$\left(1\right)\because \sqrt{a-1}+|b-3|=0$，
$\therefore a=1$，$b=3$，
$\therefore$一次函数的解析式为$y=x+3$，
当$y=0$时，$x+3=0$，
解得：$x=-3$，
$\therefore A\left(-3,0\right)$，
把点$B\left(n,4\right)$代入$y=x+3$得：$n+3=4$，
解得：$n=1$，
$\therefore B\left(1,4\right)$，
把$B\left(1,4\right)$代入$y=\frac{k}{x}$得：$4=\frac{k}{1}$，
解得：$k=4$；
$(2)$四边形$ABCD$的面积可以为$12$.
过点$A$作$AF$∥$y$轴交$CD$于$F$，过点$B$作$BG$∥$y$轴交$CD$于$G$，

由题意得：$D(m$，$\frac{4}{m}$），直线$CD$的解析式为$y=\frac{4}{{m}^{2}}x$，
则$C(-m$，$-\frac{4}{m})$，
$\because A\left(-3,0\right)$，$B\left(1,4\right)$，
$\therefore F(-3$，$-\frac{12}{{m}^{2}}$），$G(1$，$\frac{4}{{m}^{2}})$，
当$-4 \lt m \lt -3$时，点$D$在$AF$的左侧，
则$S_{四边形ABCD}=S_{\triangle ADF}+S_{四边形ABGF}+S_{\triangle BCG}$
$=\frac{1}{2}AF\cdot (x_{A}-x_{D})+\frac{1}{2}(AF+BG)\cdot (x_{B}-x_{A})+\frac{1}{2}BG\cdot (x_{G}-x_{B})$
$=\frac{1}{2}\times \frac{12}{{m}^{2}}\times \left(-3-m\right)+\frac{1}{2}\times (\frac{12}{{m}^{2}}+4-\frac{4}{{m}^{2}})\times \left(1+3\right)+\frac{1}{2}\times (4-\frac{4}{{m}^{2}})\times \left(-m-1\right)$
$=-\frac{4}{m}-2m+6$，
$\because S_{四边形ABCD}=12$，
$\therefore -\frac{4}{m}-2m+6=12$，
解得：$m=-1$或$m=-2$，
$\because -4 \lt m \lt -3$，
$\therefore$此时无解；
当$-3\leqslant m \lt -1$时，点$D$在$AF$的右侧，
则$S_{四边形ABCD}=S_{四边形ABGF}+S_{\triangle BCG}-S_{\triangle ADF}$
$=\frac{1}{2}(AF+BG)\cdot (x_{B}-x_{A})+\frac{1}{2}BG\cdot (x_{G}-x_{B})-\frac{1}{2}AF\cdot (x_{D}-x_{A})$
$=\frac{1}{2}\times (\frac{12}{{m}^{2}}+4-\frac{4}{{m}^{2}})\times 4+\frac{1}{2}\times (4-\frac{4}{{m}^{2}})\times \left(-m-1\right)-\frac{1}{2}\times \frac{12}{{m}^{2}}\times \left(m+3\right)$
$=-\frac{4}{m}-2m+6$，
$\because S$四边形$ABCD=12$，
$\therefore -\frac{4}{m}-2m+6=12$，
解得：$m=-1$或$m=-2$，
$\because -3\leqslant m \lt -1$，
$\therefore m=-2$；
$(3)$过点$P$作$PN$∥$y$轴，过点$B$作$BM$∥$x$轴，过点$F$作$FM\bot BM$，$FN\bot PN$，过点$P$作$PH\bot BF$于点$H$，过点$H$作$HK\bot x$轴于点$K$，

$\because$点$F$在双曲线$y=\frac{4}{x}(x \gt 0)$关于$x$轴对称的图象上，
$\therefore$设$F(t$，$-\frac{4}{t})$，则$M\left(t,4\right)$，
$\therefore BM=t-1$，$FM=4+\frac{4}{t}$，
设$P\left(n,0\right)\left(x \lt 0\right)$，
则$N(n$，$\frac{4}{t})$，
$\therefore PN=-\frac{4}{t}$，$FN=t-n$，
$\because \triangle PBF$是等边三角形，$PH\bot BF$，
$\therefore PF=BF=PB$，$\angle FPH=30^{\circ}$，$FH=\frac{1}{2}BF$，
$\therefore H(\frac{t+1}{2}$，$2-\frac{2}{t}$），$K(\frac{t+1}{2}$，$0)$，
$\therefore HK=2-\frac{2}{t}$，$PK=\frac{t+1}{2}-n$，
$\because \angle BFM+\angle FPK=\angle BFM+\angle PFN=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$，$\angle HPK+\angle FPK=30^{\circ}$
$\therefore \angle BFM=\angle HPK$，
$\because \angle M=\angle PKH$，
$\therefore \triangle FBM$∽$\triangle PHK$，
$\therefore \frac{HK}{BM}=\frac{PK}{FM}=\frac{PH}{BF}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore HK=\frac{\sqrt{3}}{2}BM$，$PK=\frac{\sqrt{3}}{2}FM$，
$\therefore 2-\frac{2}{t}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(t-1\right)$，$\frac{t+1}{2}-n=\frac{\sqrt{3}}{2}(4+\frac{4}{t})$，
$\therefore t=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$n=-\frac{4\sqrt{3}}{3}-1$，
$\therefore$点$P$的坐标为$(-\frac{4\sqrt{3}}{3}-1,0)$.

