$\left(1\right)\because S_{△AOB}=\frac{1}{2}OA•OB=8$，
又$\because OA=OB$，
$\therefore OA=4$或$-4(不合题意，舍去)$，
$\because A$、$B$分别为$x$轴负半轴和$y$轴正半轴上一点，
$\therefore A\left(-4,0\right)$，$B\left(0,4\right)$；
$(2)$由题意得：$OP=1\times t=t$，
$\because S_{\triangle AOB}=4S_{\triangle POB}$，$S_{\triangle AOB}=8$，
$\therefore 4S_{\triangle POB}=8$，
$\therefore S_{\triangle POB}=2$，
$\because$
$S_{△POB}=\frac{1}{2}OP•OB=\frac{1}{2}×4t=2t$，
$\therefore 2t=2$，
$\therefore t=1$；
$(3)$在坐标平面内存在点$N$，使以$B$、$A$、$M$为顶点的三角形与$\triangle ABN$全等（点$N$不与点$M$重合）；理由如下：
$t=1$时，$P\left(1,0\right)$，
$\therefore \angle AOM=\angle BOP=90^{\circ}$，
$\because AC\bot BP$，
$\therefore \angle ACP=90^{\circ}$，
在$\triangle ACP$中，$\angle ACP=90^{\circ}$，
$\therefore \angle CAP+\angle APC=90^{\circ}$，
在$\triangle AOM$和$\triangle BOP$中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠OAM=∠OBP}\\{AO=BO}\\{∠AOM=∠BOP}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle AOM$≌$\triangle BOP\left(ASA\right)$，
$\therefore OM=OP=1$，$AM=BP$，
$\therefore BM=BO-OM=4-1=3$；
如图：

①当点$N$在$AO$上时$,AN=BM=3,\triangle BAM$≌$\triangle ABN$，
$\therefore N\left(-1,0\right)$；
②过点$A$作${N\’}A\bot x$轴于$A$，使得${N\’}A=NA=3$，连接$BN\’,\triangle BAM$≌$\triangle ABN\’$，
$\because {N\’}A\bot x$轴，
$\therefore \angle NAN\’=90^{\circ}$，
$\because AN=AN\’=3$，
$\therefore {N\’}\left(-4,3\right)$；
③过点$B$作$N$″$B\bot y$轴于$B$，使得$N$″$B=BM=3$，连接$AN$″$,\triangle BAM$≌$\triangle ABN$″，
$\because N$″$B\bot y$轴，$N$″$B=BM=3$，
$\therefore N$″$\left(-3,4\right)$，
综上所述，在坐标平面内存在点$N$，使以$B$、$A$、$M$为顶点的三角形与$\triangle ABN$全等，$N$点坐标为$\left(-1,0\right)$或$\left(-4,3\right)$或$\left(-3,4\right)$.

$\left(1\right)\because S_{△AOB}=\frac{1}{2}OA•OB=8$，
又$\because OA=OB$，
$\therefore OA=4$或$-4(不合题意，舍去)$，
$\because A$、$B$分别为$x$轴负半轴和$y$轴正半轴上一点，
$\therefore A\left(-4,0\right)$，$B\left(0,4\right)$；
$(2)$由题意得：$OP=1\times t=t$，
$\because S_{\triangle AOB}=4S_{\triangle POB}$，$S_{\triangle AOB}=8$，
$\therefore 4S_{\triangle POB}=8$，
$\therefore S_{\triangle POB}=2$，
$\because$
$S_{△POB}=\frac{1}{2}OP•OB=\frac{1}{2}×4t=2t$，
$\therefore 2t=2$，
$\therefore t=1$；
$(3)$在坐标平面内存在点$N$，使以$B$、$A$、$M$为顶点的三角形与$\triangle ABN$全等（点$N$不与点$M$重合）；理由如下：
$t=1$时，$P\left(1,0\right)$，
$\therefore \angle AOM=\angle BOP=90^{\circ}$，
$\because AC\bot BP$，
$\therefore \angle ACP=90^{\circ}$，
在$\triangle ACP$中，$\angle ACP=90^{\circ}$，
$\therefore \angle CAP+\angle APC=90^{\circ}$，
在$\triangle AOM$和$\triangle BOP$中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠OAM=∠OBP}\\{AO=BO}\\{∠AOM=∠BOP}\end{array}\right.$，
$\therefore \triangle AOM$≌$\triangle BOP\left(ASA\right)$，
$\therefore OM=OP=1$，$AM=BP$，
$\therefore BM=BO-OM=4-1=3$；
如图：

①当点$N$在$AO$上时$,AN=BM=3,\triangle BAM$≌$\triangle ABN$，
$\therefore N\left(-1,0\right)$；
②过点$A$作${N\’}A\bot x$轴于$A$，使得${N\’}A=NA=3$，连接$BN\’,\triangle BAM$≌$\triangle ABN\’$，
$\because {N\’}A\bot x$轴，
$\therefore \angle NAN\’=90^{\circ}$，
$\because AN=AN\’=3$，
$\therefore {N\’}\left(-4,3\right)$；
③过点$B$作$N$″$B\bot y$轴于$B$，使得$N$″$B=BM=3$，连接$AN$″$,\triangle BAM$≌$\triangle ABN$″，
$\because N$″$B\bot y$轴，$N$″$B=BM=3$，
$\therefore N$″$\left(-3,4\right)$，
综上所述，在坐标平面内存在点$N$，使以$B$、$A$、$M$为顶点的三角形与$\triangle ABN$全等，$N$点坐标为$\left(-1,0\right)$或$\left(-4,3\right)$或$\left(-3,4\right)$.