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（1）解：对于$y = 2x - 4，$令$x = 0，$得$y = - 4；$令$y = 0，$得$2x - 4 = 0，$解得$x = 2。$
所以点$A$的坐标为$(2,0)，$点$B$的坐标为$(0,-4)。$
因为$P$为线段$AB$的中点，所以点$P$的坐标为$(1,-2)。$
所以$d_{1}+d_{2}=3。$
（2）解：$d_{1}+d_{2}$的取值范围为$d_{1}+d_{2}\geq2。$
由题意，设点$P$的坐标为$(m,2m - 4)。$所以$d_{1}+d_{2}=\vert m\vert+\vert2m - 4\vert。$
当$0\leq m\leq2$时，$d_{1}+d_{2}=m + 4 - 2m = 4 - m。$令$4 - m = 3，$解得$m = 1。$此时点$P$的坐标为$(1,-2)；$
当$m＞2$时，$d_{1}+d_{2}=m + 2m - 4 = 3m - 4。$令$3m - 4 = 3，$解得$m = \frac{7}{3}。$此时点$P$的坐标为$(\frac{7}{3},\frac{2}{3})；$
当$m＜0$时，$d_{1}+d_{2}=-m + 4 - 2m = 4 - 3m。$令$4 - 3m = 3，$解得$m = \frac{1}{3}，$不符合题意。
综上，当$d_{1}+d_{2}=3$时，点$P$的坐标为$(1,-2)$或$(\frac{7}{3},\frac{2}{3})。$
（3）解：由题意，设点$P$的坐标为$(t,2t - 4)。$所以$d_{1}=\vert2t - 4\vert，$$d_{2}=\vert t\vert。$
因为点$P$在线段$AB$上，所以$0\leq t\leq2，$即$d_{1}=4 - 2t，$$d_{2}=t。$
因为$d_{1}+ad_{2}=4，$所以$4 - 2t + at = 4，$即$(a - 2)t = 0。$
因为存在无数个点$P，$使$d_{1}+ad_{2}=4，$所以$a - 2 = 0，$解得$a = 2。$

（1）证明：因为$AC\perp BP，$所以$\angle ACP = 90^{\circ}。$所以$\angle PAC+\angle APC = 90^{\circ}。$
因为$\angle BOP = 90^{\circ}，$所以$\angle PBO+\angle APC = 90^{\circ}。$所以$\angle PAC=\angle PBO。$
（2）解：因为点$A$的坐标为$(-4,0)，$点$B$的坐标为$(0,4)，$所以$OA = OB = 4。$
如图①，设$AC$与$y$轴交于点$H。$当$m = 3$时，点$P$的坐标为$(3,0)，$所以$OP = 3。$
设直线$BP$的函数表达式为$y = k_{1}x + b_{1}。$把$B(0,4)，$$P(3,0)$分别代入$y = k_{1}x + b_{1}$中，得$\begin{cases}b_{1}=4\\3k_{1}+b_{1}=0\end{cases}，$解得$\begin{cases}k_{1}=-\frac{4}{3}\\b_{1}=4\end{cases}，$
所以直线$BP$的函数表达式为$y = -\frac{4}{3}x + 4。$
由（1），得$\angle PAC = \angle PBO，$所以$\angle HAO = \angle PBO。$又$\angle AOH = \angle BOP = 90^{\circ}，$所以$\triangle AOH\cong\triangle BOP$（ASA）。
所以$OH = OP = 3。$所以点$H$的坐标为$(0,3)。$
设直线$AC$的函数表达式为$y = k_{2}x + b_{2}。$把$A(-4,0)，$$H(0,3)$分别代入$y = k_{2}x + b_{2}$中，得$\begin{cases}-4k_{2}+b_{2}=0\\b_{2}=3\end{cases}，$解得$\begin{cases}k_{2}=\frac{3}{4}\\b_{2}=3\end{cases}，$
所以直线$AC$的函数表达式为$y = \frac{3}{4}x + 3。$
联立方程组，得$\begin{cases}y = -\frac{4}{3}x + 4\\y = \frac{3}{4}x + 3\end{cases}，$解得$\begin{cases}x = \frac{12}{25}\\y = \frac{84}{25}\end{cases}，$
所以点$C$的坐标为$(\frac{12}{25},\frac{84}{25})。$
（3）①证明：如图①，当$0＜m＜4$时，过点$O$作$OE\perp AC$于点$E，$设$OD$与$BP$交于点$F。$
因为$O，$$D$两点关于直线$BP$对称，所以$OC = DC，$$OD\perp BP，$$\angle OCP = \angle DCP。$
由（2），得$\triangle AOH\cong\triangle BOP。$所以$AH = BP，$$S_{\triangle AOH}=S_{\triangle BOP}。$
所以$\frac{1}{2}AH\cdot OE = \frac{1}{2}BP\cdot OF，$即$OE = OF。$所以$CO$平分$\angle ACP。$
因为$AC\perp BP，$所以$\angle ACP = 90^{\circ}，$即$\angle DCP = \angle OCP = \frac{1}{2}\angle ACP = 45^{\circ}。$
所以$\angle OCD = \angle OCP+\angle DCP = 90^{\circ}。$所以$\triangle OCD$为等腰直角三角形。
②解：当$0＜m＜4$时，$AC = BC + OD；$当$m\geq4$时，$OD = AC + BC。$理由如下：
如图①，当$0＜m＜4$时，因为$OE\perp AC，$所以$\angle OEA = \angle OEC = 90^{\circ}。$
因为$O，$$D$两点关于直线$BP$对称，所以$OF = DF，$$OD\perp BP。$所以$F$是$OD$的中点，$\angle OFB = 90^{\circ}。$所以$\angle OEA = \angle OFB。$
由（3）①，得$\angle ACP = \angle OCD = 90^{\circ}，$$OE = OF，$所以$CF = OF = DF = OE。$又$CO = CO，$所以$Rt\triangle ECO\cong Rt\triangle FCO$（HL）。所以$CE = CF。$所以$CE = OF。$
因为$\angle OAE = \angle OBF，$所以$\triangle AEO\cong\triangle BFO$（AAS）。所以$AE = BF。$
所以$AC = AE + CE = BF + OF = BC + CF + OF = BC + DF + OF = BC + OD；$
如图②，当$m\geq4$时，同理，得$AE = BF，$$CE = OF，$$CF = DF，$所以$OD = OF + DF = CE + CF = CE + BF + BC = CE + AE + BC = AC + BC。$
综上，当$0＜m＜4$时，$AC = BC + OD；$当$m\geq4$时，$OD = AC + BC。$
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