解：$ (1) $过点$D$作$DM⊥ y$轴于点$M$，
则$∠ DMA=∠ AOB=90°$，
$ $所以$∠ DAM+∠ ADM=90°$。
$ $因为四边形$ABCD$是正方形，
所以$DA=AB$，$∠ BAD=90°$，
$ $所以$∠ DAM+∠ BAO=180°-∠ BAD=90°$，
$ $所以$∠ ADM=∠ BAO$。
$ $因为$A(0，3)$，$B(1，0)$，
所以$OA=3$，$OB=1$。
$ $在$△ DMA$和$△ AOB$中，
$ \begin {cases} ∠ DMA=∠ AOB\\∠ ADM=∠ BAO\\DA=AB \end {cases}$
$ $所以$△ DMA≌△ AOB$，
$ $所以$MD=OA=3$，$MA=OB=1$，
$ $所以$OM=OA+MA=4$，即$D(3，4)$。
$ $因为双曲线$y=\frac {k}{x}$经过点$D$，
所以$4=\frac {k}{3}$，解得$k=12$，
$ $所以双曲线的函数表达式为$y=\frac {12}{x}$。
$ $设直线$DE$的函数表达式为$y=mx+n$，
把点$B(1，0)$，$D(3，4)$分别代入$y=mx+n$，
$ $得$\begin {cases}m+n=0\\3m+n=4\end {cases}$，
解得$\begin {cases}m=2\\n =-2\end {cases}$，
$ $所以直线$DE$的函数表达式为$y=2x-2$。
$ (2) $连接$AC$，交$BD$于点$N$，连接$CE$，
过点$E$作$EF⊥ DC$，交$DC$的延长线于点$F$。
$ $因为$∠ AOB=90°$，$OA=3$，$OB=1$，
所以$AB=\sqrt {OA^2+OB^2}=\sqrt {10}$。
$ $因为四边形$ABCD$是正方形，
所以$∠ ABC=90°$，$AC⊥ BD$，
$AN=CN=\frac {1}{2}AC$，$DC=BC=AB=\sqrt {10}$，
$ $所以$AC=\sqrt {AB^2+BC^2}=2\sqrt {5}$，
所以$CN=\sqrt {5}$。
$ $因为反比例函数$y=\frac {12}{x}$的图象经过点$E(-2，a)$，
所以$a=\frac {12}{-2}=-6$，即$E(-2，-6)$。
$ $因为$D(3，4)$，
所以$DE=\sqrt {(-2-3)^2+(-6-4)^2}=5\sqrt {5}$。
$ $因为$S_{△ CDE}=\frac {1}{2}DC· EF=\frac {1}{2}DE· CN$，
$ $所以$EF=\frac {DE· CN}{DC}=\frac {5\sqrt {10}}{2}$，
$ $故点$E$到直线$DC$的距离为$\frac {5\sqrt {10}}{2}$。
$ (3) $作点$E(-2，-6)$关于$x$轴的对称点$E'$，
连接$PE'$，$DE'$，则$E'(-2，6)$，$PE'=PE$，
$ $所以$|PD-PE|=|PD-PE'|$。
$ $因为$|PD-PE'|≤ DE'$，
所以$|PD-PE|$有最大值，且最大值即为$DE'$
的长，此时$P，D，E'$三点共线。
$ $设直线$DE'$的函数表达式为$y=px+q$，
把点$D(3，4)$，$E'(-2，6)$分别代入$y=px+q$，
$ $得$\begin {cases}3p+q=4\\-2p+q=6\end {cases}$，解得$\begin {cases}p=-\frac {2}{5}\\q =\frac {26}{5}\end {cases}$，
$ $所以直线$DE'$的函数表达式为$y=-\frac {2}{5}x+\frac {26}{5}$。
$ $在$y=-\frac {2}{5}x+\frac {26}{5}$中，
令$y=0$，得$-\frac {2}{5}x+\frac {26}{5}=0$，
解得$x=13$，则$P(13，0)$。
$ $故存在满足题意的点$P$，点$P $的坐标为$(13，0)$。
