（1）在$y=\frac{3}{2}x+3$中，令$x=0$得$y=3$，令$y=0$得$x=-2$，
$\therefore A\left(-2,0\right)$，$B\left(0,3\right)$，
$\because$点$C$是点$A$关于$y$轴的对称点，
$\therefore C\left(2,0\right)$，
把$D\left(-1,a\right)$代入$y=\frac{3}{2}x+3$得：$a=-\frac{3}{2}+3=\frac{3}{2}$，
$\therefore D(-1$，$\frac{3}{2})$，
把$C\left(2,0\right)$，$D(-1$，$\frac{3}{2})$代入$y=kx+b$得：
$\left\{\begin{array}{l}{2k+b=0}\\{-k+b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
$\therefore$直线$CD$的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+1$；
$(2)$在直线$CD$上存在一点$P$，使得$S_{\triangle PAB}=2S_{\triangle COD}$，理由如下：
设$P(m$，$-\frac{1}{2}m+1)$，直线$BP$交$x$轴于$Q$，如图：

$\because C\left(2,0\right)$，$D(-1$，$\frac{3}{2})$，
$\therefore S_{\triangle COD}=\frac{1}{2}\times 2\times \frac{3}{2}=\frac{3}{2}$，
$\because S_{\triangle PAB}=2S_{\triangle COD}$，
$\therefore S_{\triangle PAB}=3$，
由$B\left(0,3\right)$，$P(m$，$-\frac{1}{2}m+1)$可得直线$BP$解析式为$y=\frac{-m-4}{2m}x+3$，
令$y=0$得$x=\frac{6m}{m+4}$，
$\therefore Q(\frac{6m}{m+4}$，$0)$，
$\therefore AQ=|\frac{6m}{m+4}-\left(-2\right)|=|\frac{8m+8}{m+4}|$，
$\therefore \frac{1}{2}|\frac{8m+8}{m+4}|\cdot [3-(-\frac{1}{2}m+1)]=3$，
即$|\frac{8m+8}{m+4}|\cdot \left(m+4\right)=12$，
$\therefore 8m+8=12$或$8m+8=-12$，
解得$m=\frac{1}{2}$或$m=-\frac{5}{2}$，
$\therefore P$的坐标为（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$）或$(-\frac{5}{2}$，$\frac{9}{4})$；
$(3)$过$D$作$DK\bot x$轴于$K$，过${D\’}$作${D\’}T\bot x$轴于$T$，如图：

$\because$等腰直角$\triangle DOD\’$，
$\therefore DO={D\’}O$，$\angle DOD\’=90^{\circ}$，
$\therefore \angle DOK=90^{\circ}-\angle {D\’}OT=\angle OD\’T$，
$\because \angle DKO=\angle OTD\’=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle DKO$≌$\triangle OTD\’\left(AAS\right)$，
$\because D(-1$，$\frac{3}{2})$，
$\therefore DK=OT=\frac{3}{2}$，$OK={D\’}T=1$，
$\therefore {D\’}(\frac{3}{2}$，$1)$，
由${D\’}(\frac{3}{2}$，$1),B\left(0,3\right)$得直线$BD\’$解析式为$y=-\frac{4}{3}x+3$，
当$M$在$AB$左侧时，$\angle MAB=\angle ABD\’$，
$\therefore AM$∥$BD\’$，
设直线$AM$解析式为$y=-\frac{4}{3}x+t$，
把$A\left(-2,0\right)$代入得$0=\frac{8}{3}+t$，
解得$t=-\frac{8}{3}$，
$\therefore$直线$AM$解析式为$y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3}}\\{y=-\frac{1}{2}x+1}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{22}{5}}\\{y=\frac{16}{5}}\end{array}\right.$，
$\therefore M(-\frac{22}{5}$，$\frac{16}{5})$；
当$M$在$AB$右侧时，在$BD\’$延长线上取点$H$，使$BH=AH$，连接$AH$并延长交直线$CD$于$M$，如图：

设$H(n$，$-\frac{4}{3}n+3)$，
$\because A\left(-2,0\right)$，$B\left(0,3\right)$，
$\therefore \left(n+2\right)^{2}+(-\frac{4}{3}n+3)^{2}=n^{2}+(-\frac{4}{3}n+3-3)^{2}$，
解得$n=\frac{13}{4}$，
$\therefore H(\frac{13}{4}$，$-\frac{4}{3})$，
由$A\left(-2,0\right)$，$H(\frac{13}{4}$，$-\frac{4}{3}$）得直线$AH$解析式为$y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63}}\\{y=-\frac{1}{2}x+1}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{190}{31}}\\{y=-\frac{64}{31}}\end{array}\right.$，
$\therefore M(\frac{190}{31}$，$-\frac{64}{31})$，
综上所述，$M$的坐标为$(-\frac{22}{5}$，$\frac{16}{5}$）或（$\frac{190}{31}$，$-\frac{64}{31})$.

