$\left(1\right)\because$直线$y=x-2$与反比例函数$y=\frac{k}{x}(x＞0)$的图象交于点$A\left(4,n\right)$，
$\therefore$把$A\left(4,n\right)$代入$y=x-2$，
得$a=4-2=2$，
$\therefore A\left(4,2\right)$，
$\therefore k=4\times 2=8$；
$(2)$由题意知$P(t,\frac{8}{t})$，则$Q\left(t,t-2\right)$，
$\because y=x-2$，
$\therefore$当$x=0$时，$y=-2$，
$\therefore B\left(0,-2\right)$，
由题意得$S_{\triangle APB}=\frac{1}{2}PQ•|x_{A}|=8$，
即$\frac{1}{2}(\frac{8}{t}-t+2)×4=8$，
解得$t=2$或$t=-4(舍去)$，
$\therefore Q\left(2,0\right)$；
$(3)$存在，理由如下：
由（2）可知：$Q\left(2,0\right)$，$P\left(2,4\right)$，$B\left(0,-2\right)$，则$C\left(2,2\right)$，
$\because A\left(4,2\right)$，
$\therefore AC$∥$x$轴，$AE=4$，$OE=2$，$BE=4$，
$\therefore CE\bot y$轴，$CE=2$，$BC=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=2\sqrt{5}$，
当点$D$在$y$轴上时，设$D\left(0,a\right)$，
则$BD^{2}=\left(a+2\right)^{2}$，$CD^{2}=2^{2}+\left(a-2\right)^{2}$，
当点$D$在$x$轴上时，设$D\left(b,0\right)$，
则$BD^{2}=b^{2}+2^{2}$，$CD^{2}=\left(b-2\right)^{2}+2^{2}$，
当$\triangle AOE$和$\triangle BCD$相似时，则$\triangle BCD$为直角三角形，
①当点$C$为直角顶点时，点$D$在$y$轴上时，设$D\left(0,a\right)$，
由勾股定理得$\left(a+2\right)^{2}=(2\sqrt{5})^{2}+{2}^{2}+(a-2)^{2}$，
解得$a=3$，
$\therefore D\left(0,3\right)$，此时$CD=\sqrt{5}$，
$\because \frac{CD}{OE}=\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{BD}{AE}$，$\angle BCD=\angle AEO$，
$\therefore \triangle AOE$∽$\triangle BCD$，符合题意，
当点$D$在$x$轴上时，由勾股定理得$b^{2}+2^{2}=(b-2)^{2}+2^{2}+(2\sqrt{5})^{2}$，
解得$b=6$，
$\therefore D\left(6,0\right)$，
$\therefore CD=2\sqrt{5}$，
此时$\triangle BCD$为等腰直角三角形，不符合题意；
②当点$D$为直角顶点，点$D$在$y$轴上时，则$D\left(0,2\right)$，
$\because \frac{CD}{OE}=1=\frac{BE}{AE}$，$\angle CDB=\angle AEO$，
$\therefore \triangle AOE$和$\triangle BCD$相似，符合题意，
当点$D$在$x$轴上时，由勾股定理得$b^{2}+2^{2}+(b-2)^{2}+2^{2}=(2\sqrt{5})^{2}$，
解得$b=\sqrt{5}+1$或$b=-\sqrt{5}+1$，
$\therefore D(\sqrt{5}+1)$或$D(-\sqrt{5}+1)$，
此时$\triangle AOE$和$\triangle BCD$不相似，不符合题意；
③当点$B$为直角顶点时，此时点$D$在$x$轴上，
则$b^{2}+2^{2}+(2\sqrt{5})^{2}=(b-2)^{2}+2^{2}$，
解得$b=-4$，
$\therefore D\left(-4,0\right)$，
$\therefore BD=2\sqrt{5}$，
此时$\triangle BCD$为等腰直角三角形，不符合题意；
综上，当$D\left(0,3\right)$或$D\left(0,2\right)$时，$\triangle AOE$和$\triangle BCD$相似.

