（1）过N作NC⊥x轴于C，
∴∠NCA=∠AOB=90°，
∴∠NAC+∠ANC=90°，
由旋转的性质，可得：∠NAB=90°，AN=AM，
∴∠NAC+∠BAO=90°，
∴∠ANC=∠BAO，
∴△ANC∽△BAO，
∴AB：AN=OA：CN=OB：AC，
∵点A坐标（2，0），点B的坐标为（0，t），
∴OA=2，OB=t，
∵M是AB中点，
∴AM=AN=
1
2AB，
∴2：CN=2：1=t：AC，
∴CN=1，AC=
t
2，
∴OC=OA+AC=2+
t
2，
∴N（2+
t
2，1）；
（2）分三种情况：
①当t≥0时，如图1．
S=
1
2OB•OC=
1
2×t×（2+
t
2）=
1
4t2+t；
②当-4≤t＜0时，如图2．
由（1）可得：CN=1，AC=|
t
2|=-
t
2，
∴OC=OA-AC=2+
t
2，
∴S=
1
2×OB×OC=
1
2（-t）（2+
t
2）=-
1
4t2-t；
③当t＜-4时，如图3．
由（1）可得：CN=1，AC=|
t
2|=-
t
2，
∴OC=AC-OA=-
t
2-2，
∴S=
1
2×OB×OC=
1
2（-t）（-
t
2-2）=
1
4t2+t；
（3）存在点B（0，2），使得△ABN与△ANP相似．理由如下：
如图1，当△ABN∽△ANP时，AB：AN=AN：AP，
∵AN=AM=
1
2AB，
∴AP=
1
2AN=
1
4AB．
过点P作PD⊥OA于D，则PD∥OB，
∴△APD∽△ABO，
∴PD：BO=AD：AO=AP：AB=1：4，
∴PD=
1
4OB=
1
4t，AD=
1
4OA=
1
2．
∵PD∥NC，
∴△OPD∽△ONC，
∴PD：NC=OD：OC，
∴
1
4t：1=
3
2：（2+
t
2），
∴
1
4t（2+
t
2）=
3
2，
整理，得t2+4t-12=0，
解得t1=2，t2=-6（不合题意舍去）．
当t=2时，点B的坐标为（0，2）．
故存在点B（0，2），使得△ABN与△ANP相似．
