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证明：​$(1)$​连接​$DF$​。
​$ $​因为​$AD$​为​$\odot O$​的直径，
所以​$∠ AFD=90°$​。
​$ $​因为四边形​$ABCD$​为菱形，
所以​$AD// BC$​，​$AD=CD=AB=BC$​，​$∠ A=∠ C$​。
​$ $​因为​$BE=BF$​，
所以​$BC-BE=AB-BF$​，
即​$CE=AF$​。
​$ $​在​$△ CDE$​和​$△ ADF_{中}$​，
​$ \begin {cases}\ \mathrm {CD}=AD \\∠ C=∠ A \\CE=AF \end {cases}$​
​$ $​所以​$△ CDE≌△ ADF$​，
因此​$∠ CED=∠ AFD=90°$​，
即​$DE⊥ BC$​。
​$ $​因为​$AD// BC$​，
所以​$DE⊥ AD$​，
又​$OD$​是​$\odot O$​的半径，
因此​$DE$​为​$\odot O$​的切线。
​$ (2) $​连接​$AH$​。
​$ $​因为​$AD$​为​$\odot O$​的直径，
所以​$∠ AHD=90°$​，即​$AH⊥ BD$​。
​$ $​又​$AB=AD$​，
所以​$DH=\frac {1}{2}BD$​，
已知​$DH=\sqrt {5}$​，因此​$BD=2\sqrt {5}$​。
​$ $​在​$Rt△ BFD$​中，​$∠ BFD=180°-∠ AFD=90°$​，​$BF=2$​，
​$ $​所以​$DF=\sqrt {BD^2-BF^2}=\sqrt {(2\sqrt {5})^2-2^2}=4$​。
​$ $​设​$\odot O$​的半径为​$r$​，
则​$AD=AB=2r$​，​$AF=AB-BF=2r-2$​。
​$ $​在​$Rt△ AFD$​中，​$AF^2+DF^2=AD^2$​，
即​$(2r-2)^2+4^2=(2r)^2$​，
​$ $​解得​$r=\frac {5}{2}$​。
​$ $​故​$\odot O$​的半径为​$\frac {5}{2}$​。
解：​$(1)AB=AC$​，理由如下：
​$ $​因为​$AB$​与​$\odot O$​相切于点​$B$​，
所以​$OB⊥ AB$​，
即​$∠ OBA=90°$​，
因此​$∠ OBP+∠ ABC=90°$​。
​$ $​因为​$OA⊥ AC$​，
所以​$∠ OAC=90°$​，即​$∠ APC+∠ ACB=90°$​。
​$ $​又​$OP=OB$​，
所以​$∠ OBP=∠ OPB$​，
而​$∠ OPB=∠ APC$​，
因此​$∠ OBP=∠ APC$​，
​$ $​可得​$∠ ACB=∠ ABC$​，所以​$AB=AC$​。
​$ (2) $​设​$\odot O$​的半径为​$x$​，则​$OP=OB=x$​。
​$ $​已知​$OA=5$​，
所以​$AP=OA-OP=5-x$​。
​$ $​在​$Rt△ OAB$​中，​$AB^2=OA^2-OB^2=25-x^2$​。
​$ $​在​$Rt△ PAC$​中，​$PC=2\sqrt {5}$​，
所以​$AC^2=PC^2-AP^2=(2\sqrt {5})^2-(5-x)^2$​
​$=-x^2+10x-5$​。
​$ $​由​$AB=AC$​得​$AB^2=AC^2$​，
即​$25-x^2=-x^2+10x-5$​，
解得​$x=3$​。
​$ $​故​$\odot O$​的半径为​$3$​。
​$ (3) $​作线段​$AC$​的垂直平分线​$MN$​，过点​$O$​作​$OE⊥ MN$​于
点​$E$​，
​$ $​则​$OE=\frac {1}{2}AC=\frac {1}{2}AB=\frac {1}{2}\sqrt {5^2-r^2}$​。
​$ $​要使​$\odot O$​上存在点​$Q $​满足题意，需​$OE≤ r$​，
即​$\frac {1}{2}\sqrt {25-r^2}≤ r$​，解得​$r≥\sqrt {5}$​。
​$ $​又​$\odot O$​与直线​$l$​相离，​$OA=5$​，
因此​$r＜5$​。
​$ $​故​$\odot O$​的半径​$r$​的取值范围为​$\sqrt {5}≤ r＜5$​。
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