解：$(1)$由折叠可得$AF=DF$。
∵点$B(8，6)$，点$D(0，4)$，四边形$OABC$为矩形，
∴$OA⊥ AB$，$OC=AB=6$，$OA=BC=8$，$OD=4$。
$ $设$AF=DF=x$，则$OF=OA-AF=8-x$。
$ $在$Rt△ ODF_{中}$，
由勾股定理可得$OD^2+OF^2=DF^2$，
即$4^2+(8-x)^2=x^2$，
解得$x=5$，
∴$OF=8-x=3$，
∴点$F $的坐标为$(3，0)$。
$ (2)①$当点$P $在点$F $右侧时，
根据题意得，$AQ=2t$，$AP=t(0＜t＜5)$，
∴$FP=AF-AP=5-t$，
∴$S=\frac {1}{2}FP· AQ=\frac {1}{2}(5-t)×2t=-t^2+5t$；
$ ②$当点$P $在点$F $左侧时，
根据题意得，$AQ=2t$，$AP=t(5＜t≤8)$，
∴$FP=AP-AF=t-5$，
∴$S=\frac {1}{2}FP· AQ=\frac {1}{2}(t-5)×2t=t^2-5t$。
综上所述，$S=\begin {cases} -t^2+5t(0＜t＜5) \\t ^2-5t(5＜t≤8) \end {cases}$
$ (3)$存在。
若以$P，Q，R，M$为顶点的四边形是正方形，
则以$P，R，Q $为顶点的三角形为等腰直角三角形，
可分情况讨论：
①如图①，
∵四边形$PQRM$是正方形，
∴$PQ=QR$，$∠ PQR=90°$，
∴$∠ PQA+∠ BQR=∠ BQR+∠ QRB$，
∴$∠ PQA=∠ QRB$。
$ $在$△ PAQ $和$△ QBR_{中}$，
$\begin {cases} ∠ PAQ=∠ QBR=90°\\∠ PQA=∠ QRB\\PQ=QR \end {cases}$，
∴$△ PAQ≌△ QBR(\mathrm {AAS})$，
∴$AQ=BR=2t$，$BQ=AP=t$，
∴$AB=AQ+BQ=2t+t=3t=6$，
∴$BQ=AP=t=2$，
∴$BR=AQ=2×2=4$，
∴$Q(8，4)$，
∵$OP=OA-AP=8-2=6$，
∴$P(6，0)$，
∵$CR=BC-BR=4$，
∴$R(4，6)$。
∵四边形$PQRM$是正方形，
∴$M(4+6-8，6+0-4)$，即$M(2，2)$。
②如图②，过点$R{作}RK⊥ OA$于点$K$，
则四边形$OCRK，RKAB$均为矩形，
∴$RK=AB=6$，$∠ BRK=∠ RKA=90°$。
∵四边形$PRQM$是正方形，
∴$PR=QR$，$∠ PRQ=90°$，
∴$∠ KRB-∠ PRB=∠ PRQ-∠ PRB$，
∴$∠ KR_P=∠ BRQ$。
$ $在$△ PKR $和$△ QBR_{中}$，
$\begin {cases} ∠ RKP=∠ RBQ=90° \\∠ KR_P=∠ BRQ\\PR=QR \end {cases}$，
∴$△ PKR≌△ QBR(\mathrm {AAS})$，
∴$RB=RK=6$，$KP=BQ=AQ-AB=2t-6$，
∴$OK=CR=BC-BR=8-6=2$，
∴$R(2，6)$，$AK=OA-OK=6=2t-6+t$，
∴$AP=t=4$，
∴$P(8-4，0)$，
即$P(4，0)$，$KP=BQ=2t-6=2$，
∴$Q(8，6+2)$，即$Q(8，8)$。
∵四边形$PMQR $是正方形，
∴$M(4+8-2，8+0-6)$，即$M(10，2)$。
③如图③，
∵四边形$PQRM$是正方形，
∴$PQ=QR$，$∠ PQR=90°$，
∴$∠ PQA+∠ BQR=∠ BQR+∠ QRB$，
∴$∠ PQA=∠ QRB$。
$ $在$△ PAQ $和$△ QBR{中}$，
$\begin {cases} ∠ PAQ=∠ QBR=90° \\∠ PQA=∠ QRB \\PQ=QR \end {cases}$，
∴$△ PAQ≌△ QBR(\mathrm {AAS})$，
∴$AQ=BR=2t$，$BQ=AP=t$。
又∵$AQ=AB+BQ=6+t=2t$，
∴$AP=t=6$，
∴$BR=2×6=12$，
∴$Q(8，12)$，$P(8-6，0)$，即$P(2，0)$，
∴$CR=BC+BR=8+12=20$，
∴$R(20，6)$。
∵四边形$PMRQ $是正方形，
∴$M(2+20-8，6+0-12)$，即$M(14，-6)$。
综上所述，存在$M(2，2)$或$M(10，2)$或$M(14，-6)$，
使以$P，Q，R，M$为顶点的四边形是正方形。