$\left(1\right)\because$直线$y=x-2$与反比例函数$y=\frac{k}{x}(x＞0)$的图象交于点$A\left(4,n\right)$，
$\therefore$把$A\left(4,n\right)$代入$y=x-2$，
得$a=4-2=2$，
$\therefore A\left(4,2\right)$，
$\therefore k=4\times 2=8$；
$(2)$由题意知$P(t,\frac{8}{t})$，则$Q\left(t,t-2\right)$，
$\because y=x-2$，
$\therefore$当$x=0$时，$y=-2$，
$\therefore B\left(0,-2\right)$，
由题意得$S_{\triangle APB}=\frac{1}{2}PQ•|x_{A}|=8$，
即$\frac{1}{2}(\frac{8}{t}-t+2)×4=8$，
解得$t=2$或$t=-4(舍去)$，
$\therefore Q\left(2,0\right)$；
$(3)$存在，理由如下：
由（2）可知：$Q\left(2,0\right)$，$P\left(2,4\right)$，$B\left(0,-2\right)$，则$C\left(2,2\right)$，
$\because A\left(4,2\right)$，
$\therefore AC$∥$x$轴，$AE=4$，$OE=2$，$BE=4$，
$\therefore CE\bot y$轴，$CE=2$，$BC=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=2\sqrt{5}$，
当点$D$在$y$轴上时，设$D\left(0,a\right)$，
则$BD^{2}=\left(a+2\right)^{2}$，$CD^{2}=2^{2}+\left(a-2\right)^{2}$，
当点$D$在$x$轴上时，设$D\left(b,0\right)$，
则$BD^{2}=b^{2}+2^{2}$，$CD^{2}=\left(b-2\right)^{2}+2^{2}$，
当$\triangle AOE$和$\triangle BCD$相似时，则$\triangle BCD$为直角三角形，
①当点$C$为直角顶点时，点$D$在$y$轴上时，设$D\left(0,a\right)$，
由勾股定理得$\left(a+2\right)^{2}=(2\sqrt{5})^{2}+{2}^{2}+(a-2)^{2}$，
解得$a=3$，
$\therefore D\left(0,3\right)$，此时$CD=\sqrt{5}$，
$\because \frac{CD}{OE}=\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{BD}{AE}$，$\angle BCD=\angle AEO$，
$\therefore \triangle AOE$∽$\triangle BCD$，符合题意，
当点$D$在$x$轴上时，由勾股定理得$b^{2}+2^{2}=(b-2)^{2}+2^{2}+(2\sqrt{5})^{2}$，
解得$b=6$，
$\therefore D\left(6,0\right)$，
$\therefore CD=2\sqrt{5}$，
此时$\triangle BCD$为等腰直角三角形，不符合题意；
②当点$D$为直角顶点，点$D$在$y$轴上时，则$D\left(0,2\right)$，
$\because \frac{CD}{OE}=1=\frac{BE}{AE}$，$\angle CDB=\angle AEO$，
$\therefore \triangle AOE$和$\triangle BCD$相似，符合题意，
当点$D$在$x$轴上时，由勾股定理得$b^{2}+2^{2}+(b-2)^{2}+2^{2}=(2\sqrt{5})^{2}$，
解得$b=\sqrt{5}+1$或$b=-\sqrt{5}+1$，
$\therefore D(\sqrt{5}+1)$或$D(-\sqrt{5}+1)$，
此时$\triangle AOE$和$\triangle BCD$不相似，不符合题意；
③当点$B$为直角顶点时，此时点$D$在$x$轴上，
则$b^{2}+2^{2}+(2\sqrt{5})^{2}=(b-2)^{2}+2^{2}$，
解得$b=-4$，
$\therefore D\left(-4,0\right)$，
$\therefore BD=2\sqrt{5}$，
此时$\triangle BCD$为等腰直角三角形，不符合题意；
综上，当$D\left(0,3\right)$或$D\left(0,2\right)$时，$\triangle AOE$和$\triangle BCD$相似.