存在三个点满足题意，理由如下：
当点 $D$ 在 $x$ 轴上时，过点 $A$ 作 $AD\perp x$ 轴于点 $D$，
因为点 $A\left(1,3\sqrt 3\right)$，
所以点 $D$ 坐标为 $\left(1,0\right)$；
当点 $D$ 在 $y$ 轴上时，设点 $D\left(0,d\right)$，则：
$AD^2=1+\left(3\sqrt 3-d\right)^2$，$BD^2=4^2+d^2$，
$AB^2=\left(4-1\right)^2+\left(3\sqrt 3\right)^2=36$，
因为 $\triangle ABD$ 是以 $AB$ 为斜边的直角三角形，
所以 $AD^2+BD^2=AB^2$，
即 $1+\left(3\sqrt 3-d\right)^2+4^2+d^2=36$，
解得：$d=\dfrac {3\sqrt 3\pm \sqrt {11}} 2 $，
所以点 $D$ 坐标为 $\left(0,\dfrac {3\sqrt 3+\sqrt {11}} 2 \right)$，或 $\left(0,\dfrac {3\sqrt 3-\sqrt {11}} 2 \right)$

略

过点 $P$ 作 $PF\perp CM$ 于点 $F$，
因为 $PM\parallel OA$，
所以 $\mathrm {Rt}\triangle ADO\backsim \mathrm {Rt}\triangle MFP$，
所以 $\dfrac {MF} {PF} =\dfrac {AD} {OD} =3\sqrt 3$，
所以 $MF=3\sqrt 3PF$，
在 $\mathrm {Rt}\triangle ABD$ 中，$BD=3$，$AD=3\sqrt 3$，
所以 $\tan \angle ABD=\sqrt 3$，
所以 $\angle ABD=60^{\circ}$，
设 $BC=a$，则 $CN=\sqrt 3a$，
在 $\mathrm {Rt}\triangle PFN$ 中，$\angle PNF=\angle BNC=30^{\circ}$，
因为 $\tan\angle PNF=\dfrac {PF} {FN} =\dfrac {\sqrt 3} 3 $，
所以 $FN=\sqrt 3PF$，
所以 $MN=MF+FN=4\sqrt 3PF$，
因为 $\triangle BCN$，$\triangle PMN$ 的面积满足 $S_{\triangle BCN}=2S_{\triangle PMN}$，
所以 $\dfrac {\sqrt 3} 2 a^2=2\times \dfrac 1 2 \times 4\sqrt 3PF^2$，
所以 $a=2\sqrt 2PF$，
所以 $\dfrac {MN} {NC} =\dfrac {4\sqrt 3PF} {\sqrt 3a} =\sqrt 2$．
因为 $MC=MN+NC=\left(\sqrt 6+\sqrt 3\right)a$，
因为点 $M\left(4-a,\left(\sqrt 6+\sqrt 3\right)a\right)$ 在抛物线 $y=-\sqrt 3x^2+4\sqrt 3x$ 上，
所以 $-\sqrt 3\left(4-a\right)^2+4\sqrt 3\left(4-a\right)=\left(\sqrt 6+\sqrt 3\right)a$，
所以 $a=3-\sqrt 2$ 或 $a=0$（舍去），
所以 $OC=4-a=\sqrt 2+1$，$MC=2\sqrt 6+\sqrt 3$，
所以点 $M$ 的坐标为 $\left(\sqrt 2+1,2\sqrt 6+\sqrt 3\right)$

略