB}=\frac{4\times3}{5}=\frac{12}{5}。$
以$O，$$P，$$Q$为顶点的三角形与$\triangle OMP$全等时，$\angle OQP = 90^{\circ}。$
①当$\triangle OMP\cong\triangle PQO$时，$PQ = OM=\frac{12}{5}，$即点$P$的横坐标为$-\frac{12}{5}$或$\frac{12}{5}。$
当$x = -\frac{12}{5}$时，$y=-\frac{3}{4}\times(-\frac{12}{5})+3=\frac{9}{5}+3=\frac{24}{5}；$
当$x=\frac{12}{5}$时，$y=-\frac{3}{4}\times\frac{12}{5}+3=-\frac{9}{5}+3=\frac{6}{5}。$
所以点$P$的坐标为$(-\frac{12}{5},\frac{24}{5})$或$(\frac{12}{5},\frac{6}{5})。$
②当$\triangle OMP\cong\triangle OQP$时，$OQ = OM=\frac{12}{5}，$即点$P，$点$Q$的纵坐标为$-\frac{12}{5}$或$\frac{12}{5}。$
当$y = -\frac{12}{5}$时，$-\frac{3}{4}x+3=-\frac{12}{5}，$$-\frac{3}{4}x=-\frac{12}{5}-3=-\frac{12}{5}-\frac{15}{5}=-\frac{27}{5}，$$x=\frac{36}{5}；$
当$y=\frac{12}{5}$时，$-\frac{3}{4}x+3=\frac{12}{5}，$$-\frac{3}{4}x=\frac{12}{5}-3=\frac{12}{5}-\frac{15}{5}=-\frac{3}{5}，$$x=\frac{4}{5}。$
所以点$P$的坐标为$(\frac{36}{5},-\frac{12}{5})$或$(\frac{4}{5},\frac{12}{5})。$
综上所述，符合条件的点$P$的坐标为$(-\frac{12}{5},\frac{24}{5})，$$(\frac{12}{5},\frac{6}{5})，$$(\frac{36}{5},-\frac{12}{5})，$$(\frac{4}{5},\frac{12}{5})。$