$\left(1\right)\because \sqrt{a-1}+|b-3|=0$，
$\therefore a=1$，$b=3$，
$\therefore$一次函数的解析式为$y=x+3$，
当$y=0$时，$x+3=0$，
解得：$x=-3$，
$\therefore A\left(-3,0\right)$，
把点$B\left(n,4\right)$代入$y=x+3$得：$n+3=4$，
解得：$n=1$，
$\therefore B\left(1,4\right)$，
把$B\left(1,4\right)$代入$y=\frac{k}{x}$得：$4=\frac{k}{1}$，
解得：$k=4$；
$(2)$四边形$ABCD$的面积可以为$12$.
过点$A$作$AF$∥$y$轴交$CD$于$F$，过点$B$作$BG$∥$y$轴交$CD$于$G$，

由题意得：$D(m$，$\frac{4}{m}$），直线$CD$的解析式为$y=\frac{4}{{m}^{2}}x$，
则$C(-m$，$-\frac{4}{m})$，
$\because A\left(-3,0\right)$，$B\left(1,4\right)$，
$\therefore F(-3$，$-\frac{12}{{m}^{2}}$），$G(1$，$\frac{4}{{m}^{2}})$，
当$-4 \lt m \lt -3$时，点$D$在$AF$的左侧，
则$S_{四边形ABCD}=S_{\triangle ADF}+S_{四边形ABGF}+S_{\triangle BCG}$
$=\frac{1}{2}AF\cdot (x_{A}-x_{D})+\frac{1}{2}(AF+BG)\cdot (x_{B}-x_{A})+\frac{1}{2}BG\cdot (x_{G}-x_{B})$
$=\frac{1}{2}\times \frac{12}{{m}^{2}}\times \left(-3-m\right)+\frac{1}{2}\times (\frac{12}{{m}^{2}}+4-\frac{4}{{m}^{2}})\times \left(1+3\right)+\frac{1}{2}\times (4-\frac{4}{{m}^{2}})\times \left(-m-1\right)$
$=-\frac{4}{m}-2m+6$，
$\because S_{四边形ABCD}=12$，
$\therefore -\frac{4}{m}-2m+6=12$，
解得：$m=-1$或$m=-2$，
$\because -4 \lt m \lt -3$，
$\therefore$此时无解；
当$-3\leqslant m \lt -1$时，点$D$在$AF$的右侧，
则$S_{四边形ABCD}=S_{四边形ABGF}+S_{\triangle BCG}-S_{\triangle ADF}$
$=\frac{1}{2}(AF+BG)\cdot (x_{B}-x_{A})+\frac{1}{2}BG\cdot (x_{G}-x_{B})-\frac{1}{2}AF\cdot (x_{D}-x_{A})$
$=\frac{1}{2}\times (\frac{12}{{m}^{2}}+4-\frac{4}{{m}^{2}})\times 4+\frac{1}{2}\times (4-\frac{4}{{m}^{2}})\times \left(-m-1\right)-\frac{1}{2}\times \frac{12}{{m}^{2}}\times \left(m+3\right)$
$=-\frac{4}{m}-2m+6$，
$\because S$四边形$ABCD=12$，
$\therefore -\frac{4}{m}-2m+6=12$，
解得：$m=-1$或$m=-2$，
$\because -3\leqslant m \lt -1$，
$\therefore m=-2$；
$(3)$过点$P$作$PN$∥$y$轴，过点$B$作$BM$∥$x$轴，过点$F$作$FM\bot BM$，$FN\bot PN$，过点$P$作$PH\bot BF$于点$H$，过点$H$作$HK\bot x$轴于点$K$，

$\because$点$F$在双曲线$y=\frac{4}{x}(x \gt 0)$关于$x$轴对称的图象上，
$\therefore$设$F(t$，$-\frac{4}{t})$，则$M\left(t,4\right)$，
$\therefore BM=t-1$，$FM=4+\frac{4}{t}$，
设$P\left(n,0\right)\left(x \lt 0\right)$，
则$N(n$，$\frac{4}{t})$，
$\therefore PN=-\frac{4}{t}$，$FN=t-n$，
$\because \triangle PBF$是等边三角形，$PH\bot BF$，
$\therefore PF=BF=PB$，$\angle FPH=30^{\circ}$，$FH=\frac{1}{2}BF$，
$\therefore H(\frac{t+1}{2}$，$2-\frac{2}{t}$），$K(\frac{t+1}{2}$，$0)$，
$\therefore HK=2-\frac{2}{t}$，$PK=\frac{t+1}{2}-n$，
$\because \angle BFM+\angle FPK=\angle BFM+\angle PFN=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$，$\angle HPK+\angle FPK=30^{\circ}$
$\therefore \angle BFM=\angle HPK$，
$\because \angle M=\angle PKH$，
$\therefore \triangle FBM$∽$\triangle PHK$，
$\therefore \frac{HK}{BM}=\frac{PK}{FM}=\frac{PH}{BF}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore HK=\frac{\sqrt{3}}{2}BM$，$PK=\frac{\sqrt{3}}{2}FM$，
$\therefore 2-\frac{2}{t}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(t-1\right)$，$\frac{t+1}{2}-n=\frac{\sqrt{3}}{2}(4+\frac{4}{t})$，
$\therefore t=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$n=-\frac{4\sqrt{3}}{3}-1$，
$\therefore$点$P$的坐标为$(-\frac{4\sqrt{3}}{3}-1,0)$.