（1）在$y=\frac{3}{2}x+3$中，令$x=0$得$y=3$，令$y=0$得$x=-2$，
$\therefore A\left(-2,0\right)$，$B\left(0,3\right)$，
$\because$点$C$是点$A$关于$y$轴的对称点，
$\therefore C\left(2,0\right)$，
把$D\left(-1,a\right)$代入$y=\frac{3}{2}x+3$得：$a=-\frac{3}{2}+3=\frac{3}{2}$，
$\therefore D(-1$，$\frac{3}{2})$，
把$C\left(2,0\right)$，$D(-1$，$\frac{3}{2})$代入$y=kx+b$得：
$\left\{\begin{array}{l}{2k+b=0}\\{-k+b=\frac{3}{2}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{1}{2}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
$\therefore$直线$CD$的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+1$；
$(2)$在直线$CD$上存在一点$P$，使得$S_{\triangle PAB}=2S_{\triangle COD}$，理由如下：
设$P(m$，$-\frac{1}{2}m+1)$，直线$BP$交$x$轴于$Q$，如图：

$\because C\left(2,0\right)$，$D(-1$，$\frac{3}{2})$，
$\therefore S_{\triangle COD}=\frac{1}{2}\times 2\times \frac{3}{2}=\frac{3}{2}$，
$\because S_{\triangle PAB}=2S_{\triangle COD}$，
$\therefore S_{\triangle PAB}=3$，
由$B\left(0,3\right)$，$P(m$，$-\frac{1}{2}m+1)$可得直线$BP$解析式为$y=\frac{-m-4}{2m}x+3$，
令$y=0$得$x=\frac{6m}{m+4}$，
$\therefore Q(\frac{6m}{m+4}$，$0)$，
$\therefore AQ=|\frac{6m}{m+4}-\left(-2\right)|=|\frac{8m+8}{m+4}|$，
$\therefore \frac{1}{2}|\frac{8m+8}{m+4}|\cdot [3-(-\frac{1}{2}m+1)]=3$，
即$|\frac{8m+8}{m+4}|\cdot \left(m+4\right)=12$，
$\therefore 8m+8=12$或$8m+8=-12$，
解得$m=\frac{1}{2}$或$m=-\frac{5}{2}$，
$\therefore P$的坐标为（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$）或$(-\frac{5}{2}$，$\frac{9}{4})$；
$(3)$过$D$作$DK\bot x$轴于$K$，过${D\’}$作${D\’}T\bot x$轴于$T$，如图：

$\because$等腰直角$\triangle DOD\’$，
$\therefore DO={D\’}O$，$\angle DOD\’=90^{\circ}$，
$\therefore \angle DOK=90^{\circ}-\angle {D\’}OT=\angle OD\’T$，
$\because \angle DKO=\angle OTD\’=90^{\circ}$，
$\therefore \triangle DKO$≌$\triangle OTD\’\left(AAS\right)$，
$\because D(-1$，$\frac{3}{2})$，
$\therefore DK=OT=\frac{3}{2}$，$OK={D\’}T=1$，
$\therefore {D\’}(\frac{3}{2}$，$1)$，
由${D\’}(\frac{3}{2}$，$1),B\left(0,3\right)$得直线$BD\’$解析式为$y=-\frac{4}{3}x+3$，
当$M$在$AB$左侧时，$\angle MAB=\angle ABD\’$，
$\therefore AM$∥$BD\’$，
设直线$AM$解析式为$y=-\frac{4}{3}x+t$，
把$A\left(-2,0\right)$代入得$0=\frac{8}{3}+t$，
解得$t=-\frac{8}{3}$，
$\therefore$直线$AM$解析式为$y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{4}{3}x-\frac{8}{3}}\\{y=-\frac{1}{2}x+1}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{22}{5}}\\{y=\frac{16}{5}}\end{array}\right.$，
$\therefore M(-\frac{22}{5}$，$\frac{16}{5})$；
当$M$在$AB$右侧时，在$BD\’$延长线上取点$H$，使$BH=AH$，连接$AH$并延长交直线$CD$于$M$，如图：

设$H(n$，$-\frac{4}{3}n+3)$，
$\because A\left(-2,0\right)$，$B\left(0,3\right)$，
$\therefore \left(n+2\right)^{2}+(-\frac{4}{3}n+3)^{2}=n^{2}+(-\frac{4}{3}n+3-3)^{2}$，
解得$n=\frac{13}{4}$，
$\therefore H(\frac{13}{4}$，$-\frac{4}{3})$，
由$A\left(-2,0\right)$，$H(\frac{13}{4}$，$-\frac{4}{3}$）得直线$AH$解析式为$y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{16}{63}x-\frac{32}{63}}\\{y=-\frac{1}{2}x+1}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{190}{31}}\\{y=-\frac{64}{31}}\end{array}\right.$，
$\therefore M(\frac{190}{31}$，$-\frac{64}{31})$，
综上所述，$M$的坐标为$(-\frac{22}{5}$，$\frac{16}{5}$）或（$\frac{190}{31}$，$-\frac{64}{31})$.