解：$(1) $连接$OB$。
$ $因为$AC$是$⊙O$的直径，
所以$∠ ABC=90°$，
所以$∠ CBD=180°-∠ ABC=90°$。
$ $因为$M$为$CD$的中点，
所以$BM=CM=\frac {1}{2}CD$，
所以$∠ MBC=∠ MCB$。
$ $因为$CD$与$⊙O$相切于点$C$，
所以$AC⊥ CD$，
所以$∠ ACD=90°$，
所以$∠ OCB+∠ MCB=90°$，
即$∠ OCB+∠ MBC=90°$。
$ $因为$OB=OC$，
所以$∠ OBC=∠ OCB$，
所以$∠ OBC+∠ MBC=90°$，
即$∠ OBM=90°$，$OB⊥ BM$。
$ $又$OB$是$⊙O$的半径，
所以直线$BM$与$⊙O$相切。
$ (2) $补全图形，分类讨论如下：
$ ① $连接$OF_1$交$AB$于点$G$。
$ $因为$∠ ABF_1=15°$，
所以$∠ AOF_1=2∠ ABF_1=30°$。
$ $因为$∠ BAC=60°$，
所以$∠ BAC+∠ AOF_1=90°$，
所以$∠ OGA=90°$，即$OF_1⊥ AB$。
$ $因为$AC=4$，
所以$OF_1=OA=\frac {1}{2}AC=2$，
所以$AG=\frac {1}{2}OA=1$，
$ $所以$OG=\sqrt {OA^2-AG^2}=\sqrt {3}$，
所以$F_1G=OF_1-OG=2-\sqrt {3}$。
$ ② $连接$OF_2$，过点$F_2$作$F_2P⊥ OF_1$于点$P$，
$F_2Q⊥ AB$交$BA$的延长线于点$Q$，
$ $则$∠ F_2PF_1=∠ Q=∠ OGA=90°$，
所以四边形$F_2PGQ $为矩形，得$F_2Q=PG$。
$ $因为$∠ ABF_2=15°$，
所以$∠ AOF_2=2∠ ABF_2=30°$，
所以$∠ POF_2=∠ AOF_1+∠ AOF_2=60°$，
$ $所以$∠ OF_2P=90°-∠ POF_2=30°$。
$ $因为$OF_2=2$，
所以$OP=\frac {1}{2}OF_2=1$，
所以$F_2Q=PG=OG-OP=\sqrt {3}-1$。
综上所述，点$F $到直线$AB$的距离为$2-\sqrt {3}$
或$\sqrt {3}-1$。
