解：$ (2)$分两种情况：
$ ①$当点$F $在$AD$上且$BF⊥ AD$时，四边形$BEDF $是
“等距四边形”。
$ $取$BD$的中点$O$，连接$OF$、$OE$、$EF$，
∵$BF⊥ AD$，$BE⊥ DC$，
∴$∠ BFD=∠ BED=90°$，
∴$OF=OE=\frac {1}{2}BD$，
∴四边形$BEDF $是$“$等距四边形$”$。
$ $在菱形$ABCD$中，$AB=4$，$∠ A=60°$，
∴$△ ABD$是等边三角形，$AF=\frac {1}{2}AB=2$，
$ $由勾股定理得$BF=\sqrt {AB^2-AF^2}=\sqrt {4^2-2^2}$
$=2\sqrt {3}$，
$ $由菱形对称性得$BF=BE$，$∠ EBF=60°$，
∴$△ BEF $是等边三角形，
∴$EF=BF=2\sqrt {3}$。
$ ②$当点$F $在$AB$上且$DF⊥ AB$时，四边形$DFBE$是
“等距四边形”。
$ $连接$BD$、$EF$，交于点$O$，
∵$DF⊥ AB$，$BE⊥ CD$，$AB// CD$，
∴$∠ BFD=∠ BED=∠ FBE=90°$，
∴四边形$BFDE$是矩形，
∴$BD=EF$，
$ $在菱形$ABCD$中，$AB=AD=4$，$∠ A=60°$，
∴$BD=AB=4$，
∴$EF=4$。
综上，$EF $的长为$2\sqrt {3}$或$4$。
$ (3)$存在，
$ $过点$P $分别作$PD⊥ AB$于$D$，$PE⊥ BC$于$E$，
$PF⊥ AC$于$F$，连接$AP$、$BP$、$CP$，
$ $则四边形$ADPF$、四边形$BEPD$、四边形$CEPF $
是“等距四边形”。
$ $在等边$△ ABC$中，$AB=4$，过点$A$作$AG⊥ BC$
于$G$，
∴$BG=\frac {1}{2}BC=2$，
$AG=\sqrt {AB^2-BG^2}=\sqrt {4^2-2^2}=2\sqrt {3}$，
∵$S_{△ ABC}=S_{△ APB}+S_{△ BPC}+S_{△ APC}$，
∴$\frac {1}{2}×4×2\sqrt {3}$
$=\frac {1}{2}×4× PD+\frac {1}{2}×4× PE+\frac {1}{2}×4× PF$，
∴$PD+PE+PF=2\sqrt {3}$。
三个“等距四边形”的周长和为：
$ AB+BC+AC+2(PD+PE+PF)$
$=4+4+4+2×2\sqrt {3}$
$=12+4\sqrt {3}$。